[MIX] Niebanalne z algebry

[mol_ksiazkowy]

1. Udowodnić, że wśród dowolnych trzech liczb rzeczywistych, takich że suma żadnych z nich nie jest równa 1, istnieją takie \(\displaystyle{ x, y}\) iż \(\displaystyle{ \frac{xy}{x+y-1} \notin (0, 1)}\)
2. Rozwiązać układ równań
\(\displaystyle{ \begin{cases}x+y+z = a \\ x^2+y^2+z^2=b \\ xy = c \end{cases}}\)
3. Udowodnić, że jeśli \(\displaystyle{ n>1}\) i \(\displaystyle{ 2^n+n^2}\) jest liczbą pierwszą to \(\displaystyle{ n \equiv 3 \ (mod \ 6)}\). Wyznaczyć największą taką liczbę \(\displaystyle{ n<100}\)
4. Rozwiązać równanie \(\displaystyle{ \sqrt{ x+ 2\sqrt{ x+ 2 \sqrt{ x+...+ 2 \sqrt{x+ 2\sqrt{3x}} } }} = x}\)
5. Niech \(\displaystyle{ d_n}\) będzie pierwszą cyfrą \(\displaystyle{ 2^n}\). Udowodnić, że istnieje 57 różnych trzynastek \(\displaystyle{ (d_1, d_2, ..., d_{13}), (d_{2}, d_3, ..., d_{14}), (d_3, d_4, ..., d_{15}), ...}\)
6. Inny D i o f a n t o s; Czy istnieją \(\displaystyle{ m, n}\) takie, że \(\displaystyle{ m^2 - 33 n^2 =5}\) ?
7. Rozwiązać układ równań
\(\displaystyle{ \begin{cases}x^2(y+z)^2 = (3x^2+x+1)y^2z^2 \\ y^2(x+z)^2 = (4y^2+y+1)x^2z^2 \\ z^2(x+y)^2 = (5z^2+z+1)x^2y^2 \end{cases}}\)
8. Udowodnić, że jeśli \(\displaystyle{ \phi(5^m -1) = 5^n -1}\) to \(\displaystyle{ m}\) i \(\displaystyle{ n}\) nie są względnie pierwsze
Uwagi: \(\displaystyle{ \phi()}\) jest funkcją Eulera
9. Czy istnieją rozwiązania w liczbach całkowitych równania \(\displaystyle{ x^2+y^2+z^2 +1 = xyz}\) ?
10. Niech \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\) będą liczbami naturalnymi, takimi ze \(\displaystyle{ a^2b - b+1}\) jest kwadratem liczby całkowitej. Czy z tego wynika że istnieje jakieś \(\displaystyle{ c}\) o tej własności iż liczby \(\displaystyle{ b^2c - c +a -1}\) i \(\displaystyle{ a^2c - c+b - 1}\) też są kwadratami liczb całkowitych ?

11. Rozwiązać układ równań
\(\displaystyle{ \begin{cases} \frac{a}{x} - \frac{b}{z} = c-zx \\ \frac{b}{y} - \frac{c}{x} = a-xy \\ \frac{c}{z} - \frac{a}{y} = b-yz \end{cases}}\)
12. Niech \(\displaystyle{ n = 302 \ 446 \ 877}\) i \(\displaystyle{ m}\) będzie resztą z dzielenia \(\displaystyle{ 2^{25!}}\) przez \(\displaystyle{ n}\). Udowodnić, że \(\displaystyle{ ( m-1, n) = 17 \ 389}\)
13. Mając dane
\(\displaystyle{ \begin{cases} x^2+xy + \frac{y^2}{3}=25\\ \frac{y^2}{3}+z^2=9 \\z^2+zx +x^2=16 \end{cases}}\)
obliczyć \(\displaystyle{ xy+ 2yz + 3xz}\)
14. Niech \(\displaystyle{ k}\) będzie daną liczbą naturalną. Udowodnić istnienia liczb naturalnych \(\displaystyle{ a, b, c}\) że \(\displaystyle{ k = \frac{abc}{a+b+c}}\)
15. Niech \(\displaystyle{ \alpha= \sqrt[3]{3} + \sqrt[3]{2}}\). Udowodnić, że jeśli \(\displaystyle{ W(x) =x^9 - 15x^6 - 87x^3 -125}\) to \(\displaystyle{ W(\alpha)=0}\). Czy jest to wielomian minimalny dla \(\displaystyle{ \alpha}\) ?
16. Udowodnić, że jeśli \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\) są różnymi liczbami rzeczywistymi to istnieją \(\displaystyle{ m}\) i \(\displaystyle{ n}\) takie że \(\displaystyle{ am + bn < 0}\) i \(\displaystyle{ an+bm>0}\)
17. Niech \(\displaystyle{ k}\) będzie liczbą naturalną. Udowodnić, że \(\displaystyle{ (4k^2-1)^2}\) ma dodatni dzielnik w formie \(\displaystyle{ 8kn -1}\) tylko gdy \(\displaystyle{ k}\) jest liczbą parzystą.
18. Niech \(\displaystyle{ S_n}\) będzie sumą największych nieparzystych dzielników liczb \(\displaystyle{ 1, 2, 3, ..., 2^n}\). Udowodnić, że \(\displaystyle{ 3S_n = 4^n + 2}\)
19. D i o f a n t o s; rozwiązać równanie \(\displaystyle{ \frac{1}{2}(a+b)(b+c)(c+a) + (a+b+c)^3 = 1- abc}\)
20. Ile jest permutacji zbioru \(\displaystyle{ \{ 1, ..., n \}}\) takich, w których bezpośrednio przed dowolnym elementem \(\displaystyle{ k}\) (oprócz pierwszego) jest \(\displaystyle{ k-1}\) lub \(\displaystyle{ k+1}\) ?

21. Dla jakich liczb całkowitych \(\displaystyle{ a, b}\) ; \(\displaystyle{ a}\) dzieli \(\displaystyle{ b^2+b+1}\) oraz \(\displaystyle{ b}\) dzieli \(\displaystyle{ a^2+a+1}\)
22. Dla jakich \(\displaystyle{ k}\) istnieją całkowitoliczbowe rozwiązanie układu
\(\displaystyle{ \begin{cases} x^3 - x^2 =k\\ x+y=p \end{cases}}\)
gdzie \(\displaystyle{ p}\) jest liczbą pierwszą. Czy może być \(\displaystyle{ 1< k < 7}\) ?
23. Udowodnić, że istnieje nieskończona ilość liczb naturalnych \(\displaystyle{ n}\) o własności \(\displaystyle{ \delta(n)=2n-1}\)
Uwagi: \(\displaystyle{ \delta(n)=\sum_{d|n \ d\geq 1} d}\)
24. Udowodnić, że jesli \(\displaystyle{ n \geq k-1 \geq 1}\) to \(\displaystyle{ \frac{(n+1, k-1)}{n+2-k} {n \choose k-1}}\) jest liczbą całkowitą
Uwagi: \(\displaystyle{ (x, y)}\) to największy wspólny dzielnik \(\displaystyle{ x}\) i y \(\displaystyle{ y}\)
25. Udowodnić istnienie i jedyność liczby \(\displaystyle{ n}\) o własności: w liczbach \(\displaystyle{ n^2}\) i \(\displaystyle{ n^3}\) są wszystkie cyfry \(\displaystyle{ \{0, ..., 9 \}}\) i każda z nich tylko raz.
26. Rozwiązać równanie \(\displaystyle{ x^5+ 39x^4+ 83x^3+ 325x^2 - 348x - 1924=0}\)
27. Udowodnić, że jeśli \(\displaystyle{ m}\) jest takie że \(\displaystyle{ \delta (m) = 2m}\) oraz \(\displaystyle{ m}\) ma \(\displaystyle{ k}\) dzielników pierwszych tj. \(\displaystyle{ \omega(n)=k}\) to jakiś z nich jest nie większy od \(\displaystyle{ k}\).
Uwagi: \(\displaystyle{ \omega(n)= \sum_{p|n} 1}\)
28. Czy \(\displaystyle{ \sup_{n} \sum_{p|n} \frac{1}{p} = +\infty}\) ?
29. Dla ustalonej liczby \(\displaystyle{ a}\) wykonuje się następujący algorytm:
i) ostatnią cyfrę liczby \(\displaystyle{ a}\) zamienia się na pierwszą; \(\displaystyle{ b}\)
ii) \(\displaystyle{ c=b^2}\)
iii) pierwszą cyfrę liczby \(\displaystyle{ c}\) zamienia się na ostatnią; \(\displaystyle{ f(a)}\)
np. gdy \(\displaystyle{ a=32 \ b= 23 \ c= 529 \ f(a)= 295}\)
Wyznaczyć wszystkie \(\displaystyle{ a}\), dla których \(\displaystyle{ f(a)=a^2}\)
30. Wyznaczyć rekurencję dla ciągu \(\displaystyle{ S_n = \sum_{k} {n \choose 2k}}\)

[Premislav]

9.:    

Nie. Możliwe reszty z dzielenia kwadratu liczby całkowitej przez \(\displaystyle{ 4}\) to \(\displaystyle{ 0}\) i \(\displaystyle{ 1}\), zatem patrząc na tę równość modulo \(\displaystyle{ 4}\), dostajemy sprzeczność.

[dec1]

26.

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ 0=x^5+ 39x^4+ 83x^3+ 325x^2 - 348x - 1924=x^5+39x^4+87x^3-4x^3+481x^2-156x^2-348x-1924=x^2(x^3+39x^2+87x+481)-4(x^3+39x^2+87x+481)=(x^2-4)(x^3+39x^2+87x+481)=(x^2-2^2)(x^3+2x^2+37x^2+13x+74x+481)=(x-2)(x+2)(x(x^2+2x+13)+37(x^2+2x+13))=(x-2)(x+2)(x+37)(x^2+2x+13)}\)

Stąd widzimy, że pierwsze trzy rozwiązania to \(\displaystyle{ x_1=2}\), \(\displaystyle{ x_2=-2}\) i \(\displaystyle{ x_3=-37}\), a po rozwiązaniu równania kwadratowego dostajemy ostatnie dwa rozwiązania: \(\displaystyle{ x_4=-1+2i\sqrt{3}}\) i \(\displaystyle{ x_5=-1-2i\sqrt{3}}\)

[Premislav]

30.:    

Trochę nie rozumiem tego zadania: \(\displaystyle{ \sum_{k}^{}{n \choose 2k}}\) to liczba podzbiorów o parzystej mocy zbioru n-elementowego, gdzie \(\displaystyle{ n\neq 0}\), więc to jest \(\displaystyle{ 2^{n-1}}\) i rekurencja jest taka: \(\displaystyle{ S_{1}=1, S_{n+1}=2S_{n}}\). O to chodziło? Czy może raczej coś z wielomianami Czebyszewa pierwszego rodzaju?

Dowód faktu, że \(\displaystyle{ \sum_{k}^{}{n \choose 2k}=2^{n-1}}\): mamy \(\displaystyle{ 2^{n}}\) podzbiorów zbioru n-elementowego \(\displaystyle{ A}\). Niech \(\displaystyle{ |A|=n}\) będzie nieparzysta. Sparujmy \(\displaystyle{ X \subset A}\) z \(\displaystyle{ X'=A\setminus X}\). Jeżeli \(\displaystyle{ X}\) ma nieparzyście wiele elementów, wówczas \(\displaystyle{ X'}\) ma parzyście wiele elementów, stąd każdy podzbiór nieparzystej mocy jest sparowany z podzbiorem parzystej mocy, czyli jest ich tyle samo, a więc po \(\displaystyle{ \frac{2^{n}}{2}}\), co kończy dowód przypadku "nieparzystego". Teraz niech \(\displaystyle{ n}\) będzie liczbą parzystą różną od zera. Wówczas \(\displaystyle{ n-1}\) będzie liczbą nieparzystą i ustalmy \(\displaystyle{ x \in A}\).
\(\displaystyle{ A\setminus\left\{ x\right\}}\) ma \(\displaystyle{ n-1}\) elementów i \(\displaystyle{ 2^{n-2}}\) podzbiorów o parzystej mocy i tyle samo o nieparzystej mocy. Dodatkowo podzbiorami zbioru \(\displaystyle{ A}\) są, oprócz podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ A\setminus\left\{ x\right\}}\), także zbiory postaci \(\displaystyle{ B_{j} \cup \left\{ x\right\}}\), gdzie \(\displaystyle{ B_{j} \subset A\setminus\left\{ x\right\}}\). Oczywiście gdy "dołożymy" x do zbioru nieparzystej liczebności, to będzie miał on parzystą liczebność, zaś jeżeli dołożymy do zbioru parzystej liczebności - wtedy nowy zbiór będzie miał nieparzystą liczebność. Stąd podzbiorów parzystej liczebności mamy \(\displaystyle{ 2^{n-2}+2^{n-2}=2^{n-1}}\) itd.

[Pinionrzek]

23.

Ukryta treść:    

Indukcyjnie pokażemy, że dla wszystkich \(\displaystyle{ n=2^k}\), \(\displaystyle{ k \in \mathbb{Z_{+}}}\) zachodzi zależność z zadania. Dla \(\displaystyle{ k=1}\) to oczywiście prawda. Zakładamy teraz, że dla wszystkich liczb nie większych od \(\displaystyle{ k}\) teza indukcyjna zachodzi. Zauważmy, że:\(\displaystyle{ \delta(2^{k+1})=2^{k+1}+2^{k}+...+2+1=2^{k+1}+2\cdot 2^k -1= 2^{k+2}-1}\), czyli mamy tezę.

18.

Ukryta treść:    

Lemat
\(\displaystyle{ a, b \in \mathbb{Z_{+}}}\). Liczba \(\displaystyle{ (4a^2-1)^2}\) jest podzielna przez \(\displaystyle{ 4ab-1}\) wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ a=b}\).
Dowód:
Implikacja w lewą stronę jest oczywista. Zajmujmy się więc tą drugą. Załóżmy, że \(\displaystyle{ a > b}\) Zauważmy, że \(\displaystyle{ 4ab-1 \mid 16a^4-8a^2+1 \iff 4ab-1 \mid 16a^4-8a^2+1+4ab-1=4a(4a^3-2a+b) \iff 4ab-1 \mid 4a^3-2a+b \iff 4ab-1 \mid b(4a^3-2a+b)-a^2(4ab-1)=(a-b)^2.}\) Niech \(\displaystyle{ \frac{(a-b)^2}{4ab-1}=k, k \in \mathbb{Z}}\). Po przekształceniach otrzymujemy, że \(\displaystyle{ a^2-a(4kb+2b)+b^2+k=0}\). Załóżmy teraz, że \(\displaystyle{ (a, b)}\) jest takim rozwiązaniem tego równania, że \(\displaystyle{ a+b}\) jest najmniejsze. Rozważmy teraz równanie kwadratowe względem \(\displaystyle{ b}\). Na mocy wzorów Viete'a dostajemy, że również \(\displaystyle{ \frac{b^2+k}{a}}\) jest rozwiązaniem naszego równania. Z założenia musi zachodzić \(\displaystyle{ b+\frac{b^2+k}{a}>a+b \iff k \ge b(a-b)}\), co po krótkich przekształceniach okazuje się być nieprawdą. Przejdźmy teraz do rozwiązania zadania.

Implikacja \(\displaystyle{ \Leftarrow}\) jest oczywista. Wystarczy rozważyć \(\displaystyle{ n=1}\).
Załóżmy jednak, że \(\displaystyle{ k}\) jest nieparzyste i posiada dzielnik postaci \(\displaystyle{ 8kn-1}\). Wtedy otrzymujemy, że \(\displaystyle{ \frac{(4k^2-1)^2}{8kn-1}=\frac{(4k^2-1)^2}{4k(2n)-1}}\) jest całkowite. Jednakże nasz lemat implikuje, że \(\displaystyle{ k=2n}\), czyli sprzeczność.

-- 27 kwi 2016, o 21:28 --19.

Ukryta treść:    

Rozważmy wielomian \(\displaystyle{ P(t)=x^3+pt^2+qx+r=(x-a)(x-b)(x-c)}\). Zauważmy, że \(\displaystyle{ \frac{1}{2}(a+b)(b+c)(c+a) + (a+b+c)^3 = 1- abc \iff \frac{1}{2}(p-a)(p-b)(p-c)+p^3=1-r \iff pq-r+2p^3=2-2r \iff (p+a)(p+b)(p+c)=2}\), czyli z dokładnością do permutacji \(\displaystyle{ a, \ b, \ c}\) dostajemy: \(\displaystyle{ \begin{cases} p+a=2\\p+b=1\\p+c=1\end{cases} \Rightarrow p=1, \ a=1, \ b=c=0}\), \(\displaystyle{ \begin{cases} p+a=2\\p+b=-1\\p+c=-1\end{cases} \Rightarrow p=0, \ a=2, \ b=c=-1}\), \(\displaystyle{ \begin{cases} p+a=-2\\p+b=-1\\p+c=1\end{cases} \Rightarrow 4p=-2}\). W ostatnim przypadku otrzymujemy sprzeczność. Z pozostałych wnioskujemy, że z dokładnością do permutacji \(\displaystyle{ (a, \ b, \ c)=(1, \ 0, \ 0)=(2, -1, -1)}\).

[Premislav]

3.:    

Oczywiście jeśli \(\displaystyle{ n}\) jest parzyste, to \(\displaystyle{ 2|n^{2}+2^{n}}\), więc aby \(\displaystyle{ 2^{n}+n^{2}}\) było liczbą pierwszą musi być \(\displaystyle{ n^{2}+2^{n}=2}\), ale to równanie nie ma rozwiązań w liczbach naturalnych. Zatem \(\displaystyle{ n}\) jest postaci \(\displaystyle{ 6k+1,6k+3}\) lub \(\displaystyle{ 6k+5, k \in \NN}\). Jeżeli \(\displaystyle{ n=6k+1}\) lub \(\displaystyle{ n=6k+5}\), to \(\displaystyle{ 2^{n}\equiv 2\pmod{3}}\) (bo \(\displaystyle{ 2^{6n+r}=2^{r}4^{3n}}\) i \(\displaystyle{ 4\equiv 1\pmod{3}}\), a także \(\displaystyle{ 32\equiv 2\pmod{3}}\)) oraz \(\displaystyle{ n^{2}\equiv 1\pmod{3}}\) (to akurat oczywiste), więc \(\displaystyle{ 3}\) dzieli \(\displaystyle{ 2^{n}+n^{2}}\), czyli aby n było pierwsze, to musi być \(\displaystyle{ n^{2}+2^{n}=3}\), ale z założenia \(\displaystyle{ n>1}\). To wyklucza postać \(\displaystyle{ 6k+1}\) oraz \(\displaystyle{ 6k+5}\). Zatem udowodniłem, że jeśli \(\displaystyle{ n^{2}+2^{n}}\) jest liczbą pierwszą, to \(\displaystyle{ n\equiv 3\pmod{6}}\)
Stronka pl.numberempire.com "powiedziała" mi, że największym takim n mniejszym od stu jest \(\displaystyle{ 33}\), nie mam pojęcia, jak to udowodnić.

-- 28 kwi 2016, o 01:55 --

Ponieważ trochę mnie nie satysfakcjonuje niepełne rozwiązanie poprzednio wysłanego zadania, to dorzucę jeszcze jedno:

6.:    

\(\displaystyle{ m^2 - 33 n^2 =5}\)
No cóż... możliwe reszty z dzielenia kwadratu liczby naturalnej przez \(\displaystyle{ 5}\) to \(\displaystyle{ 0,1}\) i \(\displaystyle{ 4}\). Oczywiście obie liczby \(\displaystyle{ m^{2}}\) i \(\displaystyle{ n^{2}}\) nie mogą być podzielne przez \(\displaystyle{ 5}\), bo sprzeczność modulo \(\displaystyle{ 25}\) (skoro \(\displaystyle{ 5}\) dzieli \(\displaystyle{ m^{2}}\) i \(\displaystyle{ m}\) jest całkowite, to również \(\displaystyle{ 5}\) dzieli \(\displaystyle{ m}\)). Również dokładnie jedna z \(\displaystyle{ m^{2},n^{2}}\) nie może być podzielna przez \(\displaystyle{ 5}\), bo wtedy przerzucamy na drugą stronę i sprzeczność modulo \(\displaystyle{ 5}\).
Zatem mamy następujące możliwości:
1) \(\displaystyle{ m^{2}\equiv 1 \pmod{5}}\) i \(\displaystyle{ n^{2}\equiv 1\pmod{5}}\) - ale wtedy lewa strona daje resztę \(\displaystyle{ 3}\) z dzielenia przez \(\displaystyle{ 5}\), nie pasuje;
2)\(\displaystyle{ m^{2}\equiv 1 \pmod{5}\wedge n^{2}\equiv 4\pmod{5}}\) - również nie pasuje, bo liczymy na pałę i widzimy, że lewa strona daje resztę \(\displaystyle{ 4}\) z dzielenia przez \(\displaystyle{ 5}\).
3)\(\displaystyle{ m^{2}\equiv 4 \pmod{5}\wedge n^{2}\equiv 1\pmod{5}}\) - także klops, gdyż lewa strona daje resztę \(\displaystyle{ 1}\) z dzielenia przez \(\displaystyle{ 5}\).

Odpowiedź: w liczbach całkowitych równanie \(\displaystyle{ m^{2}-33n^{2}=5}\) nie ma rozwiązania (skoro Diofantos, to pewnie o to chodzi).

-- 28 kwi 2016, o 03:47 --

16.:    

Really? \(\displaystyle{ m=b-a, n=a-b}\). Wówczas
\(\displaystyle{ ma+nb=-a^{2}+ab+ab-b^{2}=-(a-b)^{2}}\) oraz \(\displaystyle{ na+mb=a^{2}-ab+b^{2}-ab=(a-b)^{2}}\). Rzeczywiście niebanalne...

[Medea 2]

Dwudzieste ósme:

Ukryta treść:    

Tak. Wystarczy rozważać liczby \(\displaystyle{ n}\) postaci

\(\displaystyle{ \prod_{i=1}^k p_i}\),

gdzie \(\displaystyle{ k}\) staje się coraz większe, zaś \(\displaystyle{ p_i}\) przebiega przez wszystkie liczby pierwsze. Szereg

\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^\infty \frac{1}{p_i}}\)

jest rozbieżny, więc musi mieć dowolnie duże sumy częściowe.

Dwudzieste dziewiąte:

Ukryta treść:    

Kod: Zaznacz cały

https://oeis.org/A085305

Dwudzieste drugie jest dziwne:

Ukryta treść:    

Jeżeli \(\displaystyle{ k}\) jest postaci \(\displaystyle{ n^3 - n^2}\), to kładziemy \(\displaystyle{ x = n}\) i \(\displaystyle{ y = p - x}\), jeżeli nie, to rozwiązań nie ma.

[dec1]

4.

Ukryta treść:    

Podnosimy to kwadratu:
\(\displaystyle{ x+2\sqrt{x+2\sqrt{x+...+2\sqrt{x+\sqrt{2\sqrt{3x}}}}}=x^2}\)
\(\displaystyle{ x+2x=x^2}\)

\(\displaystyle{ x=3}\)

Edit: też \(\displaystyle{ x=0}\) (thx Medea 2)

[bosa_Nike]

14.:    

Rzut oka na tzw. małe przypadki: \(\displaystyle{ a=1,\ b=k+1,\ c=k(k+2)}\)

[Premislav]

1. - nie jestem pewien, czy o to chodziło:    

Załóżmy nie wprost, że teza jest nieprawdziwa. Tj. weźmy takie \(\displaystyle{ x,y,z}\), że \(\displaystyle{ x+y\neq 1\wedge y+z\neq 1\wedge z+x\neq 1}\) oraz:
\(\displaystyle{ \begin{cases} 0<\frac{xy}{x+y-1} <1\\0<\frac{zy}{z+y-1} <1\\0<\frac{xz}{x+z-1} <1 \end{cases}}\)
Po prostych przekształceniach otrzymujemy, że w szczególności:
\(\displaystyle{ \begin{cases} 0<(x+y-1)(x-1)(1-y)\\0<(z+y-1)(y-1)(1-z)\\0<(z+x-1)(z-1)(1-x) \end{cases}}\)Wystarczy rozważyć trzy przypadki:
\(\displaystyle{ 1^{\circ}}\) parzyście wiele (tj. oczywiście zero lub dwie) spośród liczb \(\displaystyle{ x+y-1,y+z-1,z+x-1}\) ma wartość ujemną. Wtedy mnożąc te trzy nierówności stronami i skracając, dostajemy \(\displaystyle{ 0<-(x-1)^{2}(y-1)^{2}(z-1)^{2}}\), a to jest sprzeczność.
\(\displaystyle{ 2^{\circ}}\) Powiedzmy, że tylko jedna z nich jest ujemna, bez straty ogólności niech będzie to \(\displaystyle{ x+y-1}\). Wtedy oczywiście wracamy do układu
\(\displaystyle{ \begin{cases} 0<\frac{xy}{x+y-1} <1\\0<\frac{zy}{z+y-1} <1\\0<\frac{xz}{x+z-1} <1 \end{cases}}\)
i widzimy, że skoro \(\displaystyle{ x+y-1<0}\), to dokładnie jedna z liczb \(\displaystyle{ x,y}\) jest ujemna (inaczej pierwszy ułamek byłby niedodatni). Ale jeśli \(\displaystyle{ y<0}\), to ponieważ \(\displaystyle{ z+y-1>0}\), mamy oczywiście \(\displaystyle{ z>0}\), a zatem \(\displaystyle{ \frac{zy}{z+y-1}<0}\), sprzeczność. Analogicznie rozważamy przypadek \(\displaystyle{ x<0}\), analizując trzecie równanie.
\(\displaystyle{ 3^{\circ}}\) Jeśli wszystkie spośród liczb \(\displaystyle{ x+y-1,y+z-1,z+x-1}\) są ujemne, to aby zachować dodatniość ułamków, musi być \(\displaystyle{ xz<0 \wedge yz<0 \wedge xy<0}\), ale to zaczynając od lewej oznacza, że \(\displaystyle{ x}\) jest przeciwnego znaku niż \(\displaystyle{ z}\), która jest przeciwnego znaku niż \(\displaystyle{ y}\). Zatem \(\displaystyle{ xy>0}\), sprzeczność, c.k.d.

[mol_ksiazkowy]

25

Ukryta treść:    

Taką jest \(\displaystyle{ n=69}\) gdyż \(\displaystyle{ 69^2 = 4761}\) zaś \(\displaystyle{ 69^3 = 328509}\). Jedyność: taka liczba będzie dwucyfrowa i jej kwadrat czterocyfrowy, tj. \(\displaystyle{ n \geq 32}\); może to sprawdzać komputer; lecz może można inteligentniej…

-- 1 maja 2016, 11:21 --22 cd

Ukryta treść:    

Jeżeli k jest postaci \(\displaystyle{ n^3-n^2}\), to kładziemy , jeżeli nie, to rozwiązań nie ma.

a czemu ...?

Zadanie nierozwiązane to:

2, 5, 7, 8, 10, 11, 12, 13, 15, 17, 20, 21, 24, 27

[Premislav]

K woli ścisłości (wiem, że tak już się nie pisze, ale zawsze uważałem, że ta forma ma przewagę estetyczną) należy dodać, że Pinionrzek rozwiązał zadanie 17., nie zaś 18.

18.:    

Jedyną liczbą w formie \(\displaystyle{ (2k+1)2^{n}}\), która jest nie większa od \(\displaystyle{ 2^{n}}\), jest \(\displaystyle{ 2^{n}}\). Dla liczby nieparzystej największym nieparzystym dzielnikiem jest ona sama: tak więc będzie dla liczb 1,3... co dwa aż do \(\displaystyle{ 2^{n}-1}\). Największą liczbą z rozważanego zakresu, dla której \(\displaystyle{ 2}\) jest wykładnikiem, który występuje w jej rozkładzie na czynniki pierwsze, jest \(\displaystyle{ 2^{n}-2}\) (a więc największym nieparzystym dzielnikiem będzie dla liczb z tej grupy \(\displaystyle{ \frac{2^{n}-2}{2}=2^{n-1}-1}\)) i tak dalej. Zatem mamy następującą sumę:
\(\displaystyle{ (1+3+5+..+2^{n}-1)+(1+3+5+...+2^{n-1}-1)+(1+...+2^{n-2}-1)+...+1+1}\)
Dalej ze wzoru na sumę wyrazów ciągu arytmetycznego: suma liczb nieparzystych od \(\displaystyle{ 1}\) do \(\displaystyle{ 2^{k}-1}\) to jest \(\displaystyle{ \frac{1+2^{k}-1}{2}\cdot 2^{k-1}=4^{k-1}}\)
Zatem sumka z zadania to (oddzielnie liczymy dzielnik nieparzysty \(\displaystyle{ 2^{n}}\), które już nie łapie się do powyższego schematu) \(\displaystyle{ S_{n}=1+ 4^{n-1}+4^{n-2}+..+4^{0}= \frac{4^{n}-1}{3}+1}\). Mnożąc tę równość przez \(\displaystyle{ 3}\), mamy \(\displaystyle{ 3S_{n}=4^{n}+2}\), c.b.d.o.

[Medea 2]

Dziesiąte:

Ukryta treść:    

Nie, a przykładów jest cała masa. Na przykład dla \(\displaystyle{ a = 3}\) i \(\displaystyle{ b = 1}\) liczba \(\displaystyle{ a^2b-b+1 = 9}\) jest kwadratem, ale nie znajdziemy \(\displaystyle{ c}\), żeby \(\displaystyle{ b^2 c - c + a - 1 = 2}\) też nim (kwadratem) było.

Dwudzieste:

Ukryta treść:    

Dwie: \(\displaystyle{ (1, 2, 3, \ldots, n-1, n)}\) oraz permutacja odwrotna do niej - chyba łatwo widać, dlaczego. Od drugiego miejsca kolejne liczby muszą być uporządkowane monotonicznie, a żadna się nie powtarza.

[dec1]

2.

Ukryta treść:    

Drugie równanie można przekształcić do takiej postaci:
\(\displaystyle{ (x+y+z)^2-2xy-2xz-2yz=b}\)
\(\displaystyle{ a^2-2c-2xz-2yz=b}\)
\(\displaystyle{ a^2-2c-b=2z(x+y)}\)
\(\displaystyle{ a^2-2c-b=2z(a-z)}\)
Po rozwiązaniu równania kwadratowego otrzymujemy:
\(\displaystyle{ z=\frac{1}{2}\left(a\pm\sqrt{-a^2+2b+4c} \right)}\)

\(\displaystyle{ x+y=a-z}\) i \(\displaystyle{ x^2+y^2=b-z^2}\), więc:
\(\displaystyle{ (a-z-y)^2=b-z^2-y^2}\)
Po wymnożeniu i rozwiązaniu równania otrzymujemy:
\(\displaystyle{ y=\frac{1}{2}\left( a-z\pm\sqrt{-a^2+2az+2b-3z^2}\right)}\)

A \(\displaystyle{ x}\) po prostu obliczamy z
\(\displaystyle{ x=a-y-z}\)

[Premislav]

7. nie takie trudne:    

Zauważmy, że jeśli któraś ze zmiennych jest równa \(\displaystyle{ 0}\), to wszystkie one takie są. Czyli \(\displaystyle{ (0,0,0)}\) jest jedynym rozwiązaniem gdy \(\displaystyle{ xyz=0}\). Załóżmy \(\displaystyle{ xyz\neq 0}\) i podzielmy wszystkie trzy równania stronami przez \(\displaystyle{ (xyz)^{2}}\). Wtedy mamy:
\(\displaystyle{ \begin{cases}\left( \frac 1 y+\frac 1 z\right)^{2}=3+ \frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}} \\\left( \frac 1 x+\frac 1 z\right)^{2}=4+ \frac{1}{y}+\frac{1}{y^{2}} \\ \left( \frac 1 x+\frac 1 y\right)^{2}=5+ \frac{1}{z}+\frac{1}{z^{2}} \end{cases}}\)
Dodajemy te trzy równania stronami, skracamy co się da i otrzymujemy, że
\(\displaystyle{ \frac{1}{x^{2}}+ \frac{1}{y^{2}}+ \frac{1}{z^{2}} +2\left( \frac{1}{xy}+ \frac{1}{xz}+ \frac{1}{yz} \right)=\frac 1 x+\frac 1 y+\frac 1 z+12}\), a innymi słowy
\(\displaystyle{ \left( \frac{1}{x}+ \frac{1}{y}+ \frac{1}{z} \right)^{2}-\left( \frac{1}{x}+ \frac{1}{y}+ \frac{1}{z} \right)-12=0}\)
Rozwiązując to równanie względem \(\displaystyle{ t=\frac{1}{x}+ \frac{1}{y}+ \frac{1}{z}}\), dostajemy
\(\displaystyle{ \frac{1}{x}+ \frac{1}{y}+ \frac{1}{z}=-3 \vee \frac{1}{x}+ \frac{1}{y}+ \frac{1}{z}=4}\)Dalej wstawiamy np. do pierwszego równania \(\displaystyle{ \frac{1}{y}+ \frac{1}{z}=- \frac{1}{x}-3}\), kwadraty się redukują i widać schemat. No sorry, ale przepisywanie obliczeń z takich prawie że liniowych równań to przesada, podam rozwiązania:
\(\displaystyle{ (x,y,z)=(0,0,0)}\),
\(\displaystyle{ (x,y,z)=\left( - \frac{5}{6},-1,- \frac{5}{4} \right)}\),
\(\displaystyle{ (x,y,z)=\left( \frac{9}{13}, \frac{3}{4}, \frac{9}{11} \right)}\)