Немного теории чисел

[DjD USB]

1) Натуральные числа a,b,c таковы что
$a+c=2011201120112011$ и $(5a-b)(c+b)=b^2$. Докажите, что числа a,b,c имеют общий делтель, больший 1.
2) Решить в натуральных числах $3^x+4^y=5^z$.
3) Произведение положительных чисел x и у равно 8. Докажите неравенство: $x^{[x]}+y^{[y]}\ge16$
4) Докажите, что существуют 1000 подряд идущих натуральных чисел, ни одно из которых не кратно сумме своих цифр.

[Sonic86]

DjD USB в сообщении #626884 писал(а):

2) Решить в натуральных числах $3^x+4^y=5^z$.

Аналогичная тема вот и далее по ссылкам сможете найти свое уравнение (все эти уравнения я свяжу ссылками )

Sonic86 в сообщении #626927 писал(а):

3) Произведение положительных чисел x и у равно 8. Докажите неравенство: $x^{[x]}+y^{[y]}\ge16$

Перебор разве не сработал?

[Shadow]

3) Единственнылй "интересный" случай $[x]=[y]=2, x^2+y^2\ge 16, x^2+y^2=(x-y)^2+2xy$

[Sonic86]

DjD USB в сообщении #626884 писал(а):

1) Натуральные числа a,b,c таковы что
$a+c=2011201120112011$ и $(5a-b)(c+b)=b^2$. Докажите, что числа a,b,c имеют общий делтель, больший 1.

Хе, интересно, как его другие решают

(мой вариант)

От противного:
Пусть $p^t||b$, тогда $p^{2t}||(5a-b)(c+b)$. Если вдруг степень простого распределяется по обеим множителям: $p|5a-b$ и $p|c+b$, то $p|b,c,5a$, и $p\neq 5$, ведь иначе $5| a+c$, что невозможно. Значит, если $p^{2t}||(5a-b)(c+b)$, то либо $p^{2t}||5a-b$, либо $p^{2t}||c+b$. Значит $5a-b=u^2, c+b=v^2, u\perp v, b=uv$, откуда $a=\frac{u(u+v)}{5}, c=v(v-u)$ и

$$5\cdot 2011201120112011=5\cdot 2011\cdot 10001\cdot 10000001 = a+c=u(u+v)+5v(v-u)=u^2-4uv+5v^2=(u-2v)^2+v^2$$

- уравнение решений не имеет, поскольку $2011$ простое, не делит другие множители и $2011\equiv -1\pmod 4$..

Проверьте меня, если не трудно.

[DjD USB]

Shadow в сообщении #626933 писал(а):

3) Единственнылй "интересный" случай $[x]=[y]=2, x^2+y^2\ge 16, x^2+y^2=(x-y)^2+2xy$

Можете пожалуйста по подробней написать.

-- Чт окт 04, 2012 20:41:04 --

Sonic86 в сообщении #626949 писал(а):

DjD USB в сообщении #626884 писал(а):

1) Натуральные числа a,b,c таковы что
$a+c=2011201120112011$ и $(5a-b)(c+b)=b^2$. Докажите, что числа a,b,c имеют общий делтель, больший 1.

Хе, интересно, как его другие решают

(мой вариант)

От противного:
Пусть $p^t||b$, тогда $p^{2t}||(5a-b)(c+b)$. Если вдруг степень простого распределяется по обеим множителям: $p|5a-b$ и $p|c+b$, то $p|b,c,5a$, и $p\neq 5$, ведь иначе $5| a+c$, что невозможно. Значит, если $p^{2t}||(5a-b)(c+b)$, то либо $p^{2t}||5a-b$, либо $p^{2t}||c+b$. Значит $5a-b=u^2, c+b=v^2, u\perp v, b=uv$, откуда $a=\frac{u(u+v)}{5}, c=v(v-u)$ и

$$5\cdot 2011201120112011=5\cdot 2011\cdot 10001\cdot 10000001 = a+c=u(u+v)+5v(v-u)=u^2-4uv+5v^2=(u-2v)^2+v^2$$

- уравнение решений не имеет, поскольку $2011$ простое, не делит другие множители и $2011\equiv -1\pmod 4$..
Проверьте меня, если не трудно.

Хотелось бы увидеть школьное решение, хотя бы потому что эта задача 8 класса)

[nnosipov]

Sonic86 в сообщении #626949 писал(а):

(мой вариант)

От противного:
Пусть $p^t||b$, тогда $p^{2t}||(5a-b)(c+b)$. Если вдруг степень простого распределяется по обеим множителям: $p|5a-b$ и $p|c+b$, то $p|b,c,5a$, и $p\neq 5$, ведь иначе $5| a+c$, что невозможно. Значит, если $p^{2t}||(5a-b)(c+b)$, то либо $p^{2t}||5a-b$, либо $p^{2t}||c+b$. Значит $5a-b=u^2, c+b=v^2, u\perp v, b=uv$, откуда $a=\frac{u(u+v)}{5}, c=v(v-u)$ и

$$5\cdot 2011201120112011=5\cdot 2011\cdot 10001\cdot 10000001 = a+c=u(u+v)+5v(v-u)=u^2-4uv+5v^2=(u-2v)^2+v^2$$

- уравнение решений не имеет, поскольку $2011$ простое, не делит другие множители и $2011\equiv -1\pmod 4$..

Проверьте меня, если не трудно.

(Оффтоп)

Здесь достаточно заметить: система уравнений $a+c=0$, $(5a-b)(c+b)=b^2$ в поле $\mathbb{F}_{2011}$ имеет только нулевое решение.

DjD USB в сообщении #626987 писал(а):

Хотелось бы увидеть школьное решение, хотя бы потому что эта задача 8 класса)

Видите ли, там, откуда Вы взяли эту задачу, считается нормальным, что 8-классники знают даже про квадратичные вычеты, хотя для этой задачи достаточно знать малую теорему Ферма.

[DjD USB]

Если получится после обеда напишу школьное решение...

[nnosipov]

DjD USB в сообщении #627112 писал(а):

напишу школьное решение

Да оно есть, конечно. Говоря по школьному, нужно доказывать, что все три числа $a$, $b$, $c$ делятся на простое число $2011$ (простоту этого числа нужно предварительно проверить). Из условия легко извлечь, что число $2[-(5a-b)(b-a)+b^2]=10a^2-12ab+4b^2=(3a-2b)^2+a^2$ делится на $2011$. А поскольку $2011$ имеет вид $4k+3$, отсюда следует, что $a$ делится на $2011$ (вот здесь как раз нужна малая теорема Ферма).

[TOTAL]

DjD USB в сообщении #626884 писал(а):

4) Докажите, что существуют 1000 подряд идущих натуральных чисел, ни одно из которых не кратно сумме своих цифр.

Возьмем $1001$ штук $k$ - значных различных чисел с одинаковой суммой цифр. К каждому припишем справа 3 нуля, а слева одинаковое подходящее число девяток. Получившиеся числа обозначим $a_i, \; i=1, \cdots , 1001.$

При каждом $i$ числа $a_i+j, \; j=0, \cdots , 999$ являются подряд идущими. Сумма цифр в числе $a_i+j$ превосходит $10^{k+4}$ (за счет количества приписанных девяток).

Если при каждом $i$ найдется $j$ такое, что число $a_i+j$ делится на сумму своих цифр, то найдется $j$ такое, что числа $a_{i_1}+j$ и $a_{i_2}+j$ делятся на сумму своих цифр. Разность $a_{i_2} - a_{i_1}$ тоже делится на ту же сумму, чего не может быть.

[Shadow]

DjD USB в сообщении #626987 писал(а):

Можете пожалуйста по подробней написать.

Но это самая легкая из ваших задач. По условие $xy=8$. Можно принять $x \ge y$.
1. Если $[x] \ge 3, x^{[x]}\ge 3^3>16$

2. $[x]=2, [y]=2$
$x^{[x]}+y^{[y]}=x^2+y^2=(x-y)^2+2xy=(x-y)^2+16 \ge 16$

3. $[x]\le 2, [y]\le 1$ Невозможно, т.к тогда $x<3,y<2 \Rightarrow xy<6$

[DjD USB]

nnosipov в сообщении #627122 писал(а):

DjD USB в сообщении #627112 писал(а):

напишу школьное решение

Да оно есть, конечно. Говоря по школьному, нужно доказывать, что все три числа $a$, $b$, $c$ делятся на простое число $2011$ (простоту этого числа нужно предварительно проверить). Из условия легко извлечь, что число $2[-(5a-b)(b-a)+b^2]=10a^2-12ab+4b^2=(3a-2b)^2+a^2$ делится на $2011$. А поскольку $2011$ имеет вид $4k+3$, отсюда следует, что $a$ делится на $2011$ (вот здесь как раз нужна малая теорема Ферма).

Да, все так

-- Пт окт 05, 2012 13:10:07 --

Shadow, туплю я немного . Задача действительно не сложная.