[MIX][Teoria liczb] Rozgrzewka przed drugim etapem OM

[Ponewor]

Za uprzejmością pana Martysa wstawiam tu zadania z kółka przezeń prowadzonego w roku szkolnym 2013/2014. Zadania te można znaleźć i w innych miejscach w internecie, ale sądzę, że forma mixu, oraz możliwość pochwalenia się rozwiązaniem na forum skłoni większą liczbę osób do rozwiązywania - co przyda się szczególnie przed II etapem Olimpiady. Rozwiązania do większości tych zadań mam/pamiętam, więc w razie potrzeby mogę wspomóc wskazówkami.

Link do serii Analiza i algebra

(wszelkie literówki i proste pomyłki w treści zadań prosiłbym zgłaszać w prywatnych wiadomościach)

(zadania, których pełne rozwiązania zostały podane, są zaznaczone na zielono)

Zadanie 1 - rozwiązane przez krolikabuksa42
Udowodnić, że liczba \(\displaystyle{ \frac{5^{125}-1}{5^{25}-1}}\) jest złożona.

Zadanie 2 - rozwiązane przez hannahannah
Udowodnij, że jeśli \(\displaystyle{ p}\) jest liczbą pierwszą, to z dowolnego zbioru \(\displaystyle{ 2p-1}\) liczb całkowitych można wybrać \(\displaystyle{ p}\) takich, których suma jest podzielna przez \(\displaystyle{ p}\).

Zadanie 3 - rozwiązane przez marcina7Cd
Dane są liczby całkowite dodatnie \(\displaystyle{ k<n}\). Załóżmy, że każda z liczb całkowitych \(\displaystyle{ a_1, \ a_2, \ \ldots, \ a_k}\) jest względnie pierwsza z \(\displaystyle{ n}\). Utwórzmy wszelkie możliwe sumy tych liczb (bez powtórzeń). Wykazać, że otrzymane sumy dają co najmniej \(\displaystyle{ k}\) różnych, niezerowych reszt przy dzieleniu przez \(\displaystyle{ n}\).

Zadanie 4 - rozwiązane przez mola_ksiazkowego
Wykazać, że istnieje liczba postaci \(\displaystyle{ 5^n}\), której zapis dziesiętny zawiera co najmniej \(\displaystyle{ 2013}\) kolejnych zer.

Zadanie 5 - rozwiązane przez Pinionrzka
Liczby \(\displaystyle{ p}\) i \(\displaystyle{ q}\) są dwiema kolejnymi liczbami pierwszymi, przy czym \(\displaystyle{ p>q >2}\). Dowieść, że liczbę \(\displaystyle{ p+q}\) można przedstawić w postaci iloczynu trzech liczb naturalnych większych od \(\displaystyle{ 1}\).

Zadanie 6 - rozwiązane przez Pinionrzka i mola_ksiazkowego
Ciąg \(\displaystyle{ a_1, \ a_2, \ \ldots}\) jest określony przez warunki:
\(\displaystyle{ a_1 = a_2 = 1, \quad a_{n+1} =\frac{a^{2}_{n} + 1}{a_{n-1}}}\).
Wykazać, że wszystkie wyrazy tego ciągu są liczbami naturalnymi.

Zadanie 7 - rozwiązane przez AndrzejaK
Wyznaczyć wszystkie liczby naturalne \(\displaystyle{ n}\), dla których liczba \(\displaystyle{ n^8+n+1}\) jest liczbą pierwszą.

Zadanie 8 - rozwiązane przez mola_ksiazkowego
Niech \(\displaystyle{ n \ge­ 2}\) będzie liczbą naturalną. Wykazać, że każdy wyraz ciągu
\(\displaystyle{ n!+ 1, \ n!+ 2, \ \ldots , \ n!+n}\)
posiada taki dzielnik pierwszy, który nie jest dzielnikiem żadnego innego wyrazu tego ciągu.

Zadanie 9 - rozwiązane przez krolikabuksa42
Wykazać, że każdą dodatnią liczbę wymierną można przedstawić w postaci
ułamka
\(\displaystyle{ \frac{a^{2}+b^{3}}{c^{5}+d^{7}}}\)
gdzie \(\displaystyle{ a, \ b, \ c, \ d}\) są dodatnimi liczbami całkowitymi.

Zadanie 10 - rozwiązane przez mola_ksiazkowego
Dla danej liczby całkowitej dodatniej \(\displaystyle{ n}\) rozstrzygnąć, czy podzbiorów \(\displaystyle{ n}\)-elementowych zbioru \(\displaystyle{ \left\{1, 2, 3, \ldots, 2n-1, 2n\right\}}\) mających sumę elementów parzystą jest tyle samo, co podzbiorów \(\displaystyle{ n}\)-elementowych mających nieparzystą sumę elementów. Jeśli nie, to rozstrzygnąć, których jest więcej i o ile.

Zadanie 11 - rozwiązane przez mola_ksiazkowego
Udowodnić, że spośród dowolnych \(\displaystyle{ n+ 2}\) liczb całkowitych (\(\displaystyle{ n \ge ­ 1}\)) można wybrać takie dwie różne \(\displaystyle{ a, \ b}\), że liczba \(\displaystyle{ a^{2}-b^{2}}\) jest podzielna przez \(\displaystyle{ 2n}\).

Zadanie 12 - rozwiązane przez krolikabuksa42
Liczby całkowite dodatnie \(\displaystyle{ a, \ b, \ c, \ d}\) spełniają warunek \(\displaystyle{ ab = cd}\). Dowieść, że liczba \(\displaystyle{ a+b+c+d}\) jest złożona.

Zadanie 13 - rozwiązane przez Hydrę147
Liczby \(\displaystyle{ a, \ b, \ c}\) są takimi liczbami całkowitymi, że liczby
\(\displaystyle{ \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}}\)
są całkowite. Udowodnić, że \(\displaystyle{ \left|a\right| = \left|b\right|=\left|c\right|}\).

Zadanie 14 - rozwiązane przez Pinionrzka
Liczby całkowite dodatnie spełniają warunek
\(\displaystyle{ a^{2}+ab+b^{2}=c^{2}+cd+d^{2}}\).
Wykazać, że liczba \(\displaystyle{ a+b+c+d}\) jest liczbą złożoną

Zadanie 15 - rozwiązane przez hannahannah
Rozstrzygnąć, czy istnieje wielomian \(\displaystyle{ f\left(x\right)}\) stopnia \(\displaystyle{ 100}\) o współczynnikach całkowitych o następującej własności: Dla każdej liczby całkowitej \(\displaystyle{ n}\), każde dwa wyrazy ciągu
\(\displaystyle{ f \left( n \right) , \ f \left( f \left( n \right) \right) , \ f \left( f \left( f \left( n \right) \right) \right) , \ \ldots}\)
są względnie pierwsze.

Zadanie 16 - rozwiązane przez mola_ksiazkowego
Liczby całkowite \(\displaystyle{ a, \ b, \ c, \ d}\) spełniają warunek \(\displaystyle{ ad-bc = 1}\). Udowodnić, że ułamek
\(\displaystyle{ \frac{a^{2}+b^{2}}{ac+bd}}\)
jest nieskracalny.

Zadanie 17 - rozwiązane przez Ananasiatko
Niech \(\displaystyle{ p}\) będzie liczbą pierwszą nieparzystą. Wyznaczyć liczbę podzbiorów \(\displaystyle{ A}\) zbioru \(\displaystyle{ \left\{1,2, \ldots ,2p\right\}}\) takich, że \(\displaystyle{ A}\) ma dokładnie \(\displaystyle{ p}\) elementów oraz suma wszystkich elementów zbioru \(\displaystyle{ A}\) jest podzielna przez \(\displaystyle{ p}\).

Zadanie 18 - rozwiązane przez AndrzejaK
Każdy wierzchołek pewnego wielokąta wypukłego ma obie współrzędne całkowite. Ponadto każdy bok ma długość będącą dodatnią liczbą całkowitą. Wykazać, że obwód tego wielokąta jest liczbą parzystą.

Zadanie 19 - rozwiązane przez krolikabuksa42
Wyznaczyć wszystkie liczby naturalne \(\displaystyle{ x, \ y, \ z}\) spełniające równanie
\(\displaystyle{ 3^{x}+4^{y}=5^{z}}\).

Zadanie 20 - rozwiązane przez AndrzejaK
Wyznaczyć wszystkie całkowite rozwiązania układu równań:
\(\displaystyle{ x^{2}+9y^{2}+9z^{2}+4u^{2}=1981, \quad x + y + z + u = 54}\).

Zadanie 21 - rozwiązane przez Pinionrzka
Dany jest wielomian \(\displaystyle{ f}\) stopnia \(\displaystyle{ \ge \ 4}\) o współczynnikach całkowitych. Załóżmy, że istnieją cztery różne liczby całkowite \(\displaystyle{ a, \ b, \ c, \ d}\), dla których \(\displaystyle{ f \left( a \right) = f \left( b \right) = f \left( c \right) = f \left( d \right) = 5}\). Pokazać, że nie istnieje liczba całkowita \(\displaystyle{ k}\), dla której \(\displaystyle{ f \left( k \right) = 8}\).

Zadanie 22 - rozwiązane przez Pinionrzka
Każda z liczb \(\displaystyle{ a_1, a_2, \ldots , a_n}\) jest równa \(\displaystyle{ 1}\) lub \(\displaystyle{ -1}\). Wiadomo również, że
\(\displaystyle{ a_1a_2a_3a_4 + a_2a_3a_4a_5 + \ldots + a_na_1a_2a_3 = 0}\).
Udowodnij, że liczba \(\displaystyle{ n}\) jest podzielna przez \(\displaystyle{ 4}\).

Zadanie 23 - rozwiązane przez Vaxa
Rozstrzygnąć, czy istnieje taka liczba całkowita dodatnia \(\displaystyle{ n}\), dla której liczba \(\displaystyle{ 7^{n}-1}\) jest podzielna przez \(\displaystyle{ 6^{n} -1}\).

Zadanie 24 - rozwiązane przez Vaxa
Wyznaczyć wszystkie ciągi \(\displaystyle{ p_1, p_2, \ldots , p_{100}}\) liczb pierwszych, dla których spełnione są podzielności
\(\displaystyle{ p_{1}\mid p^{2}_{2}-1, \ p_{2}\mid p_{3}^{2}-1, \ \ldots , \ p_{100}\mid p_{1}^{2}-1}\).

Zadanie 25 - rozwiązane przez krolikabuksa42
Liczbę \(\displaystyle{ n}\) można przedstawić w postaci sumy kwadratów trzech liczb całkowitych dodatnich. Dowieść, że liczbę \(\displaystyle{ n^2}\) można także przedstawić w postaci sumy kwadratów trzech liczb całkowitych dodatnich.

Zadanie 26 - rozwiązane przez krolikabuksa42
Rozstrzygnąć, czy istnieje takich \(\displaystyle{ 100}\) różnych liczb całkowitych dodatnich,
z których każda jest dzielnikiem sumy pozostałych \(\displaystyle{ 99}\) liczb.

Zadanie 27 - rozwiązane przez mola_ksiazkowego
Dane są liczby całkowite dodatnie \(\displaystyle{ a, \ b}\) o następującej własności: Dla każdej liczby całkowitej dodatniej \(\displaystyle{ k}\), liczby \(\displaystyle{ ak + 2}\) oraz \(\displaystyle{ bk + 3}\) nie są względnie pierwsze. Udowodnić, że \(\displaystyle{ 3a = 2b}\).

Powodzenia!

[Pinionrzek]

5

Ukryta treść:    

Zauważmy, że \(\displaystyle{ p+q}\) jest podzielne przez dwa. Mamy zatem \(\displaystyle{ p+q=2k}\), dla pewnej liczby całkowitej \(\displaystyle{ k}\). Załóżmy, że \(\displaystyle{ k}\) jest pierwsze. \(\displaystyle{ k= \frac{p+q}{2}}\), czyli \(\displaystyle{ p>k>q}\), co prowadzi do sprzeczności na mocy założeń.

[Chewbacca97]

19

przypadek:    

Mamy \(\displaystyle{ 1+4^{y}=5^{z}}\). Zauważmy teraz, że musi zachodzić \(\displaystyle{ z>0}\) i \(\displaystyle{ y \ge 0}\).
Łatwo zauważyć, że \(\displaystyle{ y=z=1}\) jest rozwiązaniem.

Biorąc pod uwagę działania modulo:

Jeśli \(\displaystyle{ y=1}\) to \(\displaystyle{ 1+1\equiv 2^{z} \pmod3}\) , stąd \(\displaystyle{ z}\) musi być nieparzysty;
Jeśli \(\displaystyle{ y>1}\) to \(\displaystyle{ 1\equiv 5^{z} \pmod8}\) , a stąd \(\displaystyle{ z}\) musi być parzysty.

Ponieważ \(\displaystyle{ z}\) nie może być i nieparzyste, i parzyste doszliśmy do sprzeczności. Oznacza to, że nie ma rozwiązania, kiedy \(\displaystyle{ x=0}\) i \(\displaystyle{ y>1}\).
Czyli jedynym rozwiązaniem dla \(\displaystyle{ x=0}\) jest \(\displaystyle{ y=z=1}\).

Dla \(\displaystyle{ x>0}\) znalazłem dość oczywiste rozwiązanie: \(\displaystyle{ 3^{2} + 4^{2} = 5^{2}}\). Nie potrafię jednak uzasadnić faktu, że jest to jedyne rozwiązanie ani znaleźć jakiegoś innego. Także zostawiam to bardziej doświadczonym!

[gus]

13

Ukryta treść:    

BZO \(\displaystyle{ a \ge b \ge c}\)
Sprowadźmy ułamki do wspólnego mianownika. Mamy \(\displaystyle{ \frac{a^2c+b^2a+c^2b}{abc}}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{b^2c+c^2a+a^2b}{abc}}\). Wynika z tego, że \(\displaystyle{ a|c^2b}\) i \(\displaystyle{ a|b^2c}\).
Czyli \(\displaystyle{ ab|(bc)^2}\) oraz \(\displaystyle{ ac|(bc)^2}\), więc \(\displaystyle{ ab|bc \Rightarrow a|c}\). Analogicznie udowadniamy, że \(\displaystyle{ b|a}\) oraz \(\displaystyle{ c|b}\), co daje tezę.

[Ponewor]

Ponieważ \(\displaystyle{ z}\) nie może być i nieparzyste, i parzyste doszliśmy do sprzeczności

ale i \(\displaystyle{ y}\) nie może być jednocześnie równe jeden i od jednego większe.'

\(\displaystyle{ ab|(bc)^2}\) oraz \(\displaystyle{ ac|(bc)^2}\), więc \(\displaystyle{ ab|bc}\)

Możesz dokładniej to wytłumaczyć?

[Pinionrzek]

21.

Ukryta treść:    

Załóżmy, że istnieje takie \(\displaystyle{ k}\), dla którego \(\displaystyle{ f(k)=8}\). Rozważmy wielomian pomocniczy \(\displaystyle{ g(x)=f(x)-5}\). Mamy więc \(\displaystyle{ g(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)h(x)}\), gdzie \(\displaystyle{ h}\) jest wielomianem o współczynnikach całkowitych. Podstawmy teraz wartość \(\displaystyle{ k}\) do \(\displaystyle{ g}\). Mamy \(\displaystyle{ g(k)=(k-a)(k-b)(k-c)(k-d)h(k)=3}\). Wszystkie czynniki w tym rozkładzie są całkowite, z czego co najmniej \(\displaystyle{ 4}\) są różne, zatem otrzymujemy sprzeczność na mocy tego, że \(\displaystyle{ 3}\) jest pierwsze.

[krolikbuks42]

Zadanie 12.

Ukryta treść:    

Skoro liczb \(\displaystyle{ a,b,c,d}\) są dodatnie to niech \(\displaystyle{ t = NWD(a,c)}\) oraz \(\displaystyle{ a = t \cdot a_1, c = t \cdot c_1}\) gdzie \(\displaystyle{ NWD(a_1,c_1) = 1}\). Wstawiając do równości trzymujemy:
\(\displaystyle{ a_1b = c_1d}\) z tego wynika, że \(\displaystyle{ d = a_1 \cdot k}\) bo \(\displaystyle{ NWD(a_1,c_1) = 1}\) zatem po skróceniu \(\displaystyle{ b = c_1k}\) czyli: \(\displaystyle{ a+b+c+d = a_1t + c_1k + c_1t + a_1k = (a_1 + c_1)(t + k)}\) co w połączeniu z tym, że \(\displaystyle{ a_1, c_1, t, k > 0}\) dają tezę

Zadanie 25.

Ukryta treść:    

Na mocy założeń: \(\displaystyle{ n = a^2 + b^2 + c^2}\). Bez straty ogólności \(\displaystyle{ c=min(a,b,c)}\).Zauważmy, że: \(\displaystyle{ n^2 = (a^2 + b^2 + c^2)^2 = a^4 + b^4 + c^4 + 2a^2b^2 + 2b^2c^2 + 2c^2a^2 = a^4 + b^4 + c^4 + 2a^2b^2 - 2a^2c^2 - 2b^2c^2 + 4a^2c^2 + 4b^2c^2 = (a^2+b^2-c^2)^2 + (2ac)^2 + (2bc)^2}\)


wszystkie te liczby są dodatnie na mocy założeń

[Pinionrzek]

14

Ukryta treść:    

Załóżmy, że \(\displaystyle{ a+b+c+d=p}\) dla pewnej liczby pierwszej. Rozważmy teraz wyrażenie: \(\displaystyle{ (a+c)(b+c)=ab+bc+ac+c^{2}=ab+bc+ac+a^{2}+b^{2}+ab-d^{2}-dc=a(a+b+c+d)+b(a+b+c+d)-d(a+b+c+d)=(a+b+c+d)(a+b-d)}\). Skoro \(\displaystyle{ a+b+c+d}\) jest pierwsze, to \(\displaystyle{ a+b+c+d|a+c \vee a+b+c+d|b+c}\), co daje sprzeczność.

[Hydra147]

13.

Ukryta treść:    

Podstawiając \(\displaystyle{ x=\frac{a}{b}}\),\(\displaystyle{ y= \frac{b}{c}}\),\(\displaystyle{ z= \frac{c}{a}}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ x+y+z= \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}}\), \(\displaystyle{ xy+yz+zx= \frac{b}{a} + \frac{c}{b} + \frac{a}{c}}\) oraz \(\displaystyle{ xyz=1}\), a ponadto liczby \(\displaystyle{ x,y,z}\) są wymierne. Na mocy wzorów Viete'a istnieje zatem wielomian trzeciego stopnia o pierwszym i ostatnim współczynniku będącym liczbą \(\displaystyle{ 1}\) i wszystkich współczynnikach całkowitych, którego pierwiastkami są liczby wymierne \(\displaystyle{ x,y,z}\). Na mocy twierdzenia o wymiernych pierwiastkach wielomianu dostajemy, że liczby \(\displaystyle{ x,y,z}\) muszą mieć liczniki i mianowniki będące dzielnikami jedynki, a zatem są co do znaku równe \(\displaystyle{ 1}\) c.k.d.

[krolikbuks42]

Zadanie 26.

Ukryta treść:    

Udowodnimy, że takie liczby istnieją, wykazując mocniejsze twierdzenie, że dla każdego \(\displaystyle{ n \ge 3}\) istnieje \(\displaystyle{ n}\) liczb takich, że każda dzieli sumę pozostałych \(\displaystyle{ n-1}\) liczb. Krok pierwszy - widzimy, że liczby \(\displaystyle{ 1,2,3}\) spełniają warunki zadania. Udowodnimy teraz, że jeśli ciąg \(\displaystyle{ a_1, a_2, a_3, ..., a_n}\) spełnia warunki zadania, to ciąg \(\displaystyle{ a_1, a_2, ..., a_n, a_{n+1} = a_1+a_2+a_3+...+a_n}\) również spełnia. widzimy, że \(\displaystyle{ a_{n+1}}\) dzieli sumę pozostałych, bo on jest równy sumie pozostałych. Weźmy teraz dowolne \(\displaystyle{ a_i}\). Pokażemy, że \(\displaystyle{ a_i| S + a_{n+1}}\) gdzie \(\displaystyle{ S}\) to suma wszystkich liczb \(\displaystyle{ a_j}\) (dla \(\displaystyle{ 1\le j \le n}\) ) z wyjątkiem \(\displaystyle{ a_i}\). Z założenia indukcyjnego wiemy, że \(\displaystyle{ a_i | S}\), ale zauważmy, że \(\displaystyle{ a_{n+1} = S + a_i}\) zatem widzimy, że \(\displaystyle{ a_i}\) dzieli ich sumę. Z dowolności \(\displaystyle{ a_i}\) wynika teza. Zadanie 26. jest szczególnym przypadkiem, dla \(\displaystyle{ n = 100}\)

[Pinionrzek]

22.

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ S}\) będzie tą sumą z zadania. Zauważmy, że zmieniając dowolną liczbę \(\displaystyle{ a_{i}}\) na \(\displaystyle{ -a_{i}}\) nie zmieniamy wartości całej sumy \(\displaystyle{ \mod 4}\), ponieważ każda taka liczba należy do \(\displaystyle{ 4}\) wyrazów z tejże sumy, więc jeżeli dwa z tych wyrazów są jednakowego znaku, to cała suma zostaje taka sama, natomiast jeżeli trzy z tych wyrazów są jednakowego znaku, to \(\displaystyle{ S}\) zmienia się o \(\displaystyle{ \pm 4}\). Przypadek gdy wszystkie są jednakowego znaku jest oczywisty. Zamieniając więc każdy element \(\displaystyle{ a_{i}}\) w przypadku, gdy jest on ujemny, na liczbę przeciwną otrzymujemy, że \(\displaystyle{ S=n}\). Jednakże na początku \(\displaystyle{ S\equiv 0 \pmod{4}}\), więc na mocy poprzedniego spostrzeżenia otrzymujemy, że \(\displaystyle{ 4|n}\).

.

[krolikbuks42]

Zadanie 19.

Ukryta treść:    

Zakładam, że \(\displaystyle{ 0}\) nie jest naturalne. (można to łatwo sprawdzić przypadki z zerami)
Sprawdzając równanie modulo \(\displaystyle{ 3}\) dochodzimy do wniosku, że \(\displaystyle{ z}\) jest parzyste, oraz, sprawdzając równanie modulo \(\displaystyle{ 4}\) dochodzimy do wniosku, że \(\displaystyle{ x}\) jest parzyste. Więc podstawmy sobie \(\displaystyle{ x:=2x, z:=2z}\) i nasze równanie będzie wyglądać tak: \(\displaystyle{ 3^{2x}=(5^z-2^y)(5^z+2^y)}\) czyli:
\(\displaystyle{ 3^a = 5^z - 2^y}\) oraz \(\displaystyle{ 3^b = 5^z + 2^y}\). Dodając równania stronami mamy:
\(\displaystyle{ 3^a + 3^b = 2 \cdot 5^z}\) ale prawa strona nie jest podzielna przez 3 zatem skoro \(\displaystyle{ 3^a < 3^b}\) to \(\displaystyle{ a = 0}\) czyli \(\displaystyle{ 2^y = 5^z - 1}\)
przekształcając pierwsze równanie w inny sposób otrzymujemy:
\(\displaystyle{ 2^{2y} = (5^z - 3^x)(5^z+3^x)}\)
czyli:
\(\displaystyle{ 2^c = 5^z - 3^x}\)
oraz \(\displaystyle{ 2^d = 5^z + 3^x}\)
dodając stronami: \(\displaystyle{ 2^c+2^d = 2 \cdot 5^z}\)
zatem \(\displaystyle{ 2 = 5^z - 3^x}\)
rozpatrując równanie modulo 3 dochodzimy do tego, że \(\displaystyle{ z}\) jest nieparzyste.
wróćmy teraz do równania \(\displaystyle{ 2^y = 5^z - 1}\) Na mocy lematu LTE mamy:
\(\displaystyle{ y = v_2(2^y) = v_2(5^z-1^z) = v_2(4) + v_2(z) = 2 + v_2(z)}\)
ale jako, że \(\displaystyle{ z}\) jest nieparzyste to \(\displaystyle{ y = 2}\).
zatem podkładając do wyjściowego równania:
\(\displaystyle{ 3^{2x} + 2^4 = 5^{2z}}\)
czyli \(\displaystyle{ 16 = (5^z-3^x)(5^z+3^x)}\)
sprawdzamy przypadki i wychodzi nam że jedyną trójką jest trójka \(\displaystyle{ (2,2,2)}\) (pamiętamy, że na początku przyjęliśmy podstawienie \(\displaystyle{ x:=2x, z = 2z}\)

Chyba nie ma blefa

[mol_ksiazkowy]

16

Ukryta treść:    

wynika z tego że \(\displaystyle{ (ac+bd)^2+ 1 = (ac+bd)^2+ (ad -bc)^2=(a^2+b^2)(c^2+d^2)}\)

23

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ 7^{n-1}}\) jest nieparzysta, tj. niepodzielna przez 6

[Zahion]

UP

Rozstrzygnąć, czy istnieje taka liczba całkowita dodatnia \(\displaystyle{ n}\), dla której liczba \(\displaystyle{ 7^{n-1}}\) jest podzielna przez \(\displaystyle{ 6^{n -1}}\)

Istnieje, \(\displaystyle{ n = 1}\).

[krolikbuks42]

Zadanie 9.

Ukryta treść:    

Każdą liczbę wymierną można zapisać jako \(\displaystyle{ \frac{x}{y}}\) gdzie \(\displaystyle{ x, y}\) to liczby całkowite, czyli:
\(\displaystyle{ \frac{x}{y} = \frac{x}{y} \cdot 1 = \frac{x}{y} \cdot \frac{x^5y^{34} + x^{14}y^{48} }{x^5y^{34} + x^{14}y^{48}} = \frac{x^6y^{34}+x^{15}y^{48}}{x^5y^{35}+x^{14}y^{49}} = \frac{ (x^3y^{17})^2 + (x^5y^{16})^3 }{ (xy^7)^5+(x^2y^7)^7 }}\) co kończy dowód.

Zadanie 1.

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ 5^{125} - 1 = (5^{25})^5 - 1^5 = (5^{25} - 1)(5^{100} + 5^{75} + 5^{50} + 5^{25} + 1)}\) czyli:
\(\displaystyle{ \frac{ 5^{125} - 1 }{ 5^{25} - 1 } = 5^{100} + 5^{75} + 5^{50} + 5^{25} + 1 = (5^{50}+ 3 \cdot 5^{25} + 1 + 5^{38} + 5^{13} )( 5^{50}+ 3 \cdot 5^{25} + 1 - 5^{38} - 5^{13} )}\)
skoro oba czynniki są większe od \(\displaystyle{ 1}\) to liczba jest złożona co kończy dowód.