Задачки от Лебедя

[LebedKun]

Sonic86, т.е. остаток от деления $x^2$ на $4$ равен либо $1$, либо $0$?

P/S/ Просто мне эта форма записи не привычна.

У меня тоже был похожий способ решения, только способ у меня был несколько по-проще, но он занял бы больше времени, чем предложенный Вами способ.

Вот моё решение:
1. Многочлен $a^2+b^2+c^2$ в результате даст чётное число, т.к. $512$ - чётное число, а сумма всех чётных чисел - чётное число (т.к. при $n=2k$ и $m=2t$ - чётных числах, $n \pm m=2k\pm2t=2(k \pm t)$, и $2(k \pm t)$ - чётное число), значит мы можем представить этот многочлен в виде $a^2+b^2+c^2=2a_1^2+2b_1^2+2c_1^2$.
2. Уравнение примет вид:

$2a_1^2+2b_1^2+2c_1^2=256$

Делим каждый раз уравнение на 2:

$a_1^2+b_1^2+c_1^2=128$

$\frac{a_1^2}{2}+\frac{b_1^2}{2}+\frac{c_1^2}{2}=64$

$\frac{a_1^2}{4}+\frac{b_1^2}{4}+\frac{c_1^2}{4}=32$

$\frac{a_1^2}{8}+\frac{b_1^2}{8}+\frac{c_1^2}{8}=16$

$\frac{a_1^2}{16}+\frac{b_1^2}{16}+\frac{c_1^2}{16}=8$

$\frac{a_1^2}{32}+\frac{b_1^2}{32}+\frac{c_1^2}{32}=4$

$\frac{a_1^2}{64}+\frac{b_1^2}{64}+\frac{c_1^2}{64}=2$

$\frac{a^2}{32}+\frac{b^2}{32}+\frac{c^2}{32}=4$

Т.к. при $a$, $b$ и $c$ натуральных числах, $4=1^2+1^2+1^2+1^2$, переменных в уравнении - $3$, а $\sqrt{32}$ - иррациональное число, значит не существует решений уравнения $a^2+b^2+c^2=2^9$ в натуральных числах.

[Xaositect]

LebedKun в сообщении #791789 писал(а):

Т.к. при $a$, $b$ и $c$ натуральных числах, $4=1^2+1^2+1^2+1^2$, переменных в уравнении - $3$, а $\sqrt{32}$ - иррациональное число, значит не существует решений уравнения $a^2+b^2+c^2=2^9$ в натуральных числах.

Непонятно, поясните.
А то, например, $\sqrt{17}$ - тоже иррациональное число, а $\frac{4^2}{17}+\frac{4^2}{17}+\frac{6^2}{17} = 4$

[gris]

Значит и уравнение $a+b+c=512$ не имеет решений в натуральных числах.
Да, выходит, что-то не то в арифметике.
Кстати, почему Вы делили только на $2$, а не сразу на $2^2=4$?

[Xaositect]

LebedKun в сообщении #791789 писал(а):

1. Многочлен $a^2+b^2+c^2$ в результате даст чётное число, т.к. $512$ - чётное число, а сумма всех чётных чисел - чётное число (т.к. при $n=2k$ и $m=2t$ - чётных числах, $n \pm m=2k\pm2t=2(k \pm t)$, и $2(k \pm t)$ - чётное число), значит мы можем представить этот многочлен в виде $a^2+b^2+c^2=2a_1^2+2b_1^2+2c_1^2$.

Да и тут не все в порядке. Почему не может быть так, что $a$ и $b$ нечетно, а $c$ четно?

[Terraniux]

Может ли быть рациональным корень уравнения $^nx = 2, n \in \mathbb{N}$ при каком-нибудь $n$?

[Xaositect]

$^nx$ --- это что за зверь?

[Munin]

Видимо, несколько раз упомянутая за последние дни тетрация.

[LebedKun]

Цитата:

Может ли быть рациональным корень уравнения $^nx = 2, n \in \mathbb{N}$ при каком-нибудь $n$?

$^nx=x^{x^{x^{...^x}}}$ ($n$ раз). При $n>1$ число $^nx$ - составное, но $2$ - простое число, следовательно при $n>1$ и $n \in \mathbb{N}$ уравнение $^nx = 2$ не имеет рациональных корней. При $n=1$ уравнение имеет $1$ корень - $x=2$.

-- 27.11.2013, 19:34 --

Докажите, что если биссектриса, проведённая из острого угла в прямоугольном треугольнике, отсекает равнобедренный треугольник, то этот острый угол равен 60 градусов.

[gris]

Про тетрацию не буду. Ваше решение говорит само за себя. Между прочим, это вроде бы ещё открытая задача, и Вы можете попытаться сорвать куш.

Про биссектрису надо доказывать от противного. Предположить, что не 60 градусов и привести к противоречию с по выбору. Доказательство напрямую, используя свойство углов при основании, в старые годы привело к краху не одну тысячу абитуриентов.

[Xaositect]

LebedKun в сообщении #793478 писал(а):

При $n>1$ число $^nx$ - составное, но $2$ - простое число, следовательно при $n>1$ и $n \in \mathbb{N}$ уравнение $^nx = 2$ не имеет рациональных корней.

А что такое составное рациональное число?

gris в сообщении #793488 писал(а):

Про биссектрису надо доказывать от противного. Предположить, что не 60 градусов и привести к противоречию с по выбору. Доказательство напрямую, используя свойство углов при основании, в старые годы привело к краху не одну тысячу абитуриентов.

Это такая тонкая шутка или я чего-то не понимаю?

[gris]

Xaositect, не шутка, к сожалению. Ну дайте Ваше решение. Я думаю, что у Вас не хватит терпения его выложить. Вопрос тут чисто методический, а не геометрический, так что модераторы (Дай Админ им сил и здоровья) не сочтут за нарушение.

[provincialka]

gris в сообщении #793488 писал(а):

Доказательство напрямую, используя свойство углов при основании, в старые годы привело к краху не одну тысячу абитуриентов.

Хорошо, что мне не надо никуда поступать. Я бы тоже решила сравнением углов. Ясно, что треугольник, содержащий прямой угол, здесь не может быть равнобедренным. Ну, а для второго треугольника надо рассмотреть три случая, выбирая два угла и приравнивая их друг к другу. Писать решение не буду, оставлю для Xaositect

[gris]

Наверное, показалось

[provincialka]

gris, вы имеете в виду, что пропускали некоторые случаи? Или я тоже чего-то пропустила?

[Xaositect]

gris в сообщении #793579 писал(а):

Xaositect, не шутка, к сожалению. Ну дайте Ваше решение. Я думаю, что у Вас не хватит терпения его выложить.

Проводим биссектрису острого угла $\alpha$ прямоугольного треугольника.
$\begin{tikzpicture} \draw (0,0)--(2,4)--(2,0)--cycle; \draw (0,0)--(2,1.2); \draw (1.8,0)--(1.8,0.2)--(2,0.2); \draw (0.2,0) arc (0:60:0.2); \node at (0.6,0.1) {\small$\alpha/2$}; \node at (0.4,0.5) {\small$\frac{\alpha}{2}$}; \node at (2.5,1.0) {\small$\frac{\pi}{2}{-}\frac{\alpha}{2}$}; \draw (2,1.4) arc (90:270:0.2); \node at (1.5,3.8) {\small$\frac{\pi}{2}{-}\alpha$}; \draw (2,3.8) arc (-90:-120:0.2); \end{tikzpicture}$

Один из двух треугольников равнобедренный. Углы $\frac{\alpha}{2}$, $\frac{\pi}{2} - \frac{\alpha}{2}$ и $\frac{\pi}{2}-\alpha$ острые, прямой угол прямой, оставшийся угол тупой. То есть либо $\frac{\alpha}{2} = \frac{\pi}{2} - \frac{\alpha}{2}$, чего быть не может ($\alpha = \frac{\pi}{2}$), либо $\frac{\alpha}{2} = \frac{\pi}{2} - \alpha$, т.е. $\alpha = \frac{\pi}{3}$.