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

[Ponewor]

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.

No to już jest raczej blisko poprawnego rozwiązania, ale na pewno nim nie jest - przecież oczywiście może być \(\displaystyle{ a=b=c=5}\) i założenia zadania zachodzą.

23

Ukryta treść:    

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

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

Macie oczywiście rację, już poprawiłem treść.

[Pinionrzek]

6.

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ i\in\mathbb{Z}}\). Widzimy, że dla \(\displaystyle{ n=3}\) wszystkie liczby \(\displaystyle{ a_{i}}\) dla \(\displaystyle{ 1 \le i \le 3}\) są całkowite. Załóżmy więc, że dla pewnego \(\displaystyle{ n}\) mamy \(\displaystyle{ a_{i}= \frac{a_{i-1}^{2}+1}{a_{i-2}} \in \mathbb{Z}}\) dla \(\displaystyle{ 3 \le i \le n}\). Na mocy zasady indukcji matematycznej wykażę, że \(\displaystyle{ a_{n+1} \in \mathbb{Z}}\). Zauważmy, że \(\displaystyle{ NWD(a_{n-1}, a_{n-2}^{2})=1}\). Wynika to ze wzoru na ten ciąg z treści zadania.
Mamy zatem: \(\displaystyle{ a_{n+1}= \frac{a_{n}^{2}+1}{a_{n-1}}}\), co daje \(\displaystyle{ \frac{a_{n-1}^{2}+2a_{n-1}+1+a_{n-2}^{2}}{a_{n-2}^{2}a_{n-1}}}\), po wstawieniu w miejsce \(\displaystyle{ a_{n}^{2}}\) odpowiedniej zależności. Teraz wystarczy, że pokażemy, że \(\displaystyle{ a_{n-1}|a_{n-2}^{2}+1}\), bo \(\displaystyle{ a_{n-2}^{2}|(a_{n-1}^{2}+1)^{2}}\) na mocy założenia indukcyjnego oraz \(\displaystyle{ NWD(a_{n-1}, a_{n-2}^{2})=1}\). Jednakże to wynika ze wzoru na \(\displaystyle{ a_{n-1}}\) i założenia indukcyjnego.

[mol_ksiazkowy]

6 cd

Ukryta treść:    

Chyba nie bedzie też trudno pokazać ze ten ciąg spełnia \(\displaystyle{ a_{n+1}= 3a_n - a_{n-1}}\)
por.
MIX Zadania różne IV, zadanie 18

[AndrzejK]

Zadanie 7.

Ukryta treść:    

Równoważnie mamy \(\displaystyle{ (n^2+n+1)(n^6-n^5+n^3-n^2+1) = 0}\). Aby ta liczba była liczbą pierwszą dokładnie jeden z czynników musi być równy co do jedności. Jedyne możliwości to \(\displaystyle{ n \in \left\{ -1;0;1 \right\}}\), jednak dla \(\displaystyle{ n \in \left\{ -1;0 \right\}}\) oba czynniki są równe \(\displaystyle{ 1}\), a \(\displaystyle{ 1}\) nie jest liczbą pierwszą. Stąd jedyną możliwością jest \(\displaystyle{ n=1}\), co kończy zadanie.

[mol_ksiazkowy]

27

Ukryta treść:    

Jeśli \(\displaystyle{ 3a-2b = n \geq 1}\) to
\(\displaystyle{ \begin{cases} 3(an+2) - 2(bn+3) = n^2\\ (an+2) - (bn+3) = n(a-b) -1\end{cases}}\)
tj. sprzeczność bo \(\displaystyle{ n^2}\) i \(\displaystyle{ n(a - b) -1}\) są względnie pierwsze.

* np. Jeśli \(\displaystyle{ a=2 \ b=3}\) to \(\displaystyle{ ak+2 =2(k+1)}\) oraz \(\displaystyle{ bk+3 =3(k+1)}\)

[AndrzejK]

20.

Ukryta treść:    

Mnożąc drugie równanie obustronnie przez \(\displaystyle{ 72}\), a następnie odejmując stronami drugie od pierwszego mamy:
\(\displaystyle{ x^2-72x+9y^2-72y+9z^2-72z+4u^2-72u=-1907}\), czyli równoważnie: \(\displaystyle{ (2u-18)^2+(3z-12)^2+(3y-12)^2=-x^2+72x-1295}\). Prawa strona musi być nieujemna, czyli \(\displaystyle{ -x^2+72x-1295 \ge 0}\), skąd mamy, że \(\displaystyle{ x=35 \vee x=36 \vee x=37}\). Gdy \(\displaystyle{ x=36}\) mamy \(\displaystyle{ u=\frac{17}{2}}\) lub \(\displaystyle{ u=\frac{19}{2}}\), więc odpada, a dla \(\displaystyle{ x=35}\) mamy \(\displaystyle{ (x,y,z,u)=(35,4,4,9)}\) i wtedy \(\displaystyle{ x+y+z+y=52 \neq 54}\). Zatem zostaje \(\displaystyle{ x=37}\), mamy wtedy \(\displaystyle{ (x,y,z,u)=(37,4,4,9)}\) i wówczas \(\displaystyle{ x+y+z+y=54}\), więc wszystko się zgadza.

[Zahion]

Przecież z Twojej równości wynika, że dla \(\displaystyle{ x > 37}\) prawa strona jest ujemna, a lewa dodatnia, czyli rozwiązania nie istnieją.

[AndrzejK]

Pomyliłem się przy przepisywaniu (na kartce zrobiłem trochę inaczej), chodziło mi o \(\displaystyle{ x<37}\), już poprawiłem i zmieniłem trochę rozwiązanie, teraz jest chyba dobrze

[mol_ksiazkowy]

8

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ a_j = n! + j}\)
Nie wprost
Istnieje \(\displaystyle{ k}\) że : jeśli \(\displaystyle{ p | a_k}\) to \(\displaystyle{ p | a_l}\) dla \(\displaystyle{ l \neq k}\). ( \(\displaystyle{ p}\) jest dowolne)
Tj. \(\displaystyle{ p | a_k - a_l =(k-l) < n}\) tj. \(\displaystyle{ p | n!}\), \(\displaystyle{ p | k}\) i \(\displaystyle{ p | l}\).
mamy:
\(\displaystyle{ a_k = k(N+1) = k( 1.…(k-1)(k+1)…n +1)}\).
Niech \(\displaystyle{ p | N+1}\) wtedy \(\displaystyle{ p | l |N}\), bo \(\displaystyle{ l \neq k}\) sprzeczność

[Vax]

23:    

Skoro \(\displaystyle{ 5 \mid 6^n-1}\) to \(\displaystyle{ 5 \mid 7^n-1 \iff 4 \mid n}\), ale wówczas \(\displaystyle{ 7 \mid 6^n-1}\) oraz \(\displaystyle{ 7 \nmid 7^n-1}\) sprzeczność.

24:    

Mamy \(\displaystyle{ p_1 \mid (p_2-1)(p_2+1)}\) skąd \(\displaystyle{ p_1 \le p_2+1}\) i analogicznie \(\displaystyle{ p_1 \le p_2+1 \le p_3+2 \le ... \le p_{100}+99 \le p_1 + 100}\).

Jeżeli w żadnej z nierówności nie zachodzi równość, tj \(\displaystyle{ p_1 < p_2+1 < p_3+2 < ... < p_{100}+99 < p_1+100}\) to byłoby \(\displaystyle{ p_2+1 = p_1+1 \wedge p_3+2 = p_1+2 \wedge ... \wedge p_{100}+99 = p_1+99}\), skąd \(\displaystyle{ p_1 = p_2 = ... = p_{100}}\) sprzeczność. Czyli dla pewnego \(\displaystyle{ i}\) jest \(\displaystyle{ p_{i} = p_{i+1}+1}\), skąd pewna liczba \(\displaystyle{ p_i}\) musi być równa \(\displaystyle{ 2}\). Jeżeli \(\displaystyle{ p_1 = 2}\) to z \(\displaystyle{ p_{100} \mid p_1^2-1}\) mamy \(\displaystyle{ p_{100} = 3}\) i idąc dalej dostajemy: \(\displaystyle{ (p_1, p_2, p_3, ... , p_{100}) = (2, 3, 2, .. , 3)}\). Ten sam ciąg dostajemy naturalnie przyjmując \(\displaystyle{ p_i = 2}\) dla dowolnego \(\displaystyle{ 2 \nmid i}\). Dla \(\displaystyle{ p_i = 2}\) gdzie \(\displaystyle{ 2 \nmid i}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ (p_1, p_2, ... , p_{100}) = (3, 2, 3, ..., 2)}\)

[hannahannah]

15.

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ f(0)|f(f(0))}\) oraz jeśli \(\displaystyle{ f(0)=1}\), to \(\displaystyle{ f(1)|f(f(f(1)))}\)

\(\displaystyle{ f(0)|f(f(0))}\) wynika z \(\displaystyle{ (a-b)|(f(a)-f(b))}\) po podstawieniu \(\displaystyle{ a=f(0), b=0}\). Jeśli \(\displaystyle{ f(0)=1}\), to \(\displaystyle{ f(f(1)) \equiv 1 \:\mbox{mod}\: f(1)}\), bo wyraz wolny wielomianu jest równy \(\displaystyle{ 1}\). Stąd \(\displaystyle{ f(f(f(1)))\equiv f(1)\equiv 0\:\mbox{mod}\: f(1)}\), bo \(\displaystyle{ f(x\:\mbox{mod}\:y)\equiv f(x)\:\mbox{mod}\: y}\). Powyższe zachodzi dla dowolnego wielomianu o współczynnikach całkowitych stopnia większego niż zero.

[mol_ksiazkowy]

4

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ k>1}\) dowolne
Z ZsD wynika że istnieje nieskończenie wiele \(\displaystyle{ m}\) : \(\displaystyle{ 5^m-1}\) dzieli się przez \(\displaystyle{ 2^k}\) tj. \(\displaystyle{ 5^{m+k}- 5^k}\) ma \(\displaystyle{ k}\) ostatnie cyfry takie same.
Jeśli \(\displaystyle{ 2^k > 10^{2013}}\) to \(\displaystyle{ 5^k}\) ma cyfr nie wiecej niż \(\displaystyle{ k - 2013}\) bo \(\displaystyle{ 5^k < 10^{k-2013}}\). stad liczba \(\displaystyle{ 5^{m+k}}\) jest szukana liczbą.

[Ponewor]

15.

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ f(0)|f(f(0))}\) oraz jeśli \(\displaystyle{ f(0)=1}\), to \(\displaystyle{ f(1)|f(f(f(1)))}\)

a można nieco bardziej rozwinąć to rozumowanie?

4

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ k>1}\) dowolne
Z ZsD wynika że istnieje nieskończenie wiele \(\displaystyle{ m}\) : \(\displaystyle{ 5^m-1}\) dzieli się przez \(\displaystyle{ 2^k}\) tj. \(\displaystyle{ 5^{m+k}- 5^k}\) ma \(\displaystyle{ k}\) ostatnie cyfry takie same.
Jeśli \(\displaystyle{ 2^k > 10^{2013}}\) to \(\displaystyle{ 5^k}\) ma cyfr nie wiecej niż \(\displaystyle{ k - 2013}\) bo \(\displaystyle{ 5^k < 10^{k-2013}}\). stad liczba \(\displaystyle{ 5^{m+k}}\) jest szukana liczbą.

A skąd wiemy, że te \(\displaystyle{ 2013}\) cyfr to zera?

[mol_ksiazkowy]

4 cd

Ukryta treść:    

A skąd wiemy, że te 2013 cyfr to zera?

to jest blok kolejnych cyfr liczby \(\displaystyle{ 5^{m+k}}\) od pozycji \(\displaystyle{ k-2012}\) do \(\displaystyle{ k}\) - są to same zera.

-- 30 stycznia 2015, 13:33 --

11

Ukryta treść:    

ZsD dla : \(\displaystyle{ 2n+1}\) liczb \(\displaystyle{ a_j^2 - a_1^2}\) dla \(\displaystyle{ j=2, ..., 2n+2}\)

-- 30 stycznia 2015, 13:59 --

10

Ukryta treść:    

Jeśli \(\displaystyle{ n}\) jest nieparzyste to jest ich tyle samo
\(\displaystyle{ X =\{1, … 2n \}}\) bijekcja : \(\displaystyle{ A \mapsto X \backslash A}\)
Jesli : \(\displaystyle{ n}\) parzyste, nie jest ich tyle samo np : \(\displaystyle{ n=2}\)
\(\displaystyle{ \{ 1, 3 \}, \{ 2, 4 \}}\) dwa zbiory o sumie parzystej
\(\displaystyle{ \{ 1, 2 \}, \{ 1, 4 \}, \{ 2, 3\}, \{ 3, 4 \}}\) cztery zbiory o sumie nieparzystej

[AndrzejK]

18 (dobrze, żeby ktoś sprawdził, bo nie jestem pewien)

Ukryta treść:    

Rozpatrzmy \(\displaystyle{ n}\)-kąt wypukły, którego współrzędne \(\displaystyle{ i}\)-tego wierzchołka są równe \(\displaystyle{ (a_i,b_i)}\), przy czym \(\displaystyle{ 1 \le i \le n}\). Wówczas długość \(\displaystyle{ i}\)-tego boku wynosi \(\displaystyle{ c_i=\sqrt{(a_i-a_{i+1})^2+(b_i-b_{i+1})^2} \ (1)}\) dla \(\displaystyle{ 1 \le i < n}\), a \(\displaystyle{ c_n=\sqrt{(a_n-a_{1})^2+(b_n-b_{1})^2} \ (2)}\). Zauważmy, że \(\displaystyle{ c_i}\) oraz \(\displaystyle{ c_i^2}\) dają takie same reszty z dzielenia przez \(\displaystyle{ 2}\). Zatem skoro \(\displaystyle{ c_i \equiv c_i^2 \equiv k \pmod {2}}\) to parzystość sumy \(\displaystyle{ c_1+c_2+...+c_n}\) będzie taka sama jak sumy \(\displaystyle{ c_1^2+c_2^2+...+c_n^2}\). Jednak ta druga jest już dla nas przyjaźniejsza, bowiem wówczas z \(\displaystyle{ (1)}\) oraz \(\displaystyle{ (2)}\) otrzymujemy taką sumę:
\(\displaystyle{ (a_1-a_2)^2+(b_1-b_2)^2+(a_2-a_3)^2+(b_2-b_3)^2+...+(a_{n-1}-a_n)^2+(b_{n-1}-b_n)^2+(a_n-a_1)^2+(b_n-b_1)^2=2(a_1^2+a_2^2+...+a_n^2)+2(b_1^2+b_2^2+...+b_n^2)-2(a_1a_2+a_2a_3+...+a_{n-1}a_n+a_na_1)-2(b_1b_2+b_2b_3+...+b_{n-1}b_n+b_nb_1)}\)
Liczby w nawiasach są całkowite więc liczba jest parzysta.