Matematyka.pl

smigol pisze:Wciąż nie rozumiem. Ten "oczywisty" brak rozwiązań jest uzasadniany w pięciu linijkach... Czego nie rozumiesz w tym uzasadnieniu?

To uzasadnienie rozumiem, ale ono dotyczy przypadku gdy \(\displaystyle{ (a,b)=(b,c)=(a,c)=1}\).

Ja chciałbym zobaczyć dowód także w przypadku gdy warunek \(\displaystyle{ (a,b)=(b,c)=(a,c)=1}\) nie jest spełniony, bo nie widzę w jaki sposób wynika to z uzasadnienia Vaxa (pogrubiłem to uzasadnienie).

Vax pisze:Możemy założyć, że \(\displaystyle{ a,b,c}\) są parami względnie pierwsze (wszelkie możliwe wspólne dzielniki skracają nam się)

Stosując się do tego, co napisał Vax, napisałem już wcześniej:

theoldwest pisze:Częściowo już napisałem, ale OK. No więc:

Vax pisze:Możemy założyć, że \(\displaystyle{ a,b,c}\) są parami względnie pierwsze (wszelkie możliwe wspólne dzielniki skracają nam się)
Przyjmijmy \(\displaystyle{ (a,b)=d_1,(a,c)=d_2,(b,c)=d_3}\) oraz \(\displaystyle{ a=d_1k_1=d_2k_2,b=d_1l_1=d_3l_2,c=d_2m_1=d_3m_2}\) dla pewnych całkowitych, różnych od zera \(\displaystyle{ k_1,k_2,l_1,l_2,m_1,m_2}\) gdzie \(\displaystyle{ (k_1,l_1)=(l_2,m_2)=(m_1,k_2)=1}\)

Skąd zatem "oczywisty" brak rozwiązań równania \(\displaystyle{ \frac{k_1}{l_1}+\frac{l_2}{m_2}+\frac{m_1}{k_2}=1}\)?

Nie widzę dlaczego równanie \(\displaystyle{ \frac{k_1}{l_1}+\frac{l_2}{m_2}+\frac{m_1}{k_2}=1}\) jest sprzeczne i chciałbym, by ktoś mi to wyjaśnił.

theoldwest pisze: To uzasadnienie rozumiem, ale ono dotyczy przypadku gdy \(\displaystyle{ (a,b)=(b,c)=(a,c)=1}\).

Każdy przypadek można sprowadzić do takiego jak wyżej, tj. do takiego, że liczby \(\displaystyle{ a,b,c}\) są parami względnie pierwsze.

smigol pisze:
theoldwest pisze: To uzasadnienie rozumiem, ale ono dotyczy przypadku gdy \(\displaystyle{ (a,b)=(b,c)=(a,c)=1}\).
Każdy przypadek można sprowadzić do takiego jak wyżej, tj. do takiego, że liczby \(\displaystyle{ a,b,c}\) są parami względnie pierwsze.

To załóżmy w takim razie, że warunek \(\displaystyle{ (a,b)=(b,c)=(a,c)=1}\) nie jest spełniony, czyli te liczby nie są parami względnie pierwsze. Jak chcesz sprowadzić w tym przypadku to równanie do takiej postaci o której napisałeś?

Vax pisze:(wszelkie możliwe wspólne dzielniki skracają nam się)

Czyli doprowadzamy te ułamki \(\displaystyle{ \frac{a}{b},\frac{b}{c},\frac{c}{a}}\) występujące po lewej stronie równania do postaci nieskracalnej, tak?

Tak. Jeżeli np. \(\displaystyle{ a=dk}\), \(\displaystyle{ b=dl}\), gdzie \(\displaystyle{ d=NWD(a,b)}\), to \(\displaystyle{ \frac{a}{b}=\frac{dk}{dl}=\frac{k}{l}}\). \(\displaystyle{ k,l}\) są już względnie pierwsze.

Ale popatrz - rozważmy przypadek gdy \(\displaystyle{ a=21,b=6,c=4}\). Podstawmy odpowiednio do równania \(\displaystyle{ \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} = 1}\).
Otrzymamy coś takiego \(\displaystyle{ \frac{21}{6}+\frac{6}{4}+\frac{4}{21}=1}\).
Zróbmy to o czym piszesz, czyli doprowadźmy każdy z tych ułamków do postaci nieskracalnej.
Otrzymamy: \(\displaystyle{ \frac{21}{6}=\frac{7}{2},\frac{6}{4}=\frac{3}{2},\frac{4}{21}=\frac{4}{21}}\)

Czyli otrzymujemy nową równość równoważną danej \(\displaystyle{ \frac{7}{2}+\frac{3}{2}+\frac{4}{21}=1}\) i nie jest ona postaci \(\displaystyle{ \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}=1}\), czyli nie każdą trójkę liczb całkowitych \(\displaystyle{ (a,b,c)}\) możemy w ten sposób sprowadzić do postaci \(\displaystyle{ \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}=1}\) w której byłoby \(\displaystyle{ (a,b)=(b,c)=(a,c)=1}\)-- 3 gru 2012, o 19:06 --Wydaje mi się, że należałoby osobno rozpatrzeć przypadek gdy liczby \(\displaystyle{ a,b,c}\) nie są parami względnie pierwsze, bo nie wynika on z tamtego przypadku. Z mojej strony to tyle na razie, przynajmniej póki nikt nic nie dopisze istotnego w tym temacie.

A jeśli masz równanie: \(\displaystyle{ 3x+6y=9}\). Podzielimy równanie obustronnie przez \(\displaystyle{ 3}\) i wychodzi nam \(\displaystyle{ x+2y=3}\), nie jest on postaci \(\displaystyle{ 3x+6y=9}\), ale zbiór rozwiązań się nie zmienił!
Naprawdę nie wiem co jeszcze mogę napisać, żeby Ci to wytłumaczyć. Może ktoś inny spróbuje.

OK, może rzeczywiście ktoś inny napisze, mimo wszystko dzięki.

Napiszę jeszcze raz ten fragment, którego nie rozumiem (gdyby ktoś inny chciał zabrać głos, żeby nie musiał wszystkiego czytać)

Vax pisze:Możemy założyć, że \(\displaystyle{ a,b,c}\) są parami względnie pierwsze (wszelkie możliwe wspólne dzielniki skracają nam się)

Po skróceniu wszelkich wspólnych dzielników w tych ułamkach (nie wiem czy o to Vax'owi chodzi) otrzymujemy równanie \(\displaystyle{ \frac{k_1}{l_1}+\frac{l_2}{m_2}+\frac{m_1}{k_2}=1}\) w którym \(\displaystyle{ k_1,k_2,l_1,l_2,m_1,m_2 \in \mathbb{Z} \setminus \left\{ 0\right\}}\) oraz \(\displaystyle{ (k_1,l_1)=(l_2,m_2)=(m_1,k_2)=1}\). Dlaczego to równanie jest sprzeczne?

Ukryta treść:

Mruczek pisze:\(\displaystyle{ a^2c+b^2a+c^2b = abc}\)

Niech \(\displaystyle{ d=NWD(a, b, c)}\). Wtedy:
\(\displaystyle{ a=da _{1}}\),
\(\displaystyle{ b=db_{1}}\),
\(\displaystyle{ c=dc _{1}}\).
\(\displaystyle{ d ^{3} a _{1} ^2c _{1} +d ^{3} b _{1} ^2a _{1} +d ^{3} c _{1} ^2b _{1} = d ^{3} a _{1} b _{1} c _{1}}\)
Dzielimy obustronnie równanie przez \(\displaystyle{ d ^{3}}\)
Vax pokazał, że nie ma rozwiązań w \(\displaystyle{ a _{1}, b _{1}, c_{1}}\), więc oczywiście nie ma też rozwiązań w \(\displaystyle{ a, b, c}\).

Mruczek, zgodnie z tym co napisałeś - nie musi być \(\displaystyle{ (a_1,b_1)=(a_1,c_1)=(b_1,c_1)=1}\) (a Vax założył, że \(\displaystyle{ (a_1,b_1)=(a_1,c_1)=(b_1,c_1)=1}\))

Np. \(\displaystyle{ NWD(4,8,16)=4}\), ponadto \(\displaystyle{ 4=4 \cdot 1,8=4 \cdot 2,16=4 \cdot 4}\) czyli przy Twoich oznaczeniach byłoby \(\displaystyle{ a_1=1,b_1=2,c_1=4}\), ale \(\displaystyle{ (b_1,c_1)=(2,4)=2 \neq 1}\).

A to że równanie \(\displaystyle{ a _{1} ^2c _{1} + b _{1} ^2a _{1} +c _{1} ^2b _{1} = a _{1} b _{1} c _{1}}\) w niezerowych liczbach całkowitych \(\displaystyle{ a_1,b_1,c_1}\), nie spełniających warunku \(\displaystyle{ (a_1,b_1)=(a_1,c_1)=(b_1,c_1)=1}\) nie ma rozwiązania, nie zostało jeszcze pokazane (być może tak będzie, tego nie kwestionuję)

-- 4 gru 2012, o 13:06 --

Może ktoś pokaże jak sprowadzić dowolne równanie \(\displaystyle{ \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} = 1}\) gdzie \(\displaystyle{ a,b,c \in \mathbb{Z} \setminus \left\{ 0\right\}}\) do postaci \(\displaystyle{ \frac{a_1}{b_1}+\frac{b_1}{c_1}+\frac{c_1}{a_1}=1}\) w którym byłoby \(\displaystyle{ a_1,b_1,c_1 \in \mathbb{Z} \setminus \left\{ 0\right\}}\) oraz \(\displaystyle{ (a_1,b_1)=(b_1,c_1)=(c_1,a_1)=1}\) o ile to nie jest blef. Jakoś nikt dotąd nie pokazał jak to zrobić ani nie dał wskazówek więc nie wiem czy to takie oczywiste. Ja w każdym razie nie widzę jak to zrobić. Owszem, można sprowadzić równanie wyjściowe do postaci
\(\displaystyle{ \frac{k_1}{l_1}+\frac{l_2}{m_2}+\frac{m_1}{k_2}=1}\) gdzie \(\displaystyle{ k_1,k_2,l_1,l_2,m_1,m_2 \in \mathbb{Z} \setminus \left\{ 0\right\}}\) oraz \(\displaystyle{ (k_1,l_1)=(l_2,m_2)=(m_1,k_2)=1}\),
przyjmując \(\displaystyle{ (a,b)=d_1,(a,c)=d_2,(b,c)=d_3}\) oraz \(\displaystyle{ a=d_1k_1=d_2k_2,b=d_1l_1=d_3l_2,c=d_2m_1=d_3m_2}\) dla pewnych całkowitych, różnych od zera \(\displaystyle{ k_1,k_2,l_1,l_2,m_1,m_2}\) gdzie \(\displaystyle{ (k_1,l_1)=(l_2,m_2)=(m_1,k_2)=1}\), ale to równanie ma 6 zmiennych i nie wszystkie muszą być parami względnie pierwsze więc nie redukuje się do przypadku udowodnionego przez Vaxa.

Rozumiem powyższe wątpliwości. Też nie widzę, w którym momencie te dzielniki się skracają w sposób oczywisty. Jednak da się to naprawić.

\(\displaystyle{ a^2c+b^2a+c^2b = abc}\), gdzie \(\displaystyle{ a,b,c \neq 0}\).

Oczywiście jeśli istnieje takie \(\displaystyle{ p \in \PP}\), które jest dzielnikiem dokładnie jednej z liczb \(\displaystyle{ a,b,c}\), to szybko otrzymujemy sprzeczność polegającą na tym, że prawa strona jest podzielna przez \(\displaystyle{ p}\), a lewa nie. Oczywiście też, podobnie jak powyżej, możemy skrócić każdą z liczb \(\displaystyle{ a,b,c}\) przez \(\displaystyle{ d=NWD(a,b,c)}\). Stąd dostajemy, że \(\displaystyle{ a=xy, b=xz, c=yz}\), gdzie \(\displaystyle{ x,y,z}\) są parami względnie pierwsze. Innymi słowy, ten zapis wyraża to, że \(\displaystyle{ x=NWD(a,b), y=NWD(a,c), z=NWD(b,c)}\), a z powyższego rozumowania wynika, te liczby nic innego już nie zawierają, przy czym \(\displaystyle{ x,y,z}\) są wyznaczone jednoznacznie z dokładnością co do znaku liczby.

Stąd po wstawieniu tych napisów do oryginalnego równania i poskracania co się da, dostajemy równanie \(\displaystyle{ xy^2 + x^2z + yz^2 = xyz}\), gdzie \(\displaystyle{ x,y,z}\) są parami względnie pierwsze. I teraz kończymy jak w poście Vax-a.

P.S.
Ogólnie warto zapamiętać, że bez głębszych rozważań mogliśmy już na poczatku napisać
\(\displaystyle{ \begin{cases}a=dxy\alpha \\ b=dxz \beta \\ c=dyz \gamma, \end{cases}}\)
gdzie \(\displaystyle{ NWD(a,b,c)=d, NWD(a,b)=dx, NWD(a,c)=dy, NWD(b,c)=dz}\). Dobrym ćwiczeniem jest uogólnienie tego pomysłu.

Teraz to ja rozumiem, bo jasno wszystko napisane. Kluczowe jest to, że \(\displaystyle{ p \in \PP}\) nie może dzielić tylko jednej z liczb \(\displaystyle{ a,b,c}\), przy sprowadzaniu równania do poprzedniego przypadku w tej metodzie. Dzięki Sylwek!

Matematyka.pl

rozwiązać równanie

rozwiązać równanie

rozwiązać równanie

rozwiązać równanie

rozwiązać równanie

rozwiązać równanie

rozwiązać równanie

rozwiązać równanie

rozwiązać równanie

rozwiązać równanie

rozwiązać równanie

rozwiązać równanie

rozwiązać równanie

rozwiązać równanie