Две задачки для школьников.

[Tronter]

Докажите, что если к произведению четырех последовательных натуральных чисел прибавить удвоенное произведение двух средних из них, то получается квадрат натурального числа.
Как доказать что $x=(y+1)(y+2)$ и, что $x=y(y+3)+2$, если за основную формулу брать: $x^2=y(y+1)(y+2)(y+3)+2(y+1)(y+2)$ ?

Добавлено спустя 6 минут 22 секунды:

Задача

Пусть $ N=9+99+999+9999+........+999999......9$.Может ли:$ bbbbb......bbbbbb0000000000...vsego2008nuley......0000$(т.е в десятичной записи числа N сначала идут несколько одинаковых чисел, а потом ровно 2008 нулей)?

[Батороев]

$ a, b, c, d $ - последовательные натуральные числа.
$ abcd +2bc= ac\cdot bd+ 2bc = (b^2-1)(c^2-1) + 2bc = b^2c^2-b^2-c^2 +1 +2bc = b^2c^2 + 1 - (c-b)^2 = b^2c^2 + 1 - 1 = (bc)^2 $

[Коровьев]

Простенькая задача. Может быть интересна ферматистам.
Доказать, что если
$a^3+b^3+c^3$
Делится на $13$, то либо все числа делятся на $13$, либо одно.

[OV08]

Коровьев в сообщении #270351 писал(а):

Простенькая задача. Может быть интересна ферматистам.
Доказать, что если
$a^3+b^3+c^3$
Делится на $13$, то либо все числа делятся на $13$, либо одно.

Кубы дают остатки 0,1,-1,5,-5 по модулю 13

[Коровьев]

Дано уравнение $x^3+px+q=0$ и его корни $x_1,x_2,x_3$
Составить уравнение шестой степени конями которого будут все отношения $\frac{{x_i }}{{x_j }}$
$x_i \ne x_j $
*****
Чтобы сберечь ваше время.
Есть тривиальный и нудный путь - составить произведение всех $(x-\frac{{x_i }}{{x_j }})$ и найти коэффициенты уравнения. Но "нормальные герои всегда идут в обход", который в данном случае проще и интереснее, так как позволяет получить это уравнение сразу в том виде, в котором его приводят в задачниках и выявить его интересные свойства.

[nn910]

Коровьев в сообщении #270642 писал(а):

Дано уравнение $x^3+px+q=0$ и его корни $x_1,x_2,x_3$
Составить уравнение шестой степени конями которого будут все отношения $\frac{{x_i }}{{x_j }}$
$x_i \ne x_j $

Вот такое получилось
$R(t)=t^6+1+3(t^5+t)-(\dfrac{p^3}{q^2}+7,5)(t^4+t^2)-(18+\dfrac{2p^3}{q^2})t^3=0$
Подбирал из условий:1)$R(t)=R(\dfrac{1}{t})$
2)$R(t)=(t^3-Pt^2+Qt-1)(t^3-Qt^2+Pt-1)$ - давно получил,что каждый из четырехчленов имеет по 3 из требуемых корней.Точные формулы для P,Q требовали времени, но сам вид разложения получается быстро.
3)$P+Q=-3$
4)Дискриминант исходного кубического уравнения$-4p^3-27q^2=D=-q^2R(1)=q^2(P-Q)^2$, отсюда нашел PQ и все коэффициенты произведения. А у Вас как?

[nn910]

nn910 в сообщении #270843 писал(а):

1)$R(t)=R(\dfrac{1}{t})$

Имелось в виду $R(t)=t^6R(\dfrac{1}{t})$

[Коровьев]

"Обходной" путь тут таков:

$ t = \frac{{x_2 }}{{x_1 }}$

$ (x - x_1 )(x - x_1 t)[x - ( - x_1 - x_1 t)] = x^3 - x_1^2 (t^2 + t + 1)x + x_1^3 (t^2 + t) $

$ x_1^2 (t^2 + t + 1) = - p$

$ x_1^3 (t^2 + t) = q $

$\frac{{(t^2 + t + 1)^3 }}{{(t^2 + t)^2 }} = \frac{{ - p^3 }}{{q^2 }}=a $

Как видим, уравнение не зависит от выбора отношения $\frac{{x_i }}{{x_j }}$. Следовательно все они являются его корнями.
Далее. Все корни этого уравнения рационально выражаются друг через друга
$t_1 ,\frac{1}{{t_1 }}, - (t_1 + 1), - \frac{1}{{t_1 + 1}}, - \frac{{t_1 + 1}}{{t_1 }}, - \frac{{t_1 }}{{t_1 + 1}}$
Кроме того, корни исходного, а равно и любого кубического уравнения, можно рационально выразить через параметр $t$. Попробуйте найти.