Три числа c условиями делимости.

bot · Сообщение **bot** » 02 июн 2007, 15:19

Пусть

- положительные целые и

$$x | y+z+yz$$

Доказать, что хотя бы одно из $$x, y, z $$

составное.

Pavlukhin · Сообщение **Pavlukhin** » 02 июн 2007, 21:46

насколько я понимаю тут написано x делит следующее за вертикальной чертой?

AV_77 · Сообщение **AV_77** » 02 июн 2007, 22:33

bot писал(а):Source of the post
Пусть - положительные целые и

Доказать, что хотя бы одно из составное.

Предположим, что x и y - различные простые числа и положим
$ax = y + z + yz, \\ by = x + z + xz, \\ cz = x + y + xy.$
Домножим первое равенство на c и перейдем к сравнениям по модулю x. Получим
$acx = y + (x + y + xy) + y(x + y + xy), \\ 0 \equiv 2y + y^2 \pmod{x}.$
Отсюда следует, что $x \mid y+2$ .
Аналогично, домножив второе равенство на c и перейдя к сравнениям по y получим
$y \mid x+2$ .
Это возможно, только если $$ x = y $$

, что противоречит предположению.
B частности, мы показали, что если числа x, y, z различны, то не менее двух из них составные.

Если же x = y = p, то из первого равенства получаем
$$ x | x + z + xz $$

, т.e.

.
Значит, либо $$ z = x $$

и тогда

- простое число, либо число $$ z $$

составное.

bot · Сообщение **bot** » 04 июн 2007, 11:07

AV_77 писал(а):Source of the post
Домножим первое равенство на c и перейдем к сравнениям по модулю x. Получим
$acx = y + (x + y + xy) + y(x + y + xy), \\ 0 \equiv 2y + y^2 \pmod{x}.$
Отсюда следует, что $x \mid y+2$ .

У меня получилось:
$acx=cy+cz(1+y)=cy+(x+y+xy)(1+y)\equiv cy+y+y^2 \pmod{x}$ ,
откуда $x \mid y+c+1$ .

Однако должен сказать, что c условием и сам прокосячил на единице - это и не простое и не составное. Можно изменить вопрос таким образом, что все три не могут быть простыми, но лучше сформулировать чуть шире:

Найти попарно взаимно простые натуральные числа $$ x, y, z, $$

, удовлетворяющие сравнениям:

$\{x + y + xy \equiv 0 \pmod{z} \\ y + z + yz \equiv 0 \pmod{x} \\ z + x + zx \equiv 0 \pmod{y}$

AV_77 · Сообщение **AV_77** » 04 июн 2007, 22:35

bot писал(а):Source of the post
AV_77 писал(а):Source of the post
Домножим первое равенство на c и перейдем к сравнениям по модулю x. Получим
$acx = y + (x + y + xy) + y(x + y + xy), \\ 0 \equiv 2y + y^2 \pmod{x}.$
Отсюда следует, что $x \mid y+2$ .

У меня получилось:
$acx=cy+cz(1+y)=cy+(x+y+xy)(1+y)\equiv cy+y+y^2 \pmod{x}$ ,
откуда $x \mid y+c+1$ .

Это верно. Забыл умножить правую часть.

bot · Сообщение **bot** » 08 июн 2007, 19:30

Мм-м-м, может быть уже стоит подсказать первый ход? Он самый важный, хотя и очень простой.
Остальное - это уже дожимание ... - совсем короткое, если задуматься.

alexpro · Сообщение **alexpro** » 20 июн 2007, 20:24

bot писал(а):Source of the post
Можно изменить вопрос таким образом, что все три не могут быть простыми, но лучше сформулировать чуть шире:

Найти попарно взаимно простые натуральные числа , удовлетворяющие сравнениям:

$\{x + y + xy \equiv 0 \pmod{z} \\ y + z + yz \equiv 0 \pmod{x} \\ z + x + zx \equiv 0 \pmod{y}$

Ввиду того, что ничего не оговорено про 1, то в качестве чисел $$ x, y, z, $$

можно взять соответственно числа 1, 3, 7.

bot · Сообщение **bot** » 21 июн 2007, 12:34

alexpro писал(а):Source of the post
Ввиду того, что ничего не оговорено про 1, то в качестве чисел можно взять соответственно числа 1, 3, 7.

Упс.
1, 3, 7 (и разумеется их перестановки) принимаются. A ещё есть?

Редактирую ещё раз:

Найти все тройки различных попарно взаимно простых натуральных чисел $$ x, y, z, $$

удовлетворяющих сравнениям:

$\{x + y + xy \equiv 0 \pmod{z} \\ y + z + yz \equiv 0 \pmod{x} \\ z + x + zx \equiv 0 \pmod{y}$

AV_77 · Сообщение **AV_77** » 22 июн 2007, 01:16

bot писал(а):Source of the post
Найти все тройки различных попарно взаимно простых натуральных чисел удовлетворяющих сравнениям:

$\{x + y + xy \equiv 0 \pmod{z} \\ y + z + yz \equiv 0 \pmod{x} \\ z + x + zx \equiv 0 \pmod{y}$

Пусть

- такая тройка.
Рассмотрим сначала случай $$ x = 1 $$

. Тогда
$1 + 2y \equiv 0 \pmod{z},\\ 1 + 2z \equiv 0 \pmod{y}$ .
Так как $$ y < z $$

, то

. Следовательно, из первого сравнения следует, что $$ 1 + 2y = z $$

. Подставляя это во второе сравнение, легко получаем, что $y = 3,\ z = 7$ .
Итак, одной такой тройкой является $(1,\ 3,\ 7)$ .

Легко проверяется, что случай $$ x = 2 $$

невозможен. Более того, невозможен случай, когда одно из чисел $x,\ y,\ z$ является четным: если, скажем, $$ x $$

- четно, то $y,\ z$ - нечетны и сравнение $y + z + yz \equiv 0 \pmod{x}$ выполняться не может (слева нечетное число, a справа - четное).

Рассмотрим случай $x \ge 3$ - нечетное число.
Из сравнения
$x + y + xy \equiv 0 \pmod{z}$
следует, что
$$ x + y + xy = kz $$

(*)
при некотором целом $$ k $$

.
Если $k \ge x+2$ , то
$kz \ge (x+2)z = xz + z + z > zx + z + x > yx + y + x$ ,
что противоречит предположению (*).
Если $$ k = x+1 $$

, то получаем
$$ x + (x+1) y = (x+1) z $$

,
откуда следует, что $x \equiv 0 \pmod{x+1}$ , что невозможно.
Если же $$ k = x $$

, то из

следует, что $y \equiv 0 \pmod{x}$ , что противоречит условию.
Значит, $$ k < x $$

. Заметим, что
$kz \equiv x \pmod{y}, \\ kz \equiv y \pmod{x}.$ (**)

Умножим сравнения
$x + z + xz \equiv 0 \pmod{y}, \\ y + z + yz \equiv 0 \pmod{x}$
на $$ k $$

. Получим
$kx + (kz) + x(kz) \equiv 0 \pmod{y}, \\ ky + (kz) + y(kz) \equiv 0 \pmod{x}.$
C учетом замечания (**) имеем из первого сравнения
$kx + x + x^2 \equiv 0 \pmod{y}, \\ k + 1 + x \equiv 0 \pmod{y}$
и, аналогично, из второго сравнения
$k + 1 + y \equiv 0 \pmod{x}$ .
Так как $$ k < x $$

, то $y \le k + 1 + x < 2x + 1 < 2y$ .
Это означает, что $$ k + 1 + x = y $$

. Тогда
$k + 1 + y = 2(k+1) + x \equiv 0 \pmod{x}$ .
Учитывая, что $$ (x, 2) = 1 $$

, получаем отсюда
$k+1 \equiv 0 \pmod{x}$
или
$$ k = x-1 $$

.
Ho тогда
$y = (k+1) + x = 2x \equiv 0 \pmod{x}$ - противеречие c условием.

Итак, единственной тройкой, удовлетворяющей всем условиям, является тройка $(1,\ 3,\ 7)$ .

bot · Сообщение **bot** » 22 июн 2007, 15:38

Добил-таки. +1.
Своё решение пока подожду выкладывать, может быть ещё кто соблазнится.

yourdomain.com