Tallteori

Her kan brukere av forum utfordre hverandre med morsomme oppgaver og nøtter man ønsker å dele med andre. Dette er altså ikke et sted for desperate skrik om hjelp, de kan man poste i de andre forumene, men et sted for problemløsing på tvers av trinn og fag.

Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa

Svar
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

Finn alle positive heltallstripler $(a,b,c)$ som tilfredsstiller $(1+\frac1a)(1+\frac1b)(1+\frac1c)=2$
LAMBRIDA
Ramanujan
Ramanujan
Innlegg: 250
Registrert: 16/11-2011 19:50
Sted: Hjelmeland

Viss eg ser dette rett, så mener eg å ha funnet noen heltalls-tripler for a,b og c.

Løsning 1: a = 2, b = 4, c = 15
Løsning 2: a = 2, b = 5, c = 9
Løsning 3: a = 2, b = 6, c = 7
Løsning 4: a = 3, b = 4, c = 5

Hvor mange det er i alt blir en interessant fortsettelse.
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

LAMBRIDA skrev:Viss eg ser dette rett, så mener eg å ha funnet noen heltalls-tripler for a,b og c.

Løsning 1: a = 2, b = 4, c = 15
Løsning 2: a = 2, b = 5, c = 9
Løsning 3: a = 2, b = 6, c = 7
Løsning 4: a = 3, b = 4, c = 5

Hvor mange det er i alt blir en interessant fortsettelse.
Bra! Du har funnet alle unntatt én. Finner du den siste? (Og man kan selvsagt omrokkere på verdiene pga. symmetrien mellom a,b,c her)
LAMBRIDA
Ramanujan
Ramanujan
Innlegg: 250
Registrert: 16/11-2011 19:50
Sted: Hjelmeland

Den eneste løsningen eg nå finner er når a = 3, b = 3 og c = 8.
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

LAMBRIDA skrev:Den eneste løsningen eg nå finner er når a = 3, b = 3 og c = 8.
Riktig det
hco96
Ramanujan
Ramanujan
Innlegg: 252
Registrert: 13/10-2016 23:00
Sted: Vilhelm Bjerknes Hus, Blindern

Hvordan er fremgangsmåten? Det hadde vært veldig fint om noen ville dele den
[tex]\oint_C{f(z)dz} = 0[/tex]
mingjun
Cayley
Cayley
Innlegg: 91
Registrert: 18/11-2016 21:13
Sted: Det projektive planet

Her kommer en sketch av min løsning.

Vi slår parantesene sammen først:

\[\left(1+\frac{1}{a}\right)\left(1+\frac{1}{b}\right)\left(1+\frac{1}{c}\right)=\dfrac{(a+1)(b+1)(c+1)}{abc}\]

Det er mulig å vise at om $(a,b,c)$ er slik at $\dfrac{(a+1)(b+1)(c+1)}{abc}< 2$, vil også ulikheten gjelde for $(\bar{a},\bar{b},\bar{c})$, der $\bar{a}\geq a$ osv.. . Altså kan vi finne en viss øvre grense for hva $(a,b,c)$ kan være.

Deretter er kan man legge merke til at hvis vi setter $a=b=c=4$, så gjelder ulikheten over. Dette impliserer at en av tallene $a,b,c$ må være enten $1,2,3$. Herfra kan man bare sette inn et tall og gjøre casework for å se hva som fungerer og ikke fungerer.


EDIT: skulle ha streng ulikhet i stedet for større enn eller er lik på linje 4
Sist redigert av mingjun den 07/04-2017 23:32, redigert 2 ganger totalt.
hco96
Ramanujan
Ramanujan
Innlegg: 252
Registrert: 13/10-2016 23:00
Sted: Vilhelm Bjerknes Hus, Blindern

Supert, tusen takk.
[tex]\oint_C{f(z)dz} = 0[/tex]
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

mingjun skrev:Her kommer en sketch av min løsning.

Vi slår parantesene sammen først:

\[\left(1+\frac{1}{a}\right)\left(1+\frac{1}{b}\right)\left(1+\frac{1}{c}\right)=\dfrac{(a+1)(b+1)(c+1)}{abc}\]

Det er mulig å vise at om $(a,b,c)$ er slik at $\dfrac{(a+1)(b+1)(c+1)}{abc}< 2$, vil også ulikheten gjelde for $(\bar{a},\bar{b},\bar{c})$, der $\bar{a}\geq a$ osv.. . Altså kan vi finne en viss øvre grense for hva $(a,b,c)$ kan være.

Deretter er kan man legge merke til at hvis vi setter $a=b=c=4$, så gjelder ulikheten over. Dette impliserer at en av tallene $a,b,c$ må være enten $1,2,3$. Herfra kan man bare sette inn et tall og gjøre casework for å se hva som fungerer og ikke fungerer.


EDIT: skulle ha streng ulikhet i stedet for større enn eller er lik på linje 4
Flott! Løste den essensielt på samme vis: Vi skriver om til $(1+a)(1+b)(1+c)=(\sqrt[3]{2}a)(\sqrt[3]{2}b)(\sqrt[3]{2}c)$. Ser at $(1+n)<\sqrt[3]{2}n$ når $n>3$. Anta WLOG at $a\geq b\geq c$. Da gir ulikheten at $1\leq c\leq 3$.
Svar