Matematyka.pl

Każda z liczb \(\displaystyle{ 2^n}\) jest w zapisie binarnym zapisana jako jedynka i \(\displaystyle{ n}\) zer. Ponadto mamy:

\(\displaystyle{ 2336=100100100000_2}\)

Są trzy jedynki w zapisie binarnym, więc potrzeba dodać do siebie trzy różne liczby wyjściowej (potęgowej) postaci. To da się zrobić tylko wtedy, gdy

\(\displaystyle{ 100100100000_2=100000_2+100000000_2+100000000000_2=2^5+2^8+2^{11}}\)

czyli

\(\displaystyle{ (x,y,z)=(5,8,11)}\) i permutacje.

\(\displaystyle{ x^2-1997x+y^2+1997y=0 \ \ \ , \ x,y \in \NN \\
\sqrt{ \Delta }= \sqrt{ (1997)^2-4y(y+1997)}\\
\sqrt{ \Delta } \in \NN \Leftrightarrow y=0 \vee y=145}\)
\(\displaystyle{ \begin{cases} y=0 \\ x=0 \end{cases} \vee \begin{cases} y=145 \\ 170 \end{cases}}\)

\(\displaystyle{ a(a^2+2b)=3 \cdot 11 \cdot 61}\)
\(\displaystyle{ \begin{cases} a=1 \\ b=1006 \end{cases} \vee \begin{cases} a=3 \\ b=331 \end{cases} \vee \begin{cases} a=11 \\ c=31 \end{cases}}\)

Równanie \(\displaystyle{ x^2 + y^2 = 1997 (x - y)}\) ma jeszcze jedno rozwiązanie w liczbach naturalnych:
\(\displaystyle{ x = 1827, \ y = 145.}\)

Przepraszam, przeoczyłem że nie przepisałem drugiego pierwiastka równania dla \(\displaystyle{ y=145}\) (wtedy \(\displaystyle{ \sqrt{ \Delta}=1657}\))
Zgubiłem też \(\displaystyle{ x=}\) w drugim układzie.

\(\displaystyle{ b= \frac{1001a}{a-1001}=1001+ \frac{1001^2}{a-1001} =1001+ \frac{1 \cdot 7^2 \cdot 11^2 \cdot 13^2}{a-1001}}\)
Układy spełniające założenie \(\displaystyle{ a<b}\) dla naturalnych \(\displaystyle{ a,b}\) istnieją gdy:
\(\displaystyle{ a-1001 \in \left\{ 1,7,11,13,7^2,7 \cdot 11,7 \cdot 13,11^2,11 \cdot 13,13^2,7^2 \cdot 11,7^2 \cdot 13,7 \cdot 11^2\right\}}\)
wiec jest ich 13

Mamy znaleźć dodatnie liczby całkowite \(\displaystyle{ x, \ y, \ z}\) takie, że \(\displaystyle{ 2^x + 2^y + 2^z = 2336.}\) Rozkładamy liczbę \(\displaystyle{ 2336}\) na czynniki pierwsze.
\(\displaystyle{ 2336 = 2^5 \times 73 \\
\\
\therefore 2^x + 2^y + 2^z = 2^5 \times 73 \\
\implies \frac{2^x}{2^5} + \frac{2^y}{2^5} + \frac{2^z}{2^5} = 73 \\
\implies 2^{x - 5} + 2^{y - 5} + 2^{z - 5} = 73}\)

Prawa strona równania jest nieparzysta. Lewa strona równania jest parzysta. Jeden z wyrazów musi być zatem nieparzysty. Jest to możliwe tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ 2^{x - 5} \ \text{lub} \ 2^{y - 5} \ \text{lub} \ 2^{z - 5}}\) jest \(\displaystyle{ 1.}\)

Niech \(\displaystyle{ 2^{x - 5} = 1 \implies x - 5 = 0 \implies x = 5}\)
\(\displaystyle{ 1 + 2^{y - 5} + 2^{z - 5} = 73 \\
\implies 2^{y - 5} + 2^{z - 5} = 72 \\
\implies 2^{y - 5} + 2^{z - 5} = 8 \times 9 \\
\implies 2^{y - 5} + 2^{z - 5} = 2^3 \times 9 \\
\implies 2^{y - 8} + 2^{z - 8} = 9}\)

Ponownie mamy to samo: prawa strona równania jest nieparzysta a lewa strona równania jest parzysta. Zatem jeden z tych dwóch wyrazów jest nieparzysty.

Niech \(\displaystyle{ 2^{y - 8} = 1 \implies y - 8 = 0 \implies y = 8}\)
\(\displaystyle{ 1 + 2^{z - 8} = 9 \\
\implies 2^{z - 8} = 8 \\
\implies 2^{z - 8} = 2^3 \\
\implies z - 8 = 3 \\
\implies z = 11}\)

Ponieważ równanie jest symetryczne względem \(\displaystyle{ x, \ y, \ z}\) mamy zatem taki zbiór rozwiązań:
\(\displaystyle{ (x,y,z) = (5,8,11), \ (5,11,8), \ (8,5,11), \ (8,11,5), \ (11,5,8), \ (11,8,5).}\)

Każdą liczbę naturalną można przedstawić w postaci \(\displaystyle{ 9k \pm i}\) gdzie \(\displaystyle{ k \in \NN \wedge i \in \left\{ 0,1,2,3,4\right\}}\)
\(\displaystyle{ (9k \pm i)^2=9k(9k \pm 2i)+i^2}\)
Skoro liczba \(\displaystyle{ 9k(9k \pm 2i))}\) jest podzielna przez 9 to suma jej cyfr także jest podzielna przez 9. Ponadto suma cyfr kwadratów liczb \(\displaystyle{ 0,1,2,3,4}\) to odpowiednio \(\displaystyle{ 0,1,4,9,7}\).
Stąd sumą cyfr w liczbach kwadratowych może być tylko liczba postaci: \(\displaystyle{ j+9l}\) gdzie \(\displaystyle{ l \in \NN \wedge j \in \left\{ 0,1,4,7\right\}}\), a nie może być liczba postaci: \(\displaystyle{ m+9l}\) gdzie \(\displaystyle{ l \in \NN \wedge m \in \left\{ 2,3,5,6,8\right\}}\)

Najpierw pokażemy, że liczby \(\displaystyle{ a,b,c}\) spełniają warunek trójkąta. Dla ustalenia uwagi przypuśćmy nie wprost, że \(\displaystyle{ a\ge b+c}\). Mamy:
\(\displaystyle{ b^2+c^2\ge \frac{(b+c)^2}{2}>1}\), a zatem z uwagi na warunek
\(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2=3}\) widzimy, że
\(\displaystyle{ 2>a^2\ge (b+c)^2>2}\), ale to jest sprzeczność. Podobnie dla pozostałych.

Skoro więc liczby \(\displaystyle{ a,b,c}\) są długościami boków pewnego trójkąta, to
(patrz: podstawienie Raviego) istnieją takie liczby rzeczywiste dodatnie \(\displaystyle{ x,y,z}\), że:
\(\displaystyle{ a=x+y\\b=y+z\\c=z+x}\)
i nierówność
\(\displaystyle{ \frac{a}{(b + c - a)^2} + \frac{b}{(c + a - b)^2} + \frac{c}{(a + b - c)^2} \ge \frac{3}{(abc)^2}}\)
przyjmuje po prostych przekształceniach formę:
\(\displaystyle{ (x+y)^2(y+z)^2(z+x)^2\left(\frac{x+y}{4z^2}+\frac{y+z}{4x^2}+\frac{z+x}{4y^2}\right)\ge 3}\)
przy czym
\(\displaystyle{ (x+y)^2+(y+z)^2+(z+x)^2=3}\)
Z nierówności między średnimi potęgowymi mamy:
\(\displaystyle{ \sqrt[5]{ \frac{(x+y)^5+(y+z)^5+(z+x)^5}{3} }\ge \sqrt{\frac{(x+y)^2+(y+z)^2+(z+x)^2}{3}}=1}\)
Wystarczy (choć niekoniecznie potrzeba) udowodnić więc, że w dodatnich jest
\(\displaystyle{ (x+y)^2(y+z)^2(z+x)^2\left(\frac{x+y}{4z^2}+\frac{y+z}{4x^2}+\frac{z+x}{4y^2}\right)\ge (x+y)^5+(y+z)^5+(z+x)^5}\)
To zaś można wykazać w wyjątkowo żmudny sposób za pomocą AM-GM bądź stosunkowo łatwo z uogólnionej nierówności Höldera.

Ciekawe, że to zadanie wydaje mi się nieskończenie trudniejsze od pozostałych z tego zestawu, może rzeczywiście tak jest, choć to po części subiektywne, ale niewykluczone, że przeoczyłem jakieś proste i eleganckie rozwiązanie.

Zadania z tego zestawu pochodzą z olimpiad matematycznych. W moim odczucie, najtrudniejsze jest 2 z uwagi na to, że jest ono nietypowe oraz 3 - chyba firmowe rozwiązanie [nie jestem tego na 100% pewien] bazuje na nierówności Höldera oraz Schura:

The condition \(\displaystyle{ b + c > \sqrt{2}}\) implies \(\displaystyle{ b^2 + c^2 > 1,}\) so \(\displaystyle{ a^2 = 3 - (b^2 + c^2) < 2,}\) i.e., \(\displaystyle{ a < \sqrt{2} < b + c.}\) Hence we have \(\displaystyle{ b + c - a > 0,}\) and also \(\displaystyle{ c + a - b > 0}\) and \(\displaystyle{ a + b - c > 0}\) for similar reasons.

\(\displaystyle{ \frac{x^{p+1}_{1}}{y^{p}_{1}} + \frac{x^{p+1}_{1}}{y^{p}_{1}} + \ldots + \frac{x^{p+1}_{n}}{y^{p}_{n}} \ge \frac{(x_{1} + x_{2} + \ldots + x_{n})^{p + 1}}{(y_{1} + y_{2} + \ldots + y_{n})^{p}}}\)

Which holds for all positive real number \(\displaystyle{ p, x_{1}, x_{2}, \ldots ,x_{n}, y_{1}, y_{2}, \ldots ,y_{n}.}\) Applying it to the left-hand side of (1) with \(\displaystyle{ p = 2}\) and \(\displaystyle{ n = 3}\), we get

\(\displaystyle{ \Sigma \frac{a}{(b + c - a)^2} = \Sigma \frac{(a^2)^3}{{a^5}(b + c - a)^2} \ge \frac{(a^2 + b^2 + c^2)^3}{(\Sigma a^{5/2}(b + c - a))^2} = \frac{27}{(\Sigma a^{5/2}(b + c - a))^2}}\)
\(\displaystyle{ \ldots}\) (2).
To estimate the denominator of the right-hand part, we use an instance of Schur's inequality, namely
\(\displaystyle{ \Sigma a^{3/2}(a - b)(a - c) \ge 0,}\)
which can be rewritten as
\(\displaystyle{ \Sigma a^{5/2}(b + c - a) \le abc(\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c}).}\)

Moreover, by the inequality between the arithmetic mean and the fourth power mean we also have

\(\displaystyle{ \left( \frac{\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c}}{3}\right)^4 \le \frac{a^2 + b^2 + c^2}{3} = 1,}\) i.e., \(\displaystyle{ \sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c} \le 3.}\) Hence, (2) yields

\(\displaystyle{ \Sigma \frac{a}{(b + c - a)^2} \ge \frac{27}{(abc(\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c}))^2} \ge \frac{3}{(abc)^2}}\)