Matematyka.pl

W nawiazaniu do mixów jest ten ponizszy eksperyment. Wydaje sie on ciekawy. Nie sa to wszystkie lecz te naj- bardziej mocne, tj co moze byc wzgledne -tj co trudne mniej lub barzdiej- tłumaczenie tresci jest chyba tu prawidłowe i nic nie zostało pominiete badz zniekształcone. Sa to jakby nieco hard-corowe zadania w stylu crazy problems, i ze trudnosci moga sprawic wielkie- badz ogromne.., lecz jednak coś sie chyba uda rozwiazac-chocby przyblizyc do rozwiazania. Czesc z nich chyba przewinało sie przez olimpiady- co widac, i czuć.... etc. A wiec sprobowac trzeba/mozna swych sił i zaatakowac zadania ,by przekonac sie o ich trudnosci. Zadania zebrane sa one z forum Mathlinks,-dział -Number Theory Proposed & Own Problems- a, które tam okazały sie najtrudniejsze (Replies=0),


1. Niech \(\displaystyle{ S \subset \{ 1, ...,N \}}\) t ze gdy \(\displaystyle{ x, y \in S}\) to \(\displaystyle{ x+y \notin S}\)tj suma dowolnych dwoch elementów wypada ze zbioru. Jaka jest największa możliwa taka moc zbioru S, gdy
a)N=50
b)N=200

2.Niech \(\displaystyle{ p}\) bedzie liczba pierwsza postaci \(\displaystyle{ 10k \pm 3}\)
Wykaz ze \(\displaystyle{ p |F_{p+1}}\), ale \(\displaystyle{ p^2 \nmid F_{p+1}}\)
gdzie \(\displaystyle{ F_{n}}\) to ciag Fibonacciego

3. Wykaże że zachodzi równość ( Clausen von Staudt's theorem): \(\displaystyle{ b_{2n}= m_{2n}-\sum_{\substack{ p \in \mathbb{P}\\ (p-1)|2n }}\frac{1}{p}}\)
i \(\displaystyle{ m_{2n} \in N}\), gdzie \(\displaystyle{ b_{2n}}\) to 2n ta l. Bernoulliego. Liczby te wyastepuja we wzorze \(\displaystyle{ \frac{x}{e^{x}-1}= \sum_{k=0}^\infty b_{k}\frac{x^{k}}{k!}}\) badz mozna je okreslic \(\displaystyle{ b_0=1, \ b_1=-\frac{1}{2}}\) i dalej \(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}b_{k}= b_{n}}\)

4.Niech \(\displaystyle{ A= \{ 1^2, 2^3 ...,2000^3 \}}\) Wykaż, że istnieje podział A na 19 niepustych podzbiorów, t ze suma elementów każdego z nich jest podzielna przez \(\displaystyle{ 2001^2}\)

5. Niech p>3 bedzie liczba pierwsza. Wykaz ze:
\(\displaystyle{ (\frac{2^{p-1}-1}{p})^2 \equiv -(\frac{2^{1}}{1}+\frac{2^2}{2^2}+\frac{2^3}{3^2}+...+\frac{2^{p-1}}{(p-1)^2}) \ (mod p)}\)

6. Niech \(\displaystyle{ 1=d_12, zas k dowolna naturalna. Wykaz kongruencje
\(\displaystyle{ \sum_{j=0}^k {k(p-1) \choose j(p-1)} \equiv 2+p(1-k) \ (mod \ p^2)}\)

14. Dany jest ciag \(\displaystyle{ x_n}\) , \(\displaystyle{ x_1=603, \ x_2=102}\), \(\displaystyle{ x_{n+2}= x_{n+1}+x_n+ 2 \sqrt{x_nx_{n+1}-2}}\)
Wykaz ze \(\displaystyle{ x_n}\) sa całkowite, oraz ze dla nieskonczenie wielu n \(\displaystyle{ x_n}\) konczy sie sekwencja 2003, i ze nie istnieja n dla których \(\displaystyle{ x_n}\) konczy sie sekwencja 2004.

15. Znajdz wszystkie liczby całkowite x, y. t ze
\(\displaystyle{ x^2+6=y^5}\)

16. Majc dana funkcje \(\displaystyle{ f: Z^{+} \mapsto Z^{+}}\) ustalic o ile mozliwe WKW
no to aby: \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} |\frac{1}{n}-\frac{1}{f(n)}| ...>a_k}\) jest ciagiem liczb naturalnych i \(\displaystyle{ NWW(a_i, a_j) \leq n}\) dla wszystkich i,j . Wykaz ze \(\displaystyle{ ja_j \leq n}\) dla \(\displaystyle{ j=1, 2, ...n}\)

18. Niech k >2 liczb naturalna. Okresla sie ciag z k skojarzony : \(\displaystyle{ a_{0}=k;a_{n}=d(a_{n-1})}\) , n=1, 2,... gdzie d(a) oznacza liczbe dzielnikow a. Wyznacz wszystkie takie k, ze jego ciag nie zawiera kwadratów

19. Niexh \(\displaystyle{ p_k}\) bedzie k ta liczba pierwszą. Wykaz ze ilość liczb pierwszych w przedziale \(\displaystyle{ \left( p_r ; 1 + \prod^r_{j = 2} p_j \right ]}\) zmieza wraz z r do \(\displaystyle{ +\infty}\)

20. Znajdz wszystkie \(\displaystyle{ f: N \mapsto N}\) t ze \(\displaystyle{ 2{f(m^2+n^2)}^3=f(m)^2f(n)+f(m)f(n)^2}\) dla dowolnych m,n

21. Znajdz wszyskie takie l. naturalne \(\displaystyle{ x, y}\) ze
\(\displaystyle{ x^2=12y^3- 16y +1}\)

22. Wykaz mozliwie najprosciej-elementarnie ze nie ma trzech takich liczb a,b,c całkowitych ze
\(\displaystyle{ \frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+\frac{a+b}{c}=0}\)

23. Znajdz ilość podzbiorów \(\displaystyle{ B}\) zbioru X=\(\displaystyle{ \{1, 2,...2005 \}}\) t ze suma s elementów zbioru B \(\displaystyle{ s \equiv 2006 \ (mod \ 2048)}\)

24. Niech zbior \(\displaystyle{ S \subset N}\) ma te własnosci
a) S zawiera wszystkie szesciany liczb naturalnych
b) nie istnieja liczby naturalne \(\displaystyle{ x,y,z}\) t. ze
wśrod liczb \(\displaystyle{ x,x,z, x^3+y^3+z^3}\) dokladnie trzy są w S
Wykaz ze \(\displaystyle{ S=N}\)

25. Uzasadnic tozsamosc
\(\displaystyle{ \prod_{k=1}^n k^{2k-n-1} = \dfrac{n!^{n-1}}{1!^2 2!^2\dots (n-1)!^2} = \prod_{i=1}^{n-1} {n\choose i}}\)

26. Wykaz ze równanie \(\displaystyle{ x^4-y^4=2z^2}\) nie ma rozwiazań w \(\displaystyle{ N}\)* Czy równanie \(\displaystyle{ x^4-y^4=z^2}\)
ma ich nieskonczenie wiele?

27. Wykaz ze istnieja dwa ciagi nieskonczone liczb naturalnych \(\displaystyle{ x_n < y_n}\) t ze \(\displaystyle{ x_n}\) i \(\displaystyle{ y_n}\) maja te same dzielniki pierwsze
i istnieje stała A ze \(\displaystyle{ y_n<x_n+\frac{A\sqrt{x_n}}{\sqrt{lnx_n}}}\)

28. Znajdz wszystkie pary \(\displaystyle{ x, y}\) liczb całkowitych, takich ze
\(\displaystyle{ \frac{y^3-y}{x^3-x}=2}\)

29. Rozwiąż równanie
\(\displaystyle{ n = 2 + 2 \phi (n) + 2 \tau (n)}\)
gdzie \(\displaystyle{ \phi}\) to funkcja Eulera, zas \(\displaystyle{ \tau(n)}\) to jest liczba dzielników n

30. Niech A będzie skończonym zbiorem liczb, takim ze: dla dowolnego \(\displaystyle{ a \in A}\) istnieja dokładnie dwa elementy \(\displaystyle{ b, c \in A}\) i \(\displaystyle{ b \leq c}\) i \(\displaystyle{ a=b+c}\). Wykaż, ze istnieja parami rózne elementy \(\displaystyle{ a_1,...,a_k \in A}\) t że: \(\displaystyle{ a_1+...+a_k=0}\)
}\)

25)
Lewa strona:
\(\displaystyle{ \prod_{k=1}^{n} k^{2k-1-n} = \prod_{k=1}^{n} k^{n-1 + 2k - 2n} = \frac{\prod_{k=1}^{n} k^{n-1}}{\prod_{k=1}^{n} k^{2(n-k)}}}\)
Chyba nie ulega wątpliwości, że licznik to:
\(\displaystyle{ (n!)^{n-1}}\)
Zajmę się mianownikiem. Zauważmy, że w wyrażeniu:
\(\displaystyle{ 1!^2 2!^2 \ldots (n-1)!^2 = \left( 1! 2! \ldots (n-1)!\right)^2}\)
Liczba k występuje właśnie 2(n-k) razy. Wynika to z tego, że znajdziemy ją raz w każdej silni od k! do (n-1)! (a tych jest właśnie n-k), a całe wyrażenie jest podniesione do kwadratu stąd mnożenie wykładnika przez 2. Zatem mianownik to:
\(\displaystyle{ \prod_{k=1}^{n} k^{2(n-k)} = 1!^2 2!^2 \ldots (n-1)!^2}\)
Teraz zajmijmy się prawą stroną. Rozpiszmy symbol Newtona z definicji; od razu widać, że iloczyn liczników to \(\displaystyle{ (n!)^{n-1}}\)
Zauważmy, że:
\(\displaystyle{ \prod_{k=1}^{n-1} (n-k)! = \prod_{k=1}^{n-1} k!}\)
Czyli mianownik naszego wyrażenia to:
\(\displaystyle{ \prod_{k=1}^{n-1} k!(n-k)! = \prod_{k=1}^{n-1} k!^2}\)
co oczywiście jest równe:
\(\displaystyle{ 1!^2 2!^2 \ldots (n-1)!^2}\)

jeśli \(\displaystyle{ 1=d_1}\) sa wszystkimi dzielnikami n to są nimi także \(\displaystyle{ n/d_1, n/d_2,..,n/d_k}\), \(\displaystyle{ n/d_{22}=d_{k-21}}\)

\(\displaystyle{ d_7 ^2+d_{10} ^2=d_{k-21} ^2}\)
a to jest trójka pitagoresjka , czyli
\(\displaystyle{ d_7=a^2-b^2}\)
\(\displaystyle{ d_{10} ^2=2ab}\)
\(\displaystyle{ d_{k-21}=a^2+b^2}\)

z tych równań wyżej dostajemy 6 pierwszych dzielników n (beirzemy modulo, np. \(\displaystyle{ x^2\equiv 0,1 (mod3)}\) czyli jeśli a albo b dzielą się przez 3 to jasne, jak nie do dzieli się \(\displaystyle{ a^2-b^2}\) , itd. )
\(\displaystyle{ d_1=1}\)
\(\displaystyle{ d_2=2}\)
\(\displaystyle{ d_3=3}\)
\(\displaystyle{ d_4=4}\)
\(\displaystyle{ d_5=5}\)
\(\displaystyle{ d_6=6}\)
i teraz kilka przypadków na dzielnik nr 7
a) \(\displaystyle{ d_7=7}\) -> \(\displaystyle{ a^2-b^2=7}\) -> \(\displaystyle{ (a,b)=(4,3)}\) -> \(\displaystyle{ d_{10}=24}\) ,
b)\(\displaystyle{ d_7=8}\). \(\displaystyle{ a^2-b^2=8}\) -> \(\displaystyle{ (a,b)=(3,1)}\) , \(\displaystyle{ d_{10}=6}\), sprzeczność
c)\(\displaystyle{ d_7=9}\) \(\displaystyle{ a^2-b^2=9}\) -> \(\displaystyle{ (a,b)=(5,4)}\) -> \(\displaystyle{ d_{10}=40}\),
d)\(\displaystyle{ d_7=10}\) \(\displaystyle{ a^2-b^2=10}\), to równanie nie ma rozwiązań w liczbach naturalnych.

Przypadki b) i c) też nie mogą zachodzić, bo pomiędzy \(\displaystyle{ d_7}\) a d_10 muszą się znaleźc dzielniki 10, 12, 15
teraz trzeba rozpatrzyć przypadek kiedy
\(\displaystyle{ d_7=2ab}\)
\(\displaystyle{ d_{10}=a^2-b^2}\)
\(\displaystyle{ d_{k-21}=a^2+b^2}\)
tak że można sobie od razu przypadki d_7=7 i d_7=9 odrzucic, zostają do sprawdzenia d_7=8, 10
1)\(\displaystyle{ d_7=2ab=8}\) ->ab=4 -> \(\displaystyle{ (a,b)=(4,1)}\) , -> \(\displaystyle{ d_{10}=15}\) , \(\displaystyle{ d_{k-21}=17}\). Stąd mamy od razu \(\displaystyle{ d_8=10}\), \(\displaystyle{ d_9=12}\), \(\displaystyle{ d_{11}=17}\), -> \(\displaystyle{ k-21=11}\) -> k=32
\(\displaystyle{ n/d_{22}=17}\) ->\(\displaystyle{ n=17*d_{22}}\)

2) \(\displaystyle{ d_7=10}\), \(\displaystyle{ ab=5}\), \(\displaystyle{ (a,b)=(5,1)}\) -> \(\displaystyle{ d_{10}=25-1=24}\), \(\displaystyle{ d_{n-21}=26}\) - odpada, z tych samych względów co b) wyżej

ah tyle pisania i dochodze do tego ze n=17*d_{22} czyli nie za wiele; samo zadanko robiłem wczesniej, myslalem ze skonczone, teraz do niego wracam i okazuje sie ze wcale nie..
jeszcze wiadomo, że \(\displaystyle{ n=2*3*5*17*p=510*p}\), p>17, teraz 'tylko' znaleźć pasujące p hm dzisiaj juz nie mam pomyslu na to, poproboje jutro

p.s. a może w zadaniu powinno byc : 'Niech \(\displaystyle{ 1=d_1}\) będą uporzyądkowanymi rosnącp dzielnikami n.' ?? wtedy można chyba łatwo do sprzeczność dojśc.

Wydaje mi się, że w zadaniu 5. jest błąd.

mikel napisal

Wydaje mi się, że w zadaniu 5. jest błąd.

Ah całkiem mozliwe, A czy da sie jakos uratowac?!

Pablo09 napisal

a to jest trójka pitagoresjka , czyli
\(\displaystyle{ d_7=a^2-b^2}\)
\(\displaystyle{ d_{10} ^2=2ab}\)
\(\displaystyle{ d_{k-21}=a^2+b^2}\)

No a formalnie to
a to jest trójka pitagoresjka , czyli
\(\displaystyle{ d_7=m(a^2-b^2)}\)
\(\displaystyle{ d_{10} ^2=m 2ab}\)
\(\displaystyle{ d_{k-21}=m (a^2+b^2)}\)


ad 14
to jest Vietnam 2004, Day 2, tu jest link z rozwiazaniem, szkic
... &year=2004

Rozwiązanie do 6. (nie moje) :
Oczywiscie \(\displaystyle{ d_{10}< \frac{n}{d_{22}} =d_{k-21}}\)

Z równania \(\displaystyle{ x^2+y^2=z^2}\) dostajemy , że \(\displaystyle{ 4|x}\) albo \(\displaystyle{ 4|y}\) i \(\displaystyle{ 3|xy}\) , \(\displaystyle{ n}\) musi być postaci:
\(\displaystyle{ n=2^{k_1} \cdot 3^{k_2} \cdot p_3 ^{k_3} \cdot ... , k_1 \geqslant 2 , k_2 \geqslant 1}\)
A zatem \(\displaystyle{ d_1=1, d_2=2,d_3=3 , d_4=4 .}\) Łatwo pokazać, że liczba dzielników pierwszych \(\displaystyle{ m \geqslant 3.}\)
Jeśli \(\displaystyle{ 5|n}\) to \(\displaystyle{ d_5=5 d_6=6 d_7 \leqslant 10.}\) Jeśli \(\displaystyle{ d_7=7}\) to dostajemy \(\displaystyle{ d_7=4^2-3^2 ,. d_{10}=2*4*3=24 , d_{k-21}=25=d_{11},}\) co jest sprzeczne z \(\displaystyle{ 32=k=(k_1+1)(k_2+1)(k_3+1)(k_4+1)... \geqslant 36}\)
Jeśli \(\displaystyle{ d_7=8}\) to \(\displaystyle{ d_{10}=15}\) i \(\displaystyle{ d_{k-21}=17}\) co daje rozwiązanie
\(\displaystyle{ n=2^3 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 17.}\)
Dalej, jeśli \(\displaystyle{ d_7=9}\) to \(\displaystyle{ d_{10}=40, d_{k-21}=41=d_{11}}\) albo \(\displaystyle{ d_{10}=12 i d_{k-21}=15.}\) W pierwszym przypadku sprzeczność - \(\displaystyle{ d \geqslant 48.}\) W drugim \(\displaystyle{ m=3}\) i \(\displaystyle{ n=2^{k_1} \cdot 3^{k_2} \cdot 5^{k_3}, (k_1+1)(k_2+1)(k_3+1)(k_4+1)=32 , k_1 \geqslant 2 , k_2 \geqslant 2 -> n=2^3 \cdot 3^3 \cdot 5,}\) sprzeczność , \(\displaystyle{ d_7=8\neq 9}\)
Jeśli \(\displaystyle{ d_7=10}\) to \(\displaystyle{ d_{10}=24}\) i \(\displaystyle{ d_{k-21}=26=d_{11}}\) -> \(\displaystyle{ n=2^3 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 13}\), sprzeczność z \(\displaystyle{ d_7=8\neq 10}\) .
Ok, rozważyliśmy wszystkie przypadki, kiedy \(\displaystyle{ 5|n}\) Teraz niech \(\displaystyle{ 5}\) nie dzieli \(\displaystyle{ n}\). Wtedy \(\displaystyle{ d_5=6}\) . Jeśli \(\displaystyle{ 7|n}\) to \(\displaystyle{ d_6=7}\) , \(\displaystyle{ d_7 \leqslant 12}\). \(\displaystyle{ d_7=10}\) , \(\displaystyle{ d_{10}=15}\) , sprzeczność , tak samo jak \(\displaystyle{ d_7=9}\) , \(\displaystyle{ d_{10}=40}\)
Jeżeli \(\displaystyle{ d_7=11}\) to \(\displaystyle{ d_{10}=60}\) , \(\displaystyle{ d_{k-21}=61=d_{11}}\) , co znowu daje sprzeczność. Jeśli \(\displaystyle{ d_7=12}\) to \(\displaystyle{ d_{10}=16}\) , \(\displaystyle{ d_{k-21}=20}\) , znowu sprzeczność.
Niech \(\displaystyle{ (35,n)=1}\). Jeśli \(\displaystyle{ n}\) nie jest podzielne przez 8 to \(\displaystyle{ 3|k}\). Jeśli \(\displaystyle{ 9|n}\) to \(\displaystyle{ d_6=9}\) i \(\displaystyle{ d_7=11}\) , \(\displaystyle{ d_{10}=60}\) , \(\displaystyle{ d_{11}=61}\) albo \(\displaystyle{ d_7=12}\) , \(\displaystyle{ d_{k-21}=20}\), też nie może zachodzić.
Jeśli \(\displaystyle{ n=4 \cdot 3 \cdot p_3 ^{k_3}}\) to \(\displaystyle{ p_3=11}\) , co daje \(\displaystyle{ p_7=12}\) - sprzeczność . \(\displaystyle{ p_3>12}\) daje \(\displaystyle{ d _6 = 12}\) , \(\displaystyle{ d_7=p_3}\) \(\displaystyle{ d_{10}= \frac{p_3 ^2 -1}{2}}\), \(\displaystyle{ d_{11}=d_{10}+1}\) -sprzeczność. Czyli jeśli \(\displaystyle{ (35,n)=1}\) to \(\displaystyle{ 8|n}\) i \(\displaystyle{ d_6=8}\), \(\displaystyle{ d_7 \leqslant 12}\) daje brak rozwiąsań.
A zatem jedyne rozwiązanie to \(\displaystyle{ n=2^3 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 17}\) .

ad 18 Ten ciag nie zawiera kwadratów, tylko wtedy gdy \(\displaystyle{ k=a_0}\) jest l. pierwsza... Jesli \(\displaystyle{ a_0=p}\) l pierwsza to kolejne wyrazy sa równe 2, a wiec nie ma w tym ciagu kwadratu.
Jesli \(\displaystyle{ k=a_0>2}\) jest l zlozona, to \(\displaystyle{ a_{n+1} \leq a_n}\) (równosc mozliwa tylko gdy \(\displaystyle{ a_n=2}\)) Zatem dla pewnego k>2 bedzie \(\displaystyle{ a_k=2}\) i \(\displaystyle{ a_{k-1} 2}\). czyli \(\displaystyle{ a_{k-1}}\) jest l pierwsza nieparzysta, a z tego wynika ze \(\displaystyle{ a_{k-2}}\) jest kwadratem. ckd

22) Nie skończyłem, ale zasadniczo równoważnie mamy, że:
\(\displaystyle{ (a+b+c) (\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}) = 3}\)
Czyli zapewne trzeba wykazać, że wielomian:
\(\displaystyle{ W(x) = x^2 + ax^2 + bx + \frac{ab}{3}}\)
nie może mieć trzech pierwiastków całkowitych.

To, że na mathlinks.ro nikt nie odpisał niekoniecznie oznacza, że zadanie jest trudne. Może być na przykład nudne lub z innych powodów niezauważone (mogło na przykład pojawić się w złym momencie). Przecież 25 było bardzo łatwe.

4.
Oczywiście, jeśli podzbiorów będzie więcej, niż 19, to jeszcze lepiej. Wskażę 25 takich zbiorów (a można nawet więcej).

Niech
\(\displaystyle{ B_1=\mathbb N\cap([1,333]\cup[1668,2000])\\B_2=\mathbb N\cap([334,666]\cup[1335,1667])\\B_3=\mathbb N\cap[668,1333]\\
C_1=\{0\}\\C_2=\{1,12,17,28\}\\C_3=\{2,5,24,27\}\\C_4=\{3,7,22,26\}\\C_5=\{4,10,19,25\}\\C_6=\{6,14,15,23\}\\C_7=\{8,9,20,21\}\\C_8=\{11,13,16,18\}}\)
Niech ponadto k mod 29 oznacza resztę z dzielenia k przez 29. Oto wspomniane 25 zbiorów:
\(\displaystyle{ \{667^3,1334^3\}}\)
oraz
\(\displaystyle{ \{k^3:k\in B_i,\ k\mod29\in C_j\}}\)
gdzie i=1,2,3, zaś j=1,2,3,4,5,6,7,8.

Gdyby ktoś chciał sprawdzać, że to jest O.K., to może mu się przydać kilka spostrzeżeń: do każdego zbioru wraz z \(\displaystyle{ k^3}\) należy \(\displaystyle{ (2001-k)^3}\), 2001=3*667, 667=23*29, każdy ze zbiorów \(\displaystyle{ C_2,\ldots,C_8}\) jest taki, że jeśli należy do niego a, to należą również 29-a oraz takie b, że \(\displaystyle{ 29|a^2+b^2}\)

=================== Dopisane później ===============================

Trochę mnie zwiodło to 19 zbiorów z treści zadania i myślałem, że to dzielenie na podzbiory jest trudne. Tymczasem wcale nie trudniej, niż tak, jak wyżej, umiem podzielić A na 129 podzbiorów, a sądzę, że można zrobić ten podział jeszcze sporo lepiej.

ad 16 \(\displaystyle{ f(n)=\frac{n}{1-n \epsilon_n g(n)}}\), \(\displaystyle{ \epsilon_n \{ -1, 1\}}\) i
\(\displaystyle{ \sum_n |g(n)| < +\infty}\)

[ Dodano: 15 Sierpnia 2008, 15:25 ]
ad 1 max bedzie \(\displaystyle{ [\frac{N}{2}]+1}\) dowod indukcja ,zas realizuje górna polowka np dla N=50 S=\(\displaystyle{ \{ 25,26,...,50\}}\)

[ Dodano: 20 Sierpnia 2008, 16:10 ]
ad 12
\(\displaystyle{ a= -w \frac{v^2w+ u^2}{w^2 u+v}}\)
\(\displaystyle{ b=u}\)
\(\displaystyle{ c= - \frac{v^2w+ u^2}{w^2 u+v}}\)
\(\displaystyle{ d= v}\)
u, v, w dowolne wymierne ,
(uzyska sie kladac a=wc)

26