Uroš je napisao:Kako je iz [inlmath]f(1)=2\cdot1998=2^2\cdot3^3\cdot37[/inlmath] zaključeno da je [inlmath]x\le2,\;y\le3,\;z\le1[/inlmath]?
Uslov je da je [inlmath]d[/inlmath] delitelj svakog broja oblika [inlmath]n\left(n+1\right)\left(2n+1996\right)[/inlmath]. To znači da, i kad uvrstimo [inlmath]n=1[/inlmath], tada [inlmath]d[/inlmath] takođe mora biti delitelj tog broja.
Kako je i napisano, za [inlmath]n=1[/inlmath] dati izraz postaje [inlmath]2^2\cdot3^3\cdot37[/inlmath]. Potrebno je, dakle, da [inlmath]d[/inlmath] bude delitelj tog broja, tj. da broj [inlmath]2^2\cdot3^3\cdot37[/inlmath] mora biti deljiv sa [inlmath]d[/inlmath]. To, opet, znači da [inlmath]\displaystyle\frac{2^2\cdot3^3\cdot37}{d}[/inlmath] mora biti prirodan broj. To će biti slučaj onda kada su svi činioci broja [inlmath]d[/inlmath] sadržani u brojiocu ovog razlomka, pa će s njima moći da se skrate, pri čemu u imenicu ostaje samo jedinica, tj. vrednost razlomka je tada prirodan broj. (Kontraprimer: ako je jedan od činilaca broja [inlmath]d[/inlmath] npr. [inlmath]5[/inlmath], tada ta petica neće moći nikako da se skrati ni sa jednim od prostih brojeva iz brojioca, tako da u imeniocu u svakom slučaju ostaje vrednost različita od jedinice, što znači da vrednost razlomka neće biti prirodan broj, tj. [inlmath]d[/inlmath] tada nije delitelj vrednosti u brojiocu.)
Takođe, stepeni činilaca broja [inlmath]d[/inlmath] ne smeju biti veći od stepena odgovarajućih činilaca u brojiocu. Ako [inlmath]d[/inlmath] u sebi sadrži [inlmath]3^2[/inlmath], tada se to bez problema skrati sa [inlmath]3^3[/inlmath] u brojiocu, pri čemu u brojiocu ostaje [inlmath]3[/inlmath]. Takođe, ako [inlmath]d[/inlmath] u sebi sadrži [inlmath]3^3[/inlmath], tada se i to bez problema skrati sa [inlmath]3^3[/inlmath] u brojiocu. Međutim, ukoliko [inlmath]d[/inlmath] u sebi sadrži [inlmath]3^4[/inlmath], tada se u brojiocu i imeniocu krati [inlmath]3^3[/inlmath], nakon čega u imeniocu ostaje [inlmath]3[/inlmath], koje više nema s čime u brojiocu da se krati, pa kao vrednost razlomka ne dobijamo prirodan broj.
Zbog toga, da bi vrednost razlomka [inlmath]\displaystyle\frac{2^2\cdot3^3\cdot37}{d}[/inlmath] bila prirodan broj (i time [inlmath]d[/inlmath] bio delitelj broja [inlmath]2^2\cdot3^3\cdot37[/inlmath]), broj [inlmath]d[/inlmath] mora biti oblika [inlmath]2^x3^y37^z,\;x\le2,\;y\le3,\;z\le1,\;x,y,z\in\mathbb{N}_0[/inlmath].
Primeri:
[inlmath]\displaystyle\frac{2^2\cdot3^3\cdot37}{2^2\cdot3}[/inlmath] će biti prirodan broj.
[inlmath]\displaystyle\frac{2^2\cdot3^3\cdot37}{2\cdot3^3\cdot37}[/inlmath] će biti prirodan broj.
[inlmath]\displaystyle\frac{2^2\cdot3^3\cdot37}{2}[/inlmath] će biti prirodan broj.
[inlmath]\displaystyle\frac{2^2\cdot3^3\cdot37}{1}[/inlmath] će biti prirodan broj.
[inlmath]\displaystyle\frac{2^2\cdot3^3\cdot37}{2^3\cdot3^2\cdot37}[/inlmath]
neće biti prirodan broj.
[inlmath]\displaystyle\frac{2^2\cdot3^3\cdot37}{37^2}[/inlmath]
neće biti prirodan broj.
[inlmath]\displaystyle\frac{2^2\cdot3^3\cdot37}{2^2\cdot5}[/inlmath]
neće biti prirodan broj.
itd...
Uroš je napisao:Zašto iz [inlmath]f(2)=12000=2^{\color{red}7}\cdot3\cdot5^3[/inlmath] sledi da je [inlmath]d[/inlmath] deljiv samo prostim brojevima [inlmath]2[/inlmath] i [inlmath]3[/inlmath]?
Prvo, tu ima greška (obeležih je crveno), treba [inlmath]12000=2^5\cdot3\cdot5^3[/inlmath].
Oni su tu odmah objedinili uslove deljivosti i [inlmath]f\left(1\right)[/inlmath] i [inlmath]f\left(2\right)[/inlmath] brojem [inlmath]d[/inlmath]. Ako bismo išli postupno – samo iz uslova da je broj [inlmath]f\left(2\right)=2^5\cdot3\cdot5^3[/inlmath] deljiv brojem [inlmath]d[/inlmath] sledi da je [inlmath]d[/inlmath] oblika [inlmath]2^x3^y5^t,\;x\le5,\;y\le1,\;t\le3,\;x,y,t\in\mathbb{N}_0[/inlmath]. (Objašnjenje je isto kao i u slučaju za [inlmath]f\left(1\right)[/inlmath] samo obrati pažnju na oznake – [inlmath]x[/inlmath] je u oba slučaja korišćeno kao stepen broja [inlmath]2[/inlmath], [inlmath]y[/inlmath] kao stepen broja [inlmath]3[/inlmath], dok sam ovde kao stepen broja [inlmath]5[/inlmath] koristio oznaku [inlmath]t[/inlmath] kako bi se razlikovala od stepena broja [inlmath]37[/inlmath] koji je bio označen sa [inlmath]z[/inlmath].)
I sad tražimo
presek ova dva uslova, pošto je potrebno da [inlmath]d[/inlmath] bude delitelj i [inlmath]f\left(1\right)[/inlmath] i [inlmath]f\left(2\right)[/inlmath]:
[dispmath]x\le2\;\land\;x\le5\;\Rightarrow\;x\le2\\
y\le3\;\land\;y\le1\;\Rightarrow\;y\le1[/dispmath]
[inlmath]37[/inlmath] i [inlmath]5[/inlmath] se ne pojavljuju kao činioci u oba slučaja (već samo u jednom od njih), tako da njih eliminišemo.
Time smo zasad zaključili da [inlmath]d[/inlmath] može najviše imati činioce [inlmath]2^2[/inlmath] i [inlmath]3[/inlmath], tj. da bi [inlmath]d[/inlmath] najviše moglo biti [inlmath]12[/inlmath]. To je već dovoljno „sužen obruč“ da bi se nakon toga jednostavno, pomoću matematičke indukcije, moglo dokazati da je [inlmath]12[/inlmath] delitelj (a time i najveći delitelj) bilo kog broja [inlmath]f\left(n\right),\;n\in\mathbb{N}[/inlmath].
Uroš je napisao:Ako su neka od pitanja suvišna, izvinite, ali elementarna teorija brojeva se nije ni dotakla u školi, pa sa njom imam dosta problema.
Nisu pitanja suvišna, sasvim su na mestu.