Czy dla wszystkich możliwych kombinacji \(\displaystyle{ a}\) oraz \(\displaystyle{ k}\) poniższe równanie może być spełnione?
\(\displaystyle{ \frac {n^{a} \cdot k-b}{2^{a} \cdot k-b}=2^{x}}\)
Wszystkie zmiennie to liczby naturalne (bez zera).
Równanie kilku zmiennych
-
max
- Użytkownik
- Posty: 3306
- Rejestracja: 10 gru 2005, o 17:48
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Lebendigentanz
- Podziękował: 37 razy
- Pomógł: 778 razy
Równanie kilku zmiennych
Równoważnie:
\(\displaystyle{ k(2^{x+a} - n^{a}) = b(2^{x} - 1).}\)
Zawsze możemy przyjąć \(\displaystyle{ b = k\cdot c,}\) więc bez straty ogólności \(\displaystyle{ k = 1.}\)
Czyli:
\(\displaystyle{ 2^{x+a} - n^{a} = b(2^{x} - 1)}\)
Równoważnie \(\displaystyle{ 2^{x}-1 \mid 2^{x + a} - n^{a}.}\)
Przyjmując \(\displaystyle{ n = 1, x \mid a}\) i korzystając ze znanej implikacji \(\displaystyle{ x\mid y\implies t^{x} - 1\mid t^{y} - 1}\) dla \(\displaystyle{ x, y, t \in \{1,2,\ldots\}, \ t \ge 2}\) otrzymujemy tę podzielność.
\(\displaystyle{ k(2^{x+a} - n^{a}) = b(2^{x} - 1).}\)
Zawsze możemy przyjąć \(\displaystyle{ b = k\cdot c,}\) więc bez straty ogólności \(\displaystyle{ k = 1.}\)
Czyli:
\(\displaystyle{ 2^{x+a} - n^{a} = b(2^{x} - 1)}\)
Równoważnie \(\displaystyle{ 2^{x}-1 \mid 2^{x + a} - n^{a}.}\)
Przyjmując \(\displaystyle{ n = 1, x \mid a}\) i korzystając ze znanej implikacji \(\displaystyle{ x\mid y\implies t^{x} - 1\mid t^{y} - 1}\) dla \(\displaystyle{ x, y, t \in \{1,2,\ldots\}, \ t \ge 2}\) otrzymujemy tę podzielność.
-
matemix
- Użytkownik
- Posty: 465
- Rejestracja: 10 cze 2008, o 19:38
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 12 razy
- Pomógł: 1 raz
Równanie kilku zmiennych
Zapomniałem dodać pewnego założenia, mianowicie, że \(\displaystyle{ n>2}\). Ponad to licznik oraz mianownik muszą być większe od zera...
Wydaje mi się, że wtedy chyba nie będzie rozwiązań dla wszystkich a i k. Już chyba dla a=3 oraz k=1 nie da się takiego rozwiązania znaleźć, ale nie mam dowodu.
Wydaje mi się, że wtedy chyba nie będzie rozwiązań dla wszystkich a i k. Już chyba dla a=3 oraz k=1 nie da się takiego rozwiązania znaleźć, ale nie mam dowodu.
-
max
- Użytkownik
- Posty: 3306
- Rejestracja: 10 gru 2005, o 17:48
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Lebendigentanz
- Podziękował: 37 razy
- Pomógł: 778 razy
Równanie kilku zmiennych
Hmm, to trochę zmienia, zwłaszcza założenie o dodatniości licznika i mianownika.
Jak napisałem bez straty ogólności możemy przyjąć \(\displaystyle{ k=1}\) (jeśli w tym przypadku istnieje rozwiązanie, to istnieje dla dowolnego \(\displaystyle{ k}\)).
Czyli ma być:
\(\displaystyle{ 2^{x + a} - n^{a} = b(2^{x} - 1),}\) przy czym \(\displaystyle{ 2^{a} > b = \frac{2^{x+a} - n^{a}}{2^{x} - 1},}\) oraz \(\displaystyle{ n > 2.}\)
Dla małych \(\displaystyle{ a}\) nietrudno byłoby napisać program, który będzie sprawdzał istnienie małych rozwiązań.
Jak napisałem bez straty ogólności możemy przyjąć \(\displaystyle{ k=1}\) (jeśli w tym przypadku istnieje rozwiązanie, to istnieje dla dowolnego \(\displaystyle{ k}\)).
Czyli ma być:
\(\displaystyle{ 2^{x + a} - n^{a} = b(2^{x} - 1),}\) przy czym \(\displaystyle{ 2^{a} > b = \frac{2^{x+a} - n^{a}}{2^{x} - 1},}\) oraz \(\displaystyle{ n > 2.}\)
Dla małych \(\displaystyle{ a}\) nietrudno byłoby napisać program, który będzie sprawdzał istnienie małych rozwiązań.