Dane są liczby naturalne spełniające \(\displaystyle{ NWD(a,b,c) = 1}\) oraz równanie \(\displaystyle{ \frac{1}{a}+ \frac{1}{b}= \frac{1}{c}}\) Wykaż, że liczba \(\displaystyle{ k = \sqrt[4]{(a+b)(a+b+2c)-2ab}}\) też jest naturalna.
[Teoria liczb] Czwarta potęga liczby
: 23 gru 2014, o 15:39
autor: tkrass
To nieprawda, \(\displaystyle{ a=6=b}\), \(\displaystyle{ c=3}\) jako kontrprzykład. Jeżeli trzeba wykazać to samo dla pierwiastka kwadratowego, to sprowadza się do pokazania, że wyrażenie pod pierwiastkiem to po prostu \(\displaystyle{ (a+b)^2}\).
[Teoria liczb] Czwarta potęga liczby
: 23 gru 2014, o 15:42
autor: Zahion
W kontrprzykładzie wszytko by pasowało gdyby \(\displaystyle{ (6,6,3) = 1}\)
[Teoria liczb] Czwarta potęga liczby
: 23 gru 2014, o 16:01
autor: Vax
Ukryta treść:
Jak zostało już zauważone wyrażenie pod pierwiastkiem to \(\displaystyle{ (a+b)^2}\), więc wystarczy pokazać, że gdy \(\displaystyle{ (a, b, c) = 1 \wedge \frac{1}{a} + \frac{1}{b} = \frac{1}{c}}\) to \(\displaystyle{ a+b}\) jest kwadratem liczby naturalnej. Równość z założenia jest równoważne \(\displaystyle{ c(a+b) = ab}\). Nie wprost załóżmy, że istnieje \(\displaystyle{ p \in \mathbb{P}}\) takie, że \(\displaystyle{ p \mid a+b \wedge 2 \nmid v_p(a+b)}\). Ale wówczas \(\displaystyle{ p \mid a\cdot b}\), jeżeli \(\displaystyle{ p \mid a \wedge p \nmid b}\) to sprzeczność z założeniem \(\displaystyle{ p \mid a+b}\), skąd \(\displaystyle{ p \mid a \wedge p \mid b}\), czyli \(\displaystyle{ p \nmid c}\), czyli \(\displaystyle{ v_p(a+b) = v_p(a\cdot b)}\). Jeżeli \(\displaystyle{ v_p(a) \neq v_p(b)}\) to sprzeczność gdyż wówczas \(\displaystyle{ v_p(a+b) = min(v_p(a), v_p(b)) < v_p(a) + v_p(b) = v_p(ab)}\), skąd \(\displaystyle{ v_p(a) = v_p(b)}\), ale wówczas \(\displaystyle{ v_p(a+b) = v_p(ab) = 2v_p(a)}\) sprzeczność, gdyż założyliśmy, że \(\displaystyle{ 2 \nmid v_p(a+b)}\)