Tallteori
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
-
mrcreosote
- Guru
- Innlegg: 1995
- Registrert: 10/10-2006 20:58
Del alle par av 2 positive heltall inn i 5 disjunkte mengder som under. Hvis et par ligger i flere av mengdene, fjerner vi det fra alle unntatt den første mengden det ligger i.
i) m,n<6
ii) m=n
iii) m=n+1
iv) n=m+1
v) |m-n|>1
Ved sjekk har i) de 9 løsningene (1,2), (1,3), (2,1), (2,2), (2,5), (3,1), (3,5), (5,2), (5,3). Mengdene ii)-v) har ingen løsninger:
ii) m=n gir at uttrykket kan skrives [tex]n-2+\frac2{n+1}[/tex] slik at vi må ha n=1 for å få et heltall.
iii) m=n+1 gir at uttrykket kan skrives [tex]n-1+\frac{2n-2}{n^2+n-1}[/tex] slik at vi må ha n=1 for å få et heltall.
iv) m=n-1 gir at uttrykket kan skrives [tex]n-1+\frac{2n}{n^2-n-1}[/tex] slik at vi må ha n=1 eller n=2 for å få et heltall.
For v) må vi regne litt mer: [tex]A=\frac{n^3+1}{nm-1}=\frac{n(n^2+m)}{nm-1}-1[/tex], og siden [tex]\gcd(n,nm-1)=1[/tex] må vi ha at [tex]nm-1[/tex] deler [tex]n^2+m[/tex]. Spesielt er [tex]nm-1\le n^2+m[/tex].
Vi kan også skrive [tex]A=\frac{n^2(n+m^2)}{nm-1}-nm-1[/tex], så likeledes er [tex]nm-1\le m^2+n[/tex].
Dette kan vi også skrive som [tex]n\le\frac{m^2+1}{m-1}=m+1+\frac2{m-1}[/tex] og tilsvarende hvor n og m bytter roller, så [tex]2\le|m-n|\le1+\frac2{k-1}[/tex] hvor k er den minste av m og n, og følgelig høyst lik 3. Ved å sette inn n=1, 2 og 3 i [tex]nm-1\le n^2+m[/tex] ser vi at vi ikke får noen nye løsninger, og tilsvarende heller ingen løsninger hvis k=m. (For m=1 får vi [tex]A=\frac{n^2(n+1)}{n-1}-n-1[/tex], så n-1 må dele n+1 som medfører n<4.)
Dette blei ganske langt og krøkkete. Har du en bedre løsning, plutarco? En kan bemerke at (n,m) er en løsning hvis og bare hvis (m,n) er en løsning, men jeg har ikke et direkte argument for dette.
i) m,n<6
ii) m=n
iii) m=n+1
iv) n=m+1
v) |m-n|>1
Ved sjekk har i) de 9 løsningene (1,2), (1,3), (2,1), (2,2), (2,5), (3,1), (3,5), (5,2), (5,3). Mengdene ii)-v) har ingen løsninger:
ii) m=n gir at uttrykket kan skrives [tex]n-2+\frac2{n+1}[/tex] slik at vi må ha n=1 for å få et heltall.
iii) m=n+1 gir at uttrykket kan skrives [tex]n-1+\frac{2n-2}{n^2+n-1}[/tex] slik at vi må ha n=1 for å få et heltall.
iv) m=n-1 gir at uttrykket kan skrives [tex]n-1+\frac{2n}{n^2-n-1}[/tex] slik at vi må ha n=1 eller n=2 for å få et heltall.
For v) må vi regne litt mer: [tex]A=\frac{n^3+1}{nm-1}=\frac{n(n^2+m)}{nm-1}-1[/tex], og siden [tex]\gcd(n,nm-1)=1[/tex] må vi ha at [tex]nm-1[/tex] deler [tex]n^2+m[/tex]. Spesielt er [tex]nm-1\le n^2+m[/tex].
Vi kan også skrive [tex]A=\frac{n^2(n+m^2)}{nm-1}-nm-1[/tex], så likeledes er [tex]nm-1\le m^2+n[/tex].
Dette kan vi også skrive som [tex]n\le\frac{m^2+1}{m-1}=m+1+\frac2{m-1}[/tex] og tilsvarende hvor n og m bytter roller, så [tex]2\le|m-n|\le1+\frac2{k-1}[/tex] hvor k er den minste av m og n, og følgelig høyst lik 3. Ved å sette inn n=1, 2 og 3 i [tex]nm-1\le n^2+m[/tex] ser vi at vi ikke får noen nye løsninger, og tilsvarende heller ingen løsninger hvis k=m. (For m=1 får vi [tex]A=\frac{n^2(n+1)}{n-1}-n-1[/tex], så n-1 må dele n+1 som medfører n<4.)
Dette blei ganske langt og krøkkete. Har du en bedre løsning, plutarco? En kan bemerke at (n,m) er en løsning hvis og bare hvis (m,n) er en løsning, men jeg har ikke et direkte argument for dette.