matematikk.net

Vis at dersom [tex]\text{gcd}(a,b,c) \text{lcm}(a,b,c)=abc[/tex] så er a,b og c parvis relativt primske.

La [tex]a=p_1 ^{a_1} \ldots p_n ^{a_n}[/tex], [tex]b=p_1 ^{b_1} \ldots p_n ^{b_n}[/tex] og [tex]c=p_1 ^{c_1} \ldots p_n ^{c_n}[/tex] der [tex]p_i[/tex] er primtallene som deler minst en av [tex]a, b[/tex] og [tex]c[/tex]. Vi har da at eksponenten av [tex]p_i[/tex] i [tex]\gcd (a, b, c)[/tex] er [tex]\min \{ a_i, b_i ,c_i \}[/tex], og at eksponenten i [tex]lcm (a,b, c)[/tex] er [tex]\max \{ a_i, b_i ,c_i \}[/tex]. Av den oppgitte likningen får vi da at [tex] \min \{a_i, b_i , c_i \} + \max \{a_i, b_i, c_i \} = a_i + b_i + c_i[/tex], som betyr at den nest minste/største av [tex]a_i, b_i, c_i[/tex] må være null, og da er også den minste null. Dette betyr at om eksponenten av et primtall [tex]p[/tex] er positiv i en av [tex]a, b, c[/tex] må den være null i de to andre, så ingen primtall kan dele to av [tex]a, b, c[/tex], og de er altså parvis innbyrdes primiske.

jepp, det stemmer
har du en oppfølger?

Bestem alle endelige, ikketomme sett [tex]S[/tex] av positive heltall slik at dersom [tex](i, j) \in S^2[/tex] er [tex]\frac {i+j} {\gcd(i,j)}[/tex] med i [tex]S[/tex].

Siden [tex]S[/tex] er ikketom, kan vi velge [tex]a \in S[/tex]. Da er [tex]\frac{a+a}{\gcd(a,a)}=2 \in S[/tex].
Vi ser at [tex]S = \{ 2 \}[/tex] er en mulighet. Anta at [tex]S[/tex] har flere elementer. La [tex]b[/tex] være det største. Dersom [tex]1 \in S[/tex], vil [tex]\frac{1+b}{\gcd(1,b)}=1+b \in S[/tex] som er umulig. 2 er altså det minste elementet i [tex]S[/tex]. Da kan vi velge det nest minste elementet [tex]c[/tex]. Hvis [tex]c[/tex] er et partall, er [tex]\frac{c+2}{\gcd(c,2)}=\frac{c}{2}+1 \in S[/tex]. Men [tex]2<\frac{c}{2}+1<c+1 \Leftrightarrow 2<c<2c[/tex], så det er umulig. [tex]c[/tex] er altså odde. Vi viser at [tex]c+2n \in S[/tex], som gjelder for [tex]n=0[/tex]. Anta det gjelder for [tex]n=k[/tex]. Da er [tex]\frac{c+2k+2}{\gcd(c+2k,2)}=\frac{c+2(k+1)}{\gcd(c,2)}=c+2(k+1) \in S[/tex], så generelt er [tex]c+2n \in S[/tex] ved induksjon. Men [tex]S[/tex] er endelig, så dette er umulig.

En ny: Vis at dersom [tex]\frac{a+1}{b}+\frac{b+1}{a}[/tex] er et heltall, så er [tex]\text{gcd}(a,b)^2 \leq a+b[/tex].

Løsningen din er selvfølgelig helt riktig. For oppfølgeren:

Vi har at [tex]\frac {a(a+1) + b(b+1)} {ab}[/tex] er et heltall. La [tex]a=Ag[/tex] og [tex]b=Bg[/tex], der [tex]g=\gcd(a,b)[/tex]. Vi får da at [tex] \frac {A(Ag+1)+B(Bg+1)} {gAB}[/tex], så [tex]A(Ag+1) + B(Bg+1) \equiv 0 \pmod g[/tex]. Men [tex]Ag \equiv 0 \pmod g[/tex], så dette gir [tex]A+B \equiv 0 \pmod g[/tex], eller [tex]g | A+B[/tex], som gir at [tex]g^2 | a+b[/tex]. Siden et tall kun kan dele et tall mindre enn eller lik seg selv gir dette at [tex]g^2=\gcd(a,b)^2 \leq a+b[/tex], og vi er ferdige.