Trzy podzielności

Podzielność. Reszty z dzielenia. Kongruencje. Systemy pozycyjne. Równania diofantyczne. Liczby pierwsze i względnie pierwsze. NWW i NWD.
Awatar użytkownika
mol_ksiazkowy
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 11265
Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 3143 razy
Pomógł: 747 razy

Trzy podzielności

Post autor: mol_ksiazkowy »

Udowodnić, że jeśli \(\displaystyle{ b}\) dzieli \(\displaystyle{ a^3}\), \(\displaystyle{ c}\) dzieli \(\displaystyle{ b^3}\) i \(\displaystyle{ a}\) dzieli \(\displaystyle{ c^3}\), to \(\displaystyle{ abc}\) dzieli \(\displaystyle{ (a+b+c)^{13}.}\)
Ostatnio zmieniony 1 lip 2022, o 10:44 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Interpunkcja.
Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 15685
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 195 razy
Pomógł: 5219 razy

Re: Trzy podzielności

Post autor: Premislav »

Ustalmy dowolną liczbę \(\displaystyle{ p\in \PP}\) wchodzącą do rozkładu \(\displaystyle{ abc}\) na czynniki pierwsze z dodatnim wykładnikiem.
Niech \(\displaystyle{ v_p(a)=x, \ v_p(b)=y, \ v_p(c)=z}\). Oczywiście \(\displaystyle{ v_p(abc)=x+y+z}\). Skoro \(\displaystyle{ b}\) dzieli \(\displaystyle{ a^3}\), to \(\displaystyle{ y=v_p(b)\le 3 v_p(a)=3x}\). Analogicznie \(\displaystyle{ z\le 3 y}\) i \(\displaystyle{ x\le 3 z}\).
Niech \(\displaystyle{ i,j,k\in \NN, \ i+j+k=13}\), Mamy \(\displaystyle{ v_p\left(a^ib^jc^k\right)=ix+jy+kz}\). Chcemy wykazać (ocywiście nie jest to warunek konieczny, by zaszła żądana podzielność, lecz jest to warunek dostateczny, i udowodnimy, że jest on spełniony), że przy sformułowanych uprzednio warunkach jest \(\displaystyle{ ix+jy+kz\ge x+y+z}\). Nierówność ta zda się wprost oczywista nawet ślepemu koniowi, gdy \(\displaystyle{ i,j,k\ge 1}\). Przypuśćmy, że tak nie jest. Dla ustalenia uwagi niech \(\displaystyle{ k=0}\). Wtedy \(\displaystyle{ i,j\in \NN, \ i+j=13}\), a dążymy do wykazania, że
\(\displaystyle{ ix+jy\ge x+y+z}\). Mamy \(\displaystyle{ z\le 3 y\le 9x}\), toteż
\(\displaystyle{ 13z=(i+j)z=iz+jz\le 9ix+3jy}\), a innymi słowy \(\displaystyle{ z\le \frac{9ix+3jy}{13}}\).
Wystarczy zatem wykazać, że \(\displaystyle{ \frac{4}{13}ix+\frac{10}{13}jy\ge x+y}\), a innymi słowy (nie lubię ułamków)
\(\displaystyle{ 4ix+10jy\ge 13x+13y}\).
(*) Jeśli \(\displaystyle{ j\ge 2 }\), to \(\displaystyle{ (10j-13)y\ge \frac{10j-13}{9}x}\) i pozostaje nierówność \(\displaystyle{ \frac{10j-13}{9}\ge 13-4i}\), a równoważnie
\(\displaystyle{ 36i+10j\ge 130}\), lecz \(\displaystyle{ 36i+10j\ge 10i+10j=130}\) i tyle.
(**) Jeśli \(\displaystyle{ j=0}\), to
\(\displaystyle{ i=13}\) i mamy wykazać, że
\(\displaystyle{ 39x\ge 13 y}\), co jest równoważne ustalonemu już związkowi \(\displaystyle{ 3x\ge y}\).
(***) Jeśli \(\displaystyle{ j=1}\), to \(\displaystyle{ i=12}\) i należy udowodnić, że
\(\displaystyle{ 35x\ge 3y }\), co jest nierównością słabszą niż \(\displaystyle{ (**)}\).

To kończy ten obrzydliwy dowód. Sorki, ale uparłem się, że to zrobię, a mam niski iloraz (pewnie stąd ta niechęć do ułamków :mrgreen:).
Awatar użytkownika
mol_ksiazkowy
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 11265
Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 3143 razy
Pomógł: 747 razy

Re: Trzy podzielności

Post autor: mol_ksiazkowy »

Być może prościej bedzie udowodnić, że \(\displaystyle{ abc}\) dzieli każdą z liczb \(\displaystyle{ a^{13}, b^{13}, c^{13}}\)...
Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 15685
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 195 razy
Pomógł: 5219 razy

Re: Trzy podzielności

Post autor: Premislav »

mol_ksiazkowy pisze: 1 lip 2022, o 13:30 Być może prościej bedzie udowodnić, że \(\displaystyle{ abc}\) dzieli każdą z liczb \(\displaystyle{ a^{13}, b^{13}, c^{13}}\)...
No to jeśli się przyjrzeć, właśnie to wykazuję, tylko używam trochę mało popularnego zapisu. Natomiast poprawię się i dopiszę prostszy dowód nierówności \(\displaystyle{ ix+jy+kz\ge x+y+z}\), gdzie \(\displaystyle{ x=v_p(a), \ y=v_p(b), \ z=v_p(c)}\), bez żadnych przypadków (bo aż wstyd).
Równoważnie mamy
\(\displaystyle{ 13ix+13jy+13kz\ge 13(x+y+z)}\).
Ponadto z założeń zadania wynika, że \(\displaystyle{ 3x\ge y, \ 3y\ge z, \ 3z\ge x}\) (stąd też \(\displaystyle{ 9x\ge z, \ 9y\ge x, \ 9z\ge y}\)), czyli (wszak \(\displaystyle{ 13=9+3+1}\))
\(\displaystyle{ 13ix+13jy+13kz\ge ix+iy+iz+jx+jy+jz+kx+ky+kz=13(x+y+z)}\), c.n.d.
Math_Logic
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 73
Rejestracja: 8 paź 2021, o 20:06
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 2 razy
Pomógł: 14 razy

Re: Trzy podzielności

Post autor: Math_Logic »

\(\displaystyle{ b \mid a^3}\) i \(\displaystyle{ c \mid b^3}\) i \(\displaystyle{ a \mid c^3}\)

Pokażę nie wprost, że liczby \(\displaystyle{ a,b,c}\) są potęgami najmniejszej z nich. Najpierw rozpatrzmy przypadek, że \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\) mają w rozkładach chociaż jedną inną liczbę. Rozbijamy to na dwa przypadki: \(\displaystyle{ a < b}\), wtedy żeby b dzieliło \(\displaystyle{ a^3}\) musi być potęgą liczby \(\displaystyle{ a}\) (drugą lub trzecią). Natomiast, gdy \(\displaystyle{ a > b,}\) to wówczas z faktu, że \(\displaystyle{ b \mid a^3}\) wynika, że \(\displaystyle{ b \mid a,}\) ponieważ \(\displaystyle{ a \mid c^3}\), to z tego samego powodu \(\displaystyle{ a \mid c.}\) A c \mid b^3 zatem z przechodności relacji podzielności \(\displaystyle{ a \mid b^3}\) pamiętając, że \(\displaystyle{ a}\) jest większe od \(\displaystyle{ b}\), a musi być jakąś potęgą \(\displaystyle{ b}\).
Analogicznie pokazujemy, że podobną własność ma \(\displaystyle{ c.}\)

Teraz bez utraty ogólności możemy założyć, że \(\displaystyle{ a \le b \le c}\) w najgorszym przypadku \(\displaystyle{ abc = a^{10}}\) a \(\displaystyle{ (a+b+c)^{13} = a^{13} \cdot k^{13}}\) gdzie \(\displaystyle{ k}\) jest jakąś liczbą całkowitą. Co kończy rozumowanie.

Napisałem bardzo na skróty, więc nie nazwę tego dowodem, ale mam nadzieję, że idea jest jasna.
Awatar użytkownika
Dasio11
Moderator
Moderator
Posty: 10211
Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 40 razy
Pomógł: 2359 razy

Re: Trzy podzielności

Post autor: Dasio11 »

Math_Logic pisze: 7 lip 2022, o 10:34\(\displaystyle{ b \mid a^3}\) i \(\displaystyle{ c \mid b^3}\) i \(\displaystyle{ a \mid c^3}\)

Pokażę nie wprost, że liczby \(\displaystyle{ a,b,c}\) są potęgami najmniejszej z nich.
Nie muszą, na przykład \(\displaystyle{ a = 24}\), \(\displaystyle{ b = 36}\), \(\displaystyle{ c = 54}\).
Math_Logic
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 73
Rejestracja: 8 paź 2021, o 20:06
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 2 razy
Pomógł: 14 razy

Re: Trzy podzielności

Post autor: Math_Logic »

Fakt. Muszą zawierać te same liczby w rozkładzie, ale nie muszą one być w proporcjonalnych potęgach, dziękuję.

Niech \(\displaystyle{ b \mid a^3 \wedge c \mid b^3 \wedge a \mid c^3.}\)

Niech \(\displaystyle{ p \in \PP.}\) Wówczas mamy trzy opcje.

1. \(\displaystyle{ p}\) dzieli \(\displaystyle{ a.}\) Teraz ponieważ \(\displaystyle{ a \mid c^3,}\) to z przechodniości relacji podzielności mamy \(\displaystyle{ p \mid c^3,}\) a ponieważ \(\displaystyle{ p}\) jest pierwsze, to \(\displaystyle{ p \mid c.}\) Znowu z przechodniości \(\displaystyle{ p}\) dzieli \(\displaystyle{ b^3}\) i z pierwszości \(\displaystyle{ p}\), \(\displaystyle{ p \mid b.}\)

Sytuacje, gdy \(\displaystyle{ p}\) dzieli \(\displaystyle{ b}\) oraz \(\displaystyle{ p}\) dzieli \(\displaystyle{ c}\) sprawdza się analogicznie (tym razem sprawdziłem, ale nie będę już rozpisywał).

Wniosek z tego taki, że liczby te mają w rozkładzie takie same liczby pierwsze, tylko mogą być w różnych potęgach (jak pokazał Dasio11).
Dodatkowo, po sprawdzeniu tych trzech opcji, bez utraty ogólności możemy założyć, że \(\displaystyle{ a \le b \le c.}\)

\(\displaystyle{ v_p(a) \le 3v_p(c) \le 9v_p(b)}\) zatem \(\displaystyle{ v_p(abc) \le 13v_p(a)}\) zachodzi to dla każdego \(\displaystyle{ p}\) dzielącego \(\displaystyle{ abc,}\) co z faktem, że po rozpisaniu \(\displaystyle{ (a+b+c)^{13}}\) suma wykładników w kolejnych składnich jest \(\displaystyle{ 13}\) - kończy dowód.

Co jest w sumie tym samym pomysłem co u Premislava.
Awatar użytkownika
Dasio11
Moderator
Moderator
Posty: 10211
Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 40 razy
Pomógł: 2359 razy

Re: Trzy podzielności

Post autor: Dasio11 »

Math_Logic pisze: 8 lip 2022, o 10:53Dodatkowo, po sprawdzeniu tych trzech opcji, bez utraty ogólności możemy założyć, że \(\displaystyle{ a \le b \le c.}\)
Dlaczego?
Math_Logic pisze: 8 lip 2022, o 10:53\(\displaystyle{ v_p(abc) \le 13v_p(a)}\) zachodzi to dla każdego \(\displaystyle{ p}\) dzielącego \(\displaystyle{ abc,}\) co z faktem, że po rozpisaniu \(\displaystyle{ (a+b+c)^{13}}\) suma wykładników w kolejnych składnich jest \(\displaystyle{ 13}\) - kończy dowód.
To przejście też wygląda podejrzanie.
ODPOWIEDZ