Нужна помощь. Задача на делимость и антье.

[nnosipov]

Fedya, забудьте на время эту гипотезу Каталана (она очень трудно доказывается). Эти задачи решаются при помощи довольно простых рассуждений. Вот их-то Вам и предлагается найти. Ведь на реальной олимпиаде всё нужно доказывать, кроме общеизвестных фактов, входящих в учебники.

[Fedya]

nnosipov
Хоршо. Оставлю это до завтра. На сегодня достаточно...

[Батороев]

(Оффтоп)

Здесь была ерунда.

-- 23 июн 2011 12:28 --

По первой задаче... При варианте НЧН, где Ч - степень двойки, либо число $2^m-1$ (при четных $m>3$), либо число $2^m+1$ (при нечетных $m$) раскладывается на два взаимнопростых множителя. Наверное, так?

[Lunatik]

Батороев в сообщении #461315 писал(а):

При варианте НЧН, где Ч - степень двойки, либо число $2^m-1$ (при четных $m>3$), либо число $2^m+1$ (при нечетных $m$) раскладывается на два взаимнопростых множителя.

Нужно доказать... При ЧНЧ очевидно, что между степенями двойки разность не равна двум (кроме 2 и 4)

[Батороев]

Lunatik в сообщении #461392 писал(а):

Батороев в сообщении #461315 писал(а):

При варианте НЧН, где Ч - степень двойки, либо число $2^m-1$ (при четных $m>3$), либо число $2^m+1$ (при нечетных $m$) раскладывается на два взаимнопростых множителя.

Нужно доказать...

При четных $m>3$ представляем $m=2k$ и раcписываем:

$(2^k)^2=(2^k+1)\times(2^k-1)$

При нечетных $m$ представляем $m=pk$, где $p$ - простое, $k$ - натуральное, и расписываем:

$(2^k)^p+1=(2^k+1)\times [(2^k)^{p-1}-(2^k)^{p-2}+...-2^k+1)]$

При $(2^k+1)$, кратном $p$, расписываем немного по-другому:

$(2^k)^p+1=p(2^k+1)\times \dfrac{(2^k)^{p-1}-(2^k)^{p-2}+...-2^k+1)}{p}$

Во всех случаях множители (разделены знаком умножения) не равны 1 и взаимно просты.

[RIP]

(Оффтоп)

nnosipov в сообщении #460651 писал(а):

Вот задачка позанимательней (вместо п. 3): вещественное $a>2$ таково, что $[a-2] \cdot [a^2+2a+4] = [a^3-8]$; доказать неравенство $3[a]^2\{a\} < 1$.

(Поправил опечатку.)

Пусть $a=n+\varepsilon$. Перепишем равенство в виде $(n-2)\lfloor2\varepsilon n+\varepsilon^2+2\varepsilon\rfloor=\lfloor3\varepsilon n^2+3\varepsilon^2n+\varepsilon^3\rfloor$. Если $3\varepsilon n^2\geqslant1$, то правая часть положительна, поэтому $n\geqslant3$ и $2\varepsilon n+\varepsilon^2+2\varepsilon\geqslant1$, откуда $1<3\varepsilon n\leqslant\varepsilon n^2$. Но при таких $\varepsilon$ правая часть больше $3\varepsilon n^2-1>2\varepsilon n^2$, а левая меньше $(n-2)\cdot2\varepsilon(n+2)<2\varepsilon n^2$.

[nnosipov]

RIP в сообщении #461800 писал(а):

(Оффтоп)

nnosipov в сообщении #460651 писал(а):

Вот задачка позанимательней (вместо п. 3): вещественное $a>2$ таково, что $[a-2] \cdot [a^2+2a+4] = [a^3-8]$; доказать неравенство $3[a]^2\{a\} < 1$.

(Поправил опечатку.)

Пусть $a=n+\varepsilon$. Перепишем равенство в виде $(n-2)\lfloor2\varepsilon n+\varepsilon^2+2\varepsilon\rfloor=\lfloor3\varepsilon n^2+3\varepsilon^2n+\varepsilon^3\rfloor$. Если $3\varepsilon n^2\geqslant1$, то правая часть положительна, поэтому $n\geqslant3$ и $2\varepsilon n+\varepsilon^2+2\varepsilon\geqslant1$, откуда $1<3\varepsilon n\leqslant\varepsilon n^2$. Но при таких $\varepsilon$ правая часть больше $3\varepsilon n^2-1>2\varepsilon n^2$, а левая меньше $(n-2)\cdot2\varepsilon(n+2)<2\varepsilon n^2$.

(Оффтоп)

Да, всё примерно так. Для полного счастья надо бы ещё показать, что оценка неулучшаема, т.е. $3$ нельзя заменить на что-то большее; кажется, не должно быть сложным, но надо посмотреть.

-- Пт июн 24, 2011 17:04:02 --

Батороев
И всё-таки, хотелось бы доказать и такой факт: ни одно из чисел $2^m \pm 1$, где $m>1$, не является степенью (нечётного) числа, за единственным исключением: $2^3+1=3^2$. (Под степенью здесь понимается степень с показателем, большим единицы.) Вы этот факт пока только частично доказали.

[RIP]

(Оффтоп)

nnosipov в сообщении #461813 писал(а):

RIP в сообщении #461800 писал(а):

nnosipov в сообщении #460651 писал(а):

Вот задачка позанимательней (вместо п. 3): вещественное $a>2$ таково, что $[a-2] \cdot [a^2+2a+4] = [a^3-8]$; доказать неравенство $3[a]^2\{a\} < 1$.

(Поправил опечатку.)

Пусть $a=n+\varepsilon$. Перепишем равенство в виде $(n-2)\lfloor2\varepsilon n+\varepsilon^2+2\varepsilon\rfloor=\lfloor3\varepsilon n^2+3\varepsilon^2n+\varepsilon^3\rfloor$. Если $3\varepsilon n^2\geqslant1$, то правая часть положительна, поэтому $n\geqslant3$ и $2\varepsilon n+\varepsilon^2+2\varepsilon\geqslant1$, откуда $1<3\varepsilon n\leqslant\varepsilon n^2$. Но при таких $\varepsilon$ правая часть больше $3\varepsilon n^2-1>2\varepsilon n^2$, а левая меньше $(n-2)\cdot2\varepsilon(n+2)<2\varepsilon n^2$.

Да, всё примерно так. Для полного счастья надо бы ещё показать, что оценка неулучшаема, т.е. $3$ нельзя заменить на что-то большее; кажется, не должно быть сложным, но надо посмотреть.

По-моему, то же самое рассуждение даёт, что Ваше равенство равносильно неравенству $3\varepsilon n^2+3\varepsilon^2n+\varepsilon^3<1$.

[nnosipov]

RIP в сообщении #461844 писал(а):

По-моему, то же самое рассуждение даёт, что Ваше равенство равносильно неравенству $3\varepsilon n^2+3\varepsilon^2n+\varepsilon^3<1$.

Да, кажется, здесь больше не выкопать. А вот ещё одна задачка, как раз для ТС (куда-то он пропал?). Натуральное число $n$ дает остаток $4$ при делении на $9$; нужно доказать неравенство $\{\sqrt[3]{n}\} \geqslant n^{-2/3}$.

[Батороев]

nnosipov в сообщении #461813 писал(а):

Батороев
И всё-таки, хотелось бы доказать и такой факт: ни одно из чисел $2^m \pm 1$, где $m>1$, не является степенью (нечётного) числа, за единственным исключением: $2^3+1=3^2$. (Под степенью здесь понимается степень с показателем, большим единицы.) Вы этот факт пока только частично доказали.

$2^m=n^k-1$

При четных $k$ имеем: $2^m=(n^{\frac{k}{2}}+1)(n^{\frac{k}{2}}-1)$, что указывает на то, что у числа $2^m$ должны быть два множителя, отличные друг от друга на $2$ и не имеющие общих делителей, кроме $2^1$. Такими множителями могут быть только $2$ и $4$.

При нечетных $k$ имеем: $2^m=(n-1)(n^{m-1}+...+n+1)$, где во второй скобке нечетное число, не равное 1, что для данного равенства недопустимо.

$2^m=n^k+1$

При четных $k$ уравнение справедливо только для $m=1$ (проверка остатками по основанию $8$).

При нечетных $k$ имеем $2^m=(n+1)(n^{k-1}-n^{k-2}+...-n+1)$, где во второй скобке опять имеем нечетное число, отличное от 1.

[nnosipov]

Да, вот такое доказательство я и имел в виду.

[Батороев]

(Оффтоп)

Fedya в сообщении #460617 писал(а):

2. Докажите, что каждое простое число вида 4к+1, где к - натуральное число является длиной гипотенузы равнобедренного треугольника, стороны которого выражаются натуральными числами.

Прикольная задача!!! Гипотенуза прямоугольного (а именно такие треугольники только и могут иметь гипотенузу) равнобедренного треугольника равна $a\sqrt{2}$ (где $a$ - длина катета), а следовательно, ее длина иррациональна.

[nnosipov]

Батороев в сообщении #461926 писал(а):

(Оффтоп)

Fedya в сообщении #460617 писал(а):

2. Докажите, что каждое простое число вида 4к+1, где к - натуральное число является длиной гипотенузы равнобедренного треугольника, стороны которого выражаются натуральными числами.

Прикольная задача!!! Гипотенуза прямоугольного (а именно такие треугольники только и могут иметь гипотенузу) равнобедренного треугольника равна $a\sqrt{2}$ (где $a$ - длина катета), а следовательно, ее длина иррациональна.

(Оффтоп)

Да нет, у него просто опечатка.

[olia=))]

я участвую в тойже олимпиаде что и Fedya задачу (довести, що серед кожних трьох послідовних натуральних чисел, більших за число 9 хоча б одне має два різні прості дільники.) я решила и решается она относительно просто.

-- 26.06.2011, 16:08 --

ну а теорема Ферма-Эйлера эт хорошо, но я уверена что наша задача решается проще только как(( в этой теореме 4к+1, а у нас 4к+1 в квадрате, можно конечно одно из другого вывести , но это часный случай и поэтому не имеет смысла лёгкий случай через тяжёлую теорему((((

[mihailm]

olia=)) в сообщении #462345 писал(а):

я участвую в тойже олимпиаде что и Fedya
...

Здорово, а в какой олимпиаде?