Δύσκολη διαιρετότητα!

Συντονιστές: cretanman, silouan, rek2

Απάντηση
harrisp
Δημοσιεύσεις: 546
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 28, 2015 8:49 pm

Δύσκολη διαιρετότητα!

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από harrisp » Σάβ Φεβ 25, 2017 11:19 am

Αν a,b,c ακέραιοι να αποδείξετε οτι το a^5+b^5+c^5+5abc(ab+bc+ca) διαρειται απο το a+b+c.


Λέξεις Κλειδιά:
διαιρετότητα
Κορυφή
Άβαταρ μέλους
JimNt.
Δημοσιεύσεις: 590
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: Δύσκολη διαιρετότητα!

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από JimNt. » Σάβ Φεβ 25, 2017 11:39 am

ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ έγραψε:Αν a,b,c ακέραιοι να αποδείξετε οτι το a^5+b^5+c^5+5abc(ab+bc+ca) διαρειται απο το a+b+c.
Δεν είναι δύσκολη απλά θέλει πολλές πράξεις. Θέτουμε A=a^5+b^5+c^5+5abc(ab+bc+ca). Αν a+b+c|A (αν ο a+b+c αποτελεί παράγοντα του A), τότε για a+b+c=0 θα πρέπει A=0. Αντικαθιστούμε όπου a το -b-c, εκτελούμε τις πράξεις και παίρνουμε A=0. Συνεπώς, το ζητούμενο είναι άμεσο.


Bye :')
Κορυφή
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 3600
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Δύσκολη διαιρετότητα!

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Σάβ Φεβ 25, 2017 11:43 am

ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ έγραψε:Αν a,b,c ακέραιοι να αποδείξετε οτι το a^5+b^5+c^5+5abc(ab+bc+ca) διαρειται απο το a+b+c.
Χάρη εξαρτάτε πως θα το δείς
Εγω το βλέπω ως εξης:

Θεωρούμε το P(x)=x^{5}+b^{5}+c^{5}+5xbc(bc+x(b+c))

Κάνοντας πράξεις βρίσκουμε P(-b-c)=0

Αρα P(x)=(x+b+c)Q(x) (1)

όπου Q(x) πολυώνυμο με ακέραιους συντελεστές.

(Αν κάνουμε την διαίρεση μπορούμε να βρούμε το Q(x) οπότε έχουμε μια ωραία ταυτότητα)

Βάζοντας x=a στην (1) παίρνουμε το ζητούμενο.

Βλέπω ότι παρόμοια λύση έδωσε ο Δημήτρης.Βάζω και την δική μου γιατί θεωρώ ότι έχει επιπλέον στοιχεία.


Κορυφή
harrisp
Δημοσιεύσεις: 546
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 28, 2015 8:49 pm

Re: Δύσκολη διαιρετότητα!

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από harrisp » Σάβ Φεβ 25, 2017 11:48 am

Σας ευχαριστώ για τις λυσεις.

Εντάξει Προχωρημένη NT Juniors το έβαλα. Άλλο αν εχουμε πολλά ταλέντα στο :logo: και το επίπεδο εχει εκτοξευθεί!


Κορυφή
Άβαταρ μέλους
JimNt.
Δημοσιεύσεις: 590
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: Δύσκολη διαιρετότητα!

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από JimNt. » Σάβ Φεβ 25, 2017 11:49 am

ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ έγραψε:Σας ευχαριστώ για τις λυσεις.

Εντάξει Προχωρημένη NT Juniors το έβαλα. Άλλο αν εχουμε πολλά ταλέντα στο :logo: και το επίπεδο εχει εκτοξευθεί!
Βασικά θα έπρεπε να μεταφερθεί στην Άλγεβρα (πιστεύω).


Bye :')
Κορυφή
Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6423
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Δύσκολη διαιρετότητα!

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Σάβ Φεβ 25, 2017 11:52 am

Όπως είπαν και οι προλαλήσαντες δεν είναι δύσκολη, ούτε καν είναι άσκηση θεωρίας αριθμών. Ταιριάζει περισσότερο στα πολυώνυμα. Μια άλλη προσέγγιση είναι η εξής:

Ας είναι \displaystyle{x^3-sx^2+px-q=0} πολυωνυμική εξίσωση με ρίζες τους \displaystyle{a,b,c.}

Τότε

\displaystyle{a^3=sa^2-pa+q} (1)

Προκύπτει

\displaystyle{a^4=sa^3-pa^2+qa=(s^2-p)a^2+(q-sp)a+sq}

\displaystyle{a^5=\cdots =(s^3-2sp+q)a^2+(sq-s^2p+p^2)a+s^2q-pq,}

οπότε γράφοντας τις αντίστοιχες για τα \displaystyle{b,c} βρίσκουμε (με μικρή επιφύλαξη για τις πράξεις)

\displaystyle{a^5+b^5+c^5+5abc(ab+bc+ca)=(s^3-2sp+q)(s^2-2p)+s(sq-s^2p+p^2)+3s^2q-3pq+5pq.}

Εδώ αν γίνουν οι πράξεις, βλέπουμε ότι το πολυώνυμο που προκύπτει έχει παράγοντα το \displaystyle{s} και τελειώσαμε.
τελευταία επεξεργασία από matha σε Κυρ Φεβ 26, 2017 11:10 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.
Λόγος: Διόρθωση τυπογραφικού.


Μάγκος Θάνος
Κορυφή
harrisp
Δημοσιεύσεις: 546
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 28, 2015 8:49 pm

Re: Δύσκολη διαιρετότητα!

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από harrisp » Σάβ Φεβ 25, 2017 12:01 pm

matha έγραψε:Όπως είπαν και οι προλαλήσαντες δεν είναι δύσκολη, ούτε καν είναι άσκηση θεωρίας αριθμών. Ταιριάζει περισσότερο στα πολυώνυμα. Μια άλλη προσέγγιση είναι η εξής:

Ας είναι \displaystyle{x^3-sx^2+px-q=0} πολυωνυμική εξίσωση με ρίζες τους \displaystyle{a,b,c.}

Τότε

\displaystyle{a^3=sa^2-pa+q=0} (1)

Προκύπτει

\displaystyle{a^4=sa^3-pa^2+qa=(s^2-p)a^2+(q-sp)a+sq}

\displaystyle{a^5=\cdots =(s^3-2sp+q)a^2+(sq-s^2p+p^2)a+s^2q-pq,}

οπότε γράφοντας τις αντίστοιχες για τα \displaystyle{b,c} βρίσκουμε (με μικρή επιφύλαξη για τις πράξεις)

\displaystyle{a^5+b^5+c^5+5abc(ab+bc+ca)=(s^3-2sp+q)(s^2-2p)+s(sq-s^2p+p^2)+3s^2q-3pq+5pq.}

Εδώ αν γίνουν οι πράξεις, βλέπουμε ότι το πολυώνυμο που προκύπτει έχει παράγοντα το \displaystyle{s} και τελειώσαμε.
Η ασκηση προέρχεται απο το 111 Problems in ALGEBRA and NUMBER THEORY και βρίσκεται στα προβληματα Number Theory.


Κορυφή
Άβαταρ μέλους
JimNt.
Δημοσιεύσεις: 590
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Re: Δύσκολη διαιρετότητα!

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από JimNt. » Σάβ Φεβ 25, 2017 12:10 pm

ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ έγραψε:
matha έγραψε:Όπως είπαν και οι προλαλήσαντες δεν είναι δύσκολη, ούτε καν είναι άσκηση θεωρίας αριθμών. Ταιριάζει περισσότερο στα πολυώνυμα. Μια άλλη προσέγγιση είναι η εξής:

Ας είναι \displaystyle{x^3-sx^2+px-q=0} πολυωνυμική εξίσωση με ρίζες τους \displaystyle{a,b,c.}

Τότε

\displaystyle{a^3=sa^2-pa+q=0} (1)

Προκύπτει

\displaystyle{a^4=sa^3-pa^2+qa=(s^2-p)a^2+(q-sp)a+sq}

\displaystyle{a^5=\cdots =(s^3-2sp+q)a^2+(sq-s^2p+p^2)a+s^2q-pq,}

οπότε γράφοντας τις αντίστοιχες για τα \displaystyle{b,c} βρίσκουμε (με μικρή επιφύλαξη για τις πράξεις)

\displaystyle{a^5+b^5+c^5+5abc(ab+bc+ca)=(s^3-2sp+q)(s^2-2p)+s(sq-s^2p+p^2)+3s^2q-3pq+5pq.}

Εδώ αν γίνουν οι πράξεις, βλέπουμε ότι το πολυώνυμο που προκύπτει έχει παράγοντα το \displaystyle{s} και τελειώσαμε.
Η ασκηση προέρχεται απο το 111 Problems in ALGEBRA and NUMBER THEORY και βρίσκεται στα προβληματα Number Theory.
Μπορούμε να πάρουμε και \mod a+b+c (δεν ξέρω βέβαια αν αυτό το καθιστά NT)


Bye :')
Κορυφή
harrisp
Δημοσιεύσεις: 546
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 28, 2015 8:49 pm

Re: Δύσκολη διαιρετότητα!

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από harrisp » Σάβ Φεβ 25, 2017 12:18 pm

Ακριβώς αυτήν την λυση εχει .


Κορυφή
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 807
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Δύσκολη διαιρετότητα!

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Σάβ Φεβ 25, 2017 12:44 pm

Μια άλλη μέθοδος είναι η εξής:

Παρατηρούμε πως:

a^5+b^5+c^5=(a+b+c)(a^4+b^4+c^4)-ab(a^4+b^4)-bc(b^4+c^4)-ca(c^4+a^4)

Ακόμη 5a^2b^2c+5ab^2c^2+5a^2bc^2=(a+b+c)(ab+bc+ca)^2-a^2b^2(a+b)- b^2c^2(b+c)-c^2a^2(c+a)-2abc(a^2+b^2+c^2)

Αρκεί λοιπόν a+b+c|ab(a^4+b^4)+bc(b^4+c^4)+ca(c^4+a^4)+2abc(a^2+b^2+c^2)+a^2b^2(a+b)+b^2c^2(b+c)+c^2a^2(c+a)

Όμως ab(a^4+b^4)+bc(b^4+c^4)+ca(c^4+a^4)+2abc(a^2+b^2+c^2)+ a^2b^2(a+b)+b^2c^2(b+c)+c^2a^2(c+a)=(a+b+c) (a^3b+ab^3+b^3c+bc^3+c^3a+ca^3) και το ζητούμενο έπεται.


Houston, we have a problem!
Κορυφή
Απάντηση

Επιστροφή σε “Θεωρία Αριθμών - Προχωρημένο Επίπεδο (Juniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης