Czy zachodzi równanie ?

[aneta95xx]

czy wśrod liczb naturalnych dodatnich istnieją takie liczby które spełniają równanie :
\(\displaystyle{ a \cdot 2 ^{a} +b ^{} \cdot 2 ^{b} =c \cdot 2 ^{c}}\) ? Jak to ugryźć ?

[tatteredspire]

Nie.

Wskazówka: Pokaż, że założenie \(\displaystyle{ a<b<c}\) nie wpływa na ogólność równania i wtedy poszukaj sprzeczności.

[aneta95xx]

ehhh, chyba nadal nie rozpykam sama tego zadanka, pomoze ktoś ?

[tatteredspire]

Spróbuj pokazać, że gdy to założenie nie jest spełnione, to to równanie jest sprzeczne. Pokaż jakieś próby to pomogę (mam nadzieję, że się nie pomyliłem).

[tometomek91]

Spróbuj pokazać, że gdy to założenie nie jest spełnione, to to równanie jest sprzeczne.

To nic nie da

[tatteredspire]

Tak, to nie będzie dowód na sprzeczność w ogólnym przypadku. Po prostu niech sama coś zrobi, będą próby, to będzie można pomóc, a nie od razu gotowca dawać. Ja robiłem to tak, że najpierw pokazałem sprzeczność w pozostałych przypadkach, a potem w tym. W sumie to powinienem był dodać "najpierw spróbuj pokazać".

[tometomek91]

Może tak:
Przede wszystkim musi być \(\displaystyle{ c>a \ge b}\). Załóżmy, że \(\displaystyle{ a>b}\). Wtedy jeśli \(\displaystyle{ b}\) jest nieparzyste, to \(\displaystyle{ c2^c=a2^a+b2^b=2^b(a2^{a-b}+b)}\) i nawias jest liczbą nieparzystą. Lewa podzielna przez \(\displaystyle{ 2^c}\), prawa nie (bo \(\displaystyle{ b<c}\)) - sprzeczność. Jeśli \(\displaystyle{ b}\) jest parzyste i nie jest potęgą dwójki, to \(\displaystyle{ b}\) w rozkładzie na czynniki pierwsze mamy \(\displaystyle{ b=2^{\alpha}p_1p_2...p_n \stackrel{\text{ozn.}}{=}2^{\alpha} \cdot q}\) gdzie \(\displaystyle{ \alpha \le a-b}\) (gdy \(\displaystyle{ \alpha>a-b}\) podobnie) i wtedy \(\displaystyle{ c2^c=a2^a+b2^b=2^{b+\alpha}(a2^{a-b-\alpha}+q)}\) i znów nawias jest nieparzysty, zatem prawa musi być podzielna przez \(\displaystyle{ 2^c}\), czyli \(\displaystyle{ c \le b+\alpha \le b+a-b=a}\) - sprzeczność. I wreszcie gdy \(\displaystyle{ b=2^x}\) dla pewnego \(\displaystyle{ x}\), to znów po rozważeniu przypadków \(\displaystyle{ x+b<a}\) i \(\displaystyle{ x+b \ge a}\) mamy sprzeczność. Da się to uprościć od razu rozkładając liczby na czynniki pierwsze.

Można jeszcze udowodnić, że liczby postaci \(\displaystyle{ a2^a}\) mają \(\displaystyle{ a}\) zer na końcu w zapisie binarnym i jedynkę na \(\displaystyle{ (a+1)}\)-ym miejscu i skorzystać z własności dodawania w zapisie binarnym, ale nie chce mi się już teraz nad tym myśleć

[Zordon]

Musi być \(\displaystyle{ c\geq a+1}\),\(\displaystyle{ c\geq b+1}\). Z tego wynika, że prawa strona jest większa niż lewa.

[tatteredspire]

Założenie \(\displaystyle{ c>b >a}\) (w pozostałych przypadkach zachodzić to równanie nie może, co łatwo pokazać)

\(\displaystyle{ a \cdot 2^a+b \cdot 2^b=c \cdot 2^c \Leftrightarrow a \cdot 2^a+b \cdot 2^{b-a} \cdot 2^a=c \cdot 2^a \cdot 2^{c-a} \Leftrightarrow a+b \cdot 2^{b-a}=c \cdot 2^{c-a} \Leftrightarrow a=c \cdot 2^{c-a}-b \cdot 2^{b-a} \Leftrightarrow \frac{a}{b}=\frac{c}{b} \cdot 2^{c-a}-2^{b-a} \Leftrightarrow \frac{a}{b}=2^{b-a} \cdot \left(\frac{c}{b} \cdot 2^{c-b}-1\right)}\) - sprzeczność na mocy założenia jako że liczba mniejsza od \(\displaystyle{ 1}\) jest równa liczbie od \(\displaystyle{ 1}\) większej.

[Zordon]

Nie musisz przy każdym przejściu pisać równoważności. Przyjmuje się konwencję, że zestaw równości pisanych jedna pod drugą w domyśle jest zestawem równości równoważnych.

[tatteredspire]

Tak, wiem, ale jakoś wygodniej mi pisać i czytać od lewej do prawej niż z góry na dół, a skoro jest to dopuszczalne, to z tego korzystam.