Нестандартные задачи

[student]

1) Докажите что уравнение $x^5+31=y^2$ не имеет целые корни!

2) найдите все простые числа p и q для которых выполняется следующие условия: $p< 2005,q< 2005$ и $p^2+4\equiv 0(mod q), \ q^2+4\equiv 0(mod p)$

3)Докажите для положителные действительные числа $a,\ b,\ c$ справедливо
$\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b}\geq 1$

Помогите пожалуйста в решении этих задач. Если у вас есть другие интересные нестандартные задачи поставте сюда будем вместе решать!
Спасибо за внимание!

[zhe]

а почему вы считаете эти задачи не стандартными
помоему это вполне стандартные задачи теории чисел

[x0rr]

student писал(а):

1) Докажите что уравнение $x^5+31=y^2$ не имеет целые корни!

$x^5+31=y^2$ сразу напрашивается
$x^5+2^5=y^2+1$ и т.д.

[student]

zhe писал(а):

:? а почему вы считаете эти задачи не стандартными
помоему это вполне стандартные задачи теории чисел

Ну давайте не будем по этому поводу спорит!
пусть это будет стандартная задача! но я не смог решит и спрашиваю ваше мнение!

[student]

x0rr писал(а):

student писал(а):

1) Докажите что уравнение $x^5+31=y^2$ не имеет целые корни!

$x^5+31=y^2$ сразу напрашивается
$x^5+2^5=y^2+1$ и т.д.

ну это понятно! а что дальше?
кроме этого можно доказать что если уравнение имеет решение тогда x имеет вид x=4k+1
поскольку квадрат любого числа при деление на 4 дает остаток 0 или 1, а $x^5+31$ при деление на 4 дает остатки 0,2 3.

[незваный гость]

В задаче (3) замените знаменатели на новые переменные, и выразите все через них. (id est, $b+2c \rightarrow \alpha$, $c+2a \rightarrow \beta$,...). Задача сведется к тривиальному факту - что среднее арифметическое больше среднего геометрического..

[student]

незванный гость писал(а):

:evil:
В задаче (3) замените знаменатели на новые переменные, и выразите все через них. (id est, $b+2c \rightarrow \alpha$, $c+2a \rightarrow \beta$,...). Задача сведется к тривиальному факту - что среднее арифметическое больше среднего геометрического..

Спасибо! Жду ваших мнений по поводу решений других задач!

[evgeny]

если пара нечетных чилес $(a,b)$ удовлетворяет условию задачи, тогда пара $(a, \frac{a^2+4}{b})$ так же удовлетворяет условиям. Причем если $a<b$, то $\frac{a^2+4}{b} < b$. Поэтому все нечетные решения получаются из пары $(1,1)$.
Т.е. $(1,1)\rightarrow(1,5)\rightarrow(5,29)...$. Вам остается лишь выбрать из них простые (и отдельно рассмотреть случай четных простых )

[student]

evgeny писал(а):

если пара нечетных чилес $(a,b)$ удовлетворяет условию задачи, тогда пара $(a, \frac{a^2+4}{b})$ так же удовлетворяет условиям. Причем если $a<b$, то $\frac{a^2+4}{b} < b$. Поэтому все нечетные решения получаются из пары $(1,1)$.
Т.е. $(1,1)\rightarrow(1,5)\rightarrow(5,29)...$. Вам остается лишь выбрать из них простые (и отдельно рассмотреть случай четных простых )

Спасибо за идею! получился красивая решения!
Жду ваших мнений по поводу первой задачи!

[evgeny]

$x^5+2^5=y^2+1\ \Rightarrow\ x+2\equiv 3 \pmod{4}$ т.к. $x+2\ |\ y^2+1 $ получем, что $y^2+1$ имеет простой делитель вида $4k+3$, что невозможно

[student]

evgeny писал(а):

$x^5+2^5=y^2+1\ \Rightarrow\ x+2\equiv 3 \pmod{4}$ т.к. $x+2\ |\ y^2+1 $ получем, что $y^2+1$ имеет простой делитель вида $4k+3$, что невозможно

Спасибо! Пытался но в голову не пришла идея, что $y^2+1$ что не имеет простого делителя вида $4m+3$

[student]

Доказать что 11111....1(1977-единица) не имеет 365 различных делителей!
Как можно решить эту задачу?

[RIP]

Это же совсем просто.365 разл. делителей может иметь только точный квадрат(365 нечетно!)но 1111...1 при делении на 4 дает остаток 3

[uchenik]

А меня мучает решение этой задачи! помогите пожалуйста
$16^{\sin{2x}}+16\cos^2{x}=10$

[dm]

$$t=\sin 2x$$

$$16^t+8\pm8\sqrt{1-t^2}=10$$

Картинка такая: