Dowody z podzielności

[squared]

Mam dwa zadania
1) \(\displaystyle{ d|(10b-1) \wedge d|(10a+c) \Rightarrow d|(a+bc)}\)
Rozpisywałem to z definicji przekształcałem i nie bardzo otrzymałem coś, co by doprowadziło mnie do końca zadania.

oraz

2) Pokazać, że jeśli \(\displaystyle{ a,b,c,d\in \ZZ}\) oraz \(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2 =d^2}\)] to przynajmniej dwie z tych liczb są parzyste.

Jest inny sposób niż rozważanie wszystkich przypadków kolejno?

Proszę o wskazówki jakieś.

[Premislav]

Nic dziwnego, że nie otrzymałeś (to nie złośliwość). Strzelam, że w pierwszym powinno być \(\displaystyle{ d|(10b-1)}\), intuicja mówi mi, że w takiej postaci, w jakiej to zapisałeś, to święta lipka, a intuicji przychodzą z pomocą przypadkowe obliczenia:
niechaj \(\displaystyle{ a=3, b=1, d=4, c=2}\). Założenia są spełnione. Ale cztery nie dzieli piątki.

[squared]

Oczywiście, że w pierwszym jest literówka, teraz jest dobrze napisane.

[Zahion]

2. Jakich przypadków, przecież wystarczy rozpatrzeć dwa. Dodatkowo oba są łącznie na 3 linijki.
Add 1.
\(\displaystyle{ d| a\left( 10b-1\right) = 10ab - a}\) i \(\displaystyle{ d| b\left( 10a+c\right)= 10ab + bc}\), stąd \(\displaystyle{ d| -\left( 10ab - a \right) + \left( 10ab+bc\right)= a+bc}\)

[squared]

Skąd to się wzięło?
\(\displaystyle{ d| a\left( 10b-1\right) = 10ab - a}\)

Co do drugiego. No mamy np. 4 liczby nieparzyste, 3 liczby nieparzyste, 2 liczby nieparzyste, 1 liczba nieparzysta, 0 liczb nieparzystych (reszta parzysta zawsze). My mamy pokazać, że taki warunek musi być spełniony. Zatem "negatywne" przypadki też rozpatrujemy, pokazując, że dla niech nie jest spełniona druga zależność.

[Zahion]

Skoro\(\displaystyle{ d|10b-1}\) to również \(\displaystyle{ d|a\left( 10b-1\right)}\), bo liczba \(\displaystyle{ 10b-1}\) jest podzielna przez \(\displaystyle{ d}\).
Co do drugiego zadania.
Jeśli rozpatrzymy przypadki : 1) Cztery liczby są nieparzyste 2) trzy liczby są nieparzyste i uzyskamy sprzeczność, to oznaczać będzie, że warunkiem koniecznym jest, żeby co najmniej dwie z tych czterech liczb były parzyste, ale nie warunkiem dostatecznym.

[squared]

No właśnie, a chcemy też pokazać, że to warunek dostateczny.

[Zahion]

Nie. Nawet rozpatrując wszystkie \(\displaystyle{ 4}\) przypadki nie dostaniemy warunku dostatecznego ( przykład \(\displaystyle{ a=b=c=d=2}\), mamy \(\displaystyle{ 4}\) liczby parzyste, a równanie nie jest spełnione). Nie chce tutaj bawić się w analizę, bo nie jestem w tym najlepszy, ale według mnie, pokazanie tych dwóch przypadków zakończy dowód.