Nájdite tri rôzne prirodzené čísla a,b,c také, že a+b je deliteľné číslom c+1, súčasne a+c je deliteľné číslom b+1 a súčasne b+c je deliteľné číslom a+1.
Poznamenám, že túto úlohu je možné vyčerpávajúco vyriešiť (čiže nájsť všetky riešenia a tiež dokázať, že tie riešenia sú naozaj všetky) na pár riadkov a to len pomocou základnej aritmetiky a úvah týkajúcich sa deliteľnosti.
14 komentárov:
11,19,29 :)
Správne Lenka. Je to jediné riešenie? :)
5 7 11
ale nedokoncil som vypocty - musim skusit este nejake veci - len dnes uz nestiham ...
Rori: Áno, to je druhé riešenie.
Prezradím, že žiadne ďalšie riešenie (samozrejme až na permutáciu tých troch čísiel) už neexistuje. (Existovalo by, ak by sme povolili aby boli niektoré z čisiel a,b,c rovnaké, prípadne iné ako len prirodzené). Ako to však dokázať? :)
Keby mohli byt niektore z prirodzenych cisel a, b, c rovnake, tak by existovali (okrem uz spomenutych) este tieto riesenia: 3,3,5 a 1,n,n, kde n je lubovolne prirodzene cislo. Ziadne dalsie "prirodzenociselne" riesenia uz podla mna neexistuju. Zaujimave, ze tie 2 riesenia s roznymi cislami su cele prvociselne :).
katka: Máš úplnú pravdu vo všetkom čo si napísala. Zastáva nám (teda presnejšie Vám :) nájsť dôkaz, že existujú len uvedené dve (samérôzne, prirodzenočíselné) riešenia.
Inak, ja som si tiež hneď všimol, že všetky čísla v trojiciach 5,7,11 a 11,19,29 sú prvočísla, ale to je asi iba zaujímavá "náhoda".
Ešte jedna poznámka - ak by sme pripustili, že a,b,c môžu byť záporné, dostali by sme ešte pár ďalších riešení, z ktorých najzaujímavejšie je asi -13,-29,-43; opäť prvočísla! :)
nech a+b=k(c+1), a+c=l(b+1), b+c=m(a+1)
riesenim tejto sustavy pre a,b,c dostaneme zlomky, kt. su funkcie k,l,m, kde citatel je evidentne kladny a v menovateli je vyraz k+l+m+2-klm.
ten, ak ma byt kladny a zaroven maju byt a,b,c rozne, musi byt *prave* jedno z tych cisel rovne 1.
lenze za tychto podmienok mame len tri riesenia: 1 2 2, 1 2 3 a 1 2 4
1 2 3 nam neda prirodzene a,b,c a tie zvysne dve moznosti vedu k tym dvom uz uvedenym rieseniam
Dobre Lenka, aj takto by sa to dalo zdôvodniť, hoci podrobné skontrolovanie toho čo tvrdíš by si vyžiadalo pomerne veľa času. Existuje dôkaz, ktorý sa dá napísať stručne a úplne presvedčivo.
Ja som to (pre lubovolne prirodzene cisla) riesila takto: Predpokladajme, ze a,b,c su usporiadane podla velkosti, teda a<=b<=c. c+1 deli a+b, takze c+1=a+b (inak by a alebo b bolo vacsie ako c). c=a+b-1, takze b+1 deli a+c=2a+b-1=2(a-1)+(b+1), cize b+1 deli aj 2(a-1). Rovnakym sposobom zistime, ze a+1 deli 2(b-1). Ak a=1, tak b+1 deli 2(a-1)=0 pre lubovolne b. Tak dostaneme nekonecne vela rieseni tvaru 1,n,n. Ak a>1: b>=a, takze b+1=2(a-1). Z toho vyplyva, ze b=2a-3. (Vidime, ze a>=3, aby platilo b>=a.) Uz musi platit len posledna podmienka: a+1 deli 2(b-1)=2(2a-3-1)=4a-8=4(a+1)-12. Teda a+1 musi delit 12. Pre a+1=4 dostaneme riesenie 3,3,5, pre a+1=6 dostaneme riesenie 5,7,11, a pre a+1=12 riesenie 11,19,29.
katka: To je prakticky identický postup ako ten môj. Fajn!
Ešte malá poznámka k tej prvočíselnosti. Zistili sme (pozri Katkin dôkaz), že prípustná usporiadaná trojica trojica čísel má tvar a, 2a-3, 3a-4. Je celkom pozoruhodné, že ak budeme za a brať prvočísla, tak je "často" 2a-3 alebo 3a-4 tiež provčíslo, občas sú dokonca aj 2a-3 aj 3a-4 prvočísla.
Mohli by sme sa spýtať ďalšie otázky, napríklad aké je najmenšie prvočíselné a, pre ktoré ani 2a-3 ani 3a-4 nie je prvočíslo, alebo či existuje nekonečne veľa prvočíselných trojíc typu a, 2a-3, 3a-4.
Najmenšie vhodné "a" je 73; ani 2*73-3 = 143, ani 3*73-4 = 215 nie sú prvočísla.
Čo sa týka nekonečného počtu prvočíselných trojíc typu (a, 2a-3, 3a-4), to by vyplývalo z viacerých nedokázaných hypotéz -- napríklad z Dicksonovej hypotézy; ale dokázať to... je zatiaľ asi prisilná káva :-)
goober: Naozaj je asi veľmi ťažké dokázať (prípadne vyvrátiť), že trojíc prvočisiel tvaru a,2a-3,3a-4 je nekonečne veľa, hoci je to oveľa slabšie ako Dicksonova domnienka. Nakoniec, už hypotéza, že existuje nekonečne veľa prvočíselných dvojíc typu a,a+2, je jeden z najslávnejších nevyriešených problémov.
No som rad, ze to uz nemusim dokazovat - inak postupoval som v podstate ako Lenka ale pre zaciatok som fixol k=1 (intuitivne som si povedal, ze by to tak malo byt a cas na dokaz pride :) ) a z toho hned vybehli tie dve trojice a potom uz nebol cas sa viac s tym hrat :)
Zverejnenie komentára