[2332] Yegreg | 2007-09-27 13:11:15 |
Egyrészt, ax+by többszöröse (a,b)(x,y)-nak, tehát (a,b)(x,y)|c, azaz . Legyen . Belátjuk, hogy d|(x,y) is lehetséges, ez ekvivalens azzal, hogy létezzen k, l egész, hogy x=kd, y=ld. Ekkor az egyenletünk akd+bld=c alakú. Legyen , (látszik, hogy (a1,b1)=1), illetve legyen ! Az egyenletünk (a,b)d-vel való leozstás után az a1k+b1l=c1 alakot ölti, ahol a1,b1,c1 egész, tehát ez egy lineáris diofantoszi egyenlet k,l-re, továbbá (a1,b1)=1|c1, tehát az egyenletnek van is megoldása.
Azt kaptuk tehát, hogy (x,y)|d, de van olyan x és y, hogy d|(x,y), tehát ezekre (x,y)=d.
|
|
[2331] Lbandi | 2007-09-27 08:56:05 |
Köszönöm a hozzászólást, de attól tartok nem lettem tőle okosabb. Azt eddig is tudtam, hogy egy ilyen egyenletnek vagy nincs megoldása, vagy végtelen sok van. A kérdés az, hogy adott a, b és c paraméterekkel mennyi lehet x és y legnagyobb közös osztója (feltételezve, hogy megoldható persze). Nyilván nem lehet akármi, hiszen legalább a c-t osztania kell a közös osztónak, de ez még nem egy kimerítő megoldás. Bocs, ha nem volt elég tiszta a feladat megfogalmazása, vagy ha valamit félreértettem a hozzászólásodban.
|
Előzmény: [2330] Hajba Károly, 2007-09-27 01:19:51 |
|
[2330] Hajba Károly | 2007-09-27 01:19:51 |
Ha a*x+b*y=c egyenletnek van megoldása, akkor végtelen megoldása van, mivel a*(x-n*b)+b*(y+n*a)=c is igaz. n tetszőleges egész.
S mivel két relatív prím valahányszori összeadásával a két szám szorzatánál nagyobb bármely szám előállítható, így ha a és b relatív prímek c tetszőleges lehet, lesz az egyenletnek megoldása, s végtelen számú.
|
Előzmény: [2329] Lbandi, 2007-09-26 21:59:47 |
|
[2329] Lbandi | 2007-09-26 21:59:47 |
Sziasztok! Már egy pár órája a következő feladattal bajlódok: a*x+b*y=c, lineáris diofantoszi egyenletnek létezik megoldása, azaz lnko(a,b) osztja c-t. Mennyi lehet lnko(x,y)?
Nyilván lnko(x,y) osztja c-t, de azt nem sikerült még bizonyítanom, hogy c minden osztójára létezik x,y úgy hogy lnko(x,y)=c, vagy hogy c-nek csak bizonyos osztóira (például csak c/(lnko(a,b)) osztóinak mindegyikére). Persze az is lehet, hogy nem vettem észre valami triviálisat, mindenesetre előre is köszönök minden hozzászólást :)
|
|
|
[2327] Gyöngyő | 2007-09-25 12:25:16 |
Köszike Nadorp!
este én is rájöttem a megoldásra,és ráadásul nem is ezt a feladatot akartam elküldeni,szerintem ennek a feladattípusnak van egy nehezebb változata.Én nem jövök rá sehogysem: 33+43+53=63 és 123+193+533=543 273+463+1973=1983 ra. Az első tagokat sikerült beazonosítanom,de a többivel van a gondom! Előre is köszönöm!
Üdv: Zsolt
|
Előzmény: [2326] nadorp, 2007-09-25 10:24:20 |
|
|
[2325] Gyöngyő | 2007-09-24 22:42:32 |
Sziasztok! Tudnátok segíteni a következő feladatban: Egy összefüggést kell megsejteni: 93+123+153=183 283+533+753=843 653+1273+2483=2603
Köszönettel: Zsolt
|
|
[2324] rizsesz | 2007-09-21 08:38:13 |
A jó esetek azt jelentik, hogy az n. húzza ki magát az n. esetben, tehát az első n-1-et kell vizsgálni, akikre igaz, hogy egymás között senki nem húzta ki magát. Ez pedig szerintem tökéletesen reprezentálható an-1-gyel.
|
|
|
[2322] rizsesz | 2007-09-20 15:39:46 |
Tökéletes. :) Igazából az volt a feladat, hogy n gyerek karácsonyi ajándék-húzásba kezd, és az első n-1 embernek lehetősége van arra, hogy újra húzzon, ha önmagát húzta. A kérdés annak az volt, hogy mi annak a valószínűsége, hogy az n. ember önmagát húzza. Ezt én úgy definiáltam, hogy a jó esetek száma az, hogy az első n-1 ember nem húzza önmagát, azaz az előző értelmezésekben an-1, míg az összes eset an, így a megoldás ezek hányadosa.
|
Előzmény: [2321] Lóczi Lajos, 2007-09-20 14:34:13 |
|
|
[2320] rizsesz | 2007-09-20 14:23:48 |
és akkor egyúttal a szitaformulával is ez jön ki?
|
|
|
[2318] Sirpi | 2007-09-20 13:10:39 |
Mármint n=0-tól megy az indexelés, nem? Viszont jelen esetben tényleg igaz, hogy ann!/e, hiszen a 0. és első tag összege: (-1)0/0!+(-1)1/1!=1-1=0, tehát tényleg elég a 2. tagtól összegezni.
|
Előzmény: [2316] nadorp, 2007-09-20 13:07:02 |
|
|
|
[2315] rizsesz | 2007-09-20 12:54:28 |
Köszönöm mindkettőtöknek, tetszenek. Egyébként ez a rekurzió a következő feladatnál került elő: Hányféleképpen lehet sorba rakni az 1, 2, ... n számokat, hogy semelyik se a saját értékének megfelelő helyen szerepeljen? Erre jött ki, hogy n= 2, 3, 4, 5 értékére 1, 2, 9, 44 a sorbarendezések száma, és ez összhangban van a rekurzióval (csak még ki kéne találni a származtathatóságot). Egyébként kedves nadorp, a talált képlet nem Taylor-sora semminek?
|
Előzmény: [2314] nadorp, 2007-09-20 11:26:51 |
|
[2314] nadorp | 2007-09-20 11:26:51 |
Tehat, a1=0,a2=1 és an+1=n(an+an-1) ( Ekkor persze a3=2, mint az eredeti kiírásban).
Legyen . Ekkor b1=0, .
, azaz
. Innen indukcióval
.
Ha most a fenti összefüggést elvégezzük k=2,3,...(n+1) értékekre és összeadjuk ezeket, akkor
, azaz
|
Előzmény: [2312] rizsesz, 2007-09-20 09:14:10 |
|
|
|
|
[2310] rizsesz | 2007-09-20 08:50:54 |
Te ezt írtad: a4=(a2+a3)(3-1)=(1+2)*2=6. Én ezt: a4=(a2+a3)(4-1)=(1+2)*3=9. Az indexálással tolódik az n-1-es szorzó is.
|
|
|
|