Нужна помощь. Задача на делимость и антье.

[Fedya]

Добрый день, уважаемые форумчане!

Нужна помощь в решении нескольких олимпиадных задач:

1. Докажите, что среди трех последовательных натуральных чисел больших девяти, хотя бы одно имеет два разных простых делителя.

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

3. Доказать, что для любого числа а : 0<а<1 существует натуральное число n для которого { корень кубический из n} > а.

Очень расчитываю на вашу помощь! Или хоть какие-нибудь ссылочки, пожалуйста!

[ИСН]

Очень милые задачки.
Давайте сначала третью. Скажите, как оценить на глаз $\{\sqrt[3]{999}\}$?

[nnosipov]

п. 2 не может быть олимпиадной задачей, эта известная теорема Ферма-Эйлера. Различных доказательств этой теоремы очень много. А остальные задачи попробуйте сначала порешать сами, они несложные.

-- Вт июн 21, 2011 16:16:12 --

ИСН, ТС отсутствует, может вдвоём порешаем? Это будет по-крайней мере забавно.

[Gortaur]

Может, в третьей $\frac{1}{a}$?

[ИСН]

Да ну, нам-то что. Гипотеза Каталана вроде доказана, но это едва ли подразумевалось, так что (1) делается банальными рассуждениями: если у нас два чётных, то одно из них может быть степенью 2, но другое-то точно нет; если же чётное одно...

-- Вт, 2011-06-21, 13:33 --

Gortaur, что 1/a? Натуральным числом это не является.

[nnosipov]

Вот задачка позанимательней (вместо п. 3): вещественное $a>2$ таково, что $[a-2] \cdot [a^2+2a+4] = [a^3-8]$; доказать неравенство $3[a]2\{a\} < 1$. (Надеюсь, ТС не обидится, да и вдруг ему станет интересно.)

[Gortaur]

ИСН в сообщении #460643 писал(а):

Gortaur, что 1/a? Натуральным числом это не является.

Это Вы по примеру своих страданий решили мне подкинуть неожиданный операнд? Во-первых, как раз для $a\in (0,1)$ это может быть натуральным числом (не для всех конечно). Во-вторых, я имел ввиду, что условие п.2 будет "для каждого $a\in(0,1)$ существует $n\in\mathbb{N}$ такое, что $\sqrt[3]{n}>a$." Правда, нетривиальнее от этого задачка не стала. Зато стала сложнее. Хоть немного.

[RIP]

Gortaur
В третьей задаче фигурные скобки обозначают дробную часть.

[Fedya]

Спасибо за помощь! Теперь я убедился, что математику знаю плохо. Задачка с теоремой Ферма-Эйлера действительно олимпиадная (точнее с олимпиадного задания) Про остальные так ничего и не понял Может все же растолкуете начинающему. И хотелось бы ссылочку на доказательство теоремы Ферма-Эйлера. А то в сети не могу найти.

[nnosipov]

Fedya в сообщении #460779 писал(а):

И хотелось бы ссылочку на доказательство теоремы Ферма-Эйлера. А то в сети не могу найти.

Наберите в гугле "Теорема Ферма Эйлера" и увидите.

[VAL]

Fedya в сообщении #460779 писал(а):

Про остальные так ничего и не понял Может все же растолкуете начинающему.

Ну, давайте с 1-й разберемся.
Пусть $n$ - среднее из трех последовательных чисел. больших 9.
Допустим $n$ - нечетно. Тогда оба числа $n-1$ и $n+1$ - четны. Но хотя бы одно из них не степень двойки. Тогда оно имеет, по крайней мере (именно "по крайней мере", иначе утверждение певой задачи не верно), два простых делителя.

Этот случай понятен?

Пусть теперь $n$ - четно. Тогда, если оно не степень двойки, то у него не менее двух простых делителей.
Осталось рассмотреть случай $n=2^k$.
Если $k$ нечетно, то $2^k+1$ кратно трем. Если же $k$ - четно, то $2^k-1$ кратно трем. Остается доказать, что $2^k+1$ и $2^k-1$ - не степени тройки.
Последнее сразу следует из гипотезы Каталана (которую здесь упоминали и которая, на самом деле, доказана, а значит, уже не гипотеза). Впрочем, для нашего частного случая можно обойтись и без гипотезы Каталана.

[nnosipov]

VAL в сообщении #460847 писал(а):

Остается доказать, что $2^k+1$ и $2^k-1$ - не степени тройки.
Последнее сразу следует из гипотезы Каталана

Какой Каталан? Это задача, достойная ЕГЭ. Впрочем, её (т.е. их) можно найти у Серпинского (250 задач ...) под номерами 154 и 155.

[VAL]

nnosipov в сообщении #460942 писал(а):

VAL в сообщении #460847 писал(а):

Остается доказать, что $2^k+1$ и $2^k-1$ - не степени тройки.
Последнее сразу следует из гипотезы Каталана

Какой Каталан? Это задача, достойная ЕГЭ. Впрочем, её (т.е. их) можно найти у Серпинского (250 задач ...) под номерами 154 и 155.

А Вы дочитали мое сообщение до конца?

[nnosipov]

Дочитал. Мне не понятно, почему всюду мерещится Каталан? Как какой пустяк, так сразу Каталан. И зачем людей пугать ...

Вот, кстати, ещё один вариант рассуждения: одно из чисел должно делиться на три, а значит, есть степень тройки; два других --- чётные и, таким образом, являются степенями двойки.

[Батороев]

nnosipov в сообщении #460951 писал(а):

Вот, кстати, ещё один вариант рассуждения: одно из чисел должно делиться на три, а значит, есть степень тройки; два других --- чётные и, таким образом, являются степенями двойки.

Не обязательно два других - четные, например, 25, 26, 27 или 27, 28, 29.