Mer tallteori

[Zivert]

Vis at hvis [tex] a^2+k[/tex] deler [tex](a-1)a(a+1)[/tex] der [tex]a,k \in \mathbb {N}[/tex], så er [tex]k \geq a[/tex]

[espen180]

Jen skjønner ikke helt. Sikker bare jeg som er dum. Mener du hvis [tex]a^2+k[/tex] går opp i [tex](a-1)a(a+1)[/tex]?

[Zivert]

Ja det stemmer! Andre måter å si det på:
(1)[tex]a^2+k[/tex] er en faktor i [tex](a-1)a(a+1)[/tex]
(2)[tex]m(a^2+k)=(a-1)a(a+1)[/tex] for et visst heltall m.
(3)[tex]a^2+k \mid (a-1)a(a+1)[/tex]
(4)[tex](a-1)a(a+1) \eq 0 \quad mod \ a^2+k[/tex]

[BMB]

Vis at hvis [tex]a^2+k[/tex] deler [tex](a-1)a(a+1)[/tex] der [tex]a,k \in \mathbb {N}[/tex], så er [tex]k \geq a[/tex].

For at [tex]a^2+k[/tex] skal dele n og siden k skal være et naturlig tall, må [tex]a^2+k[/tex] enten være [tex]a(a+1)[/tex] eller [tex](a-1)a(a+1)[/tex]. Dette er fordi disse divisorene er de eneste som oppfyller [tex](a-1)a(a+1)>a^2[/tex]. Vi ser at [tex]k=a[/tex] alltid vil gå, for da blir [tex]a^2+k=a^2+a=a(a+1)[/tex], som opplagt er en divisor. Det kan også vises at [tex]a^2+k=(a-1)a(a+1)[/tex] er oppnåelig for [tex]a \ge 2[/tex].

Dette betyr også at vi for alle [tex]a \ge 2[/tex] alltid kan velge to (og bare to) forskjellige verdier for k slik at [tex]a^2+k|(a-1)a(a+1)[/tex]. For [tex]a=1[/tex] kan vi bare velge [tex]k=a[/tex].

Altså er det bevist, hvis [tex]a^2+k[/tex] deler [tex](a-1)a(a+1)[/tex], og a og k er naturlige tall, så er [tex]k \geq a[/tex].

q.e.d.

[daofeishi]

For at [tex]a^2+k[/tex] skal dele n og siden k skal være et naturlig tall, må [tex]a^2+k[/tex] enten være [tex]a(a+1)[/tex] eller [tex](a-1)a(a+1)[/tex]

Dette stemmer ikke. Her antar du at (a-1)a(a+1) bare består av faktorene (a-1), a og (a+1) - men det stemmer ikke. Kanskje kan (a-1), a og (a+1) faktoriseres ytterligere? Kanskje er det slik at a= w*x, (a+1) = y*z, og a[sup]2[/sup] + k = w*y? Eller kanskje en annen kombinasjon av faktorer funker?

[Zivert]

EDIT: Ja, nettopp det ja (litt for sein...)

[BMB]

Ahh..det har dere jo helt rett i! Beklager, helt på jordet der.