Олимпиада «Искрящаяся сказка»

[Ktina]

1. Доказать, что натуральное число, кратное 105, не может быть совершенным.

2. Конечно или бесконечно множество всех натуральных чисел, представимых ровно 2013-ю способами в виде разности двух квадратов натуральных чисел?

3. Решить функциональное уравнение

$$f(x)+f(y)=f(f(x)f(y))$$

для функций $f:\quad\mathbb R\to\mathbb R$

4. Решить в натуральных числах уравнения:

а) $3^n-k!=5\cdot 2^m$
б) $11\dots 1-3=4\cdot 3^n$

[DjD USB]

4.а) При $k>4 (mod 10)$. При $k=2,3,4$ Левая часть нечетная правая четная. При $k=1$ получаем, что
$3^n-1=5\cdot 2^m$ При $m>1\Rightarrow n=2p\Rightarrow (3^p-1)(3^p+1)=5\cdot2^m$ А дальше понятно. Ну и если $m=1$, то $3^n-1=10$ Что невозможно.

[DjD USB]

4.б) $111....11108=4\cdot3^n$ Если поделить уголком $111....1108$ на 4, то получится $277777..77$ Значит $2777...77=3^n; n=2k+1 (mod 5)$. Теперь уголком поделим $2777...777$ на 3. Получим $9259259....9259..=3^{2k}$ Квадрат не может оканчиваться на 59 мод 4, не может оканчиваться на 925 мод 8, не может оканчиваться на 592 мод 5. Значит $3^{2k}=9$ Т.е $n=3$.
Надеюсь все верно

[Ontt]

Ktina в сообщении #686976 писал(а):

2. Конечно или бесконечно множество всех натуральных чисел, представимых ровно 2013-ю способами в виде разности двух квадратов натуральных чисел?

Поскольку $n=a^2-b^2=(a+b)(a-b)$, задача сводится к нахождению множества натуральных чисел $n$, раскладываемых ровно 2013-ю способами на два одновременно либо четных, либо нечетных множителя $x, y$ таких, что $x=(a+b), y=(a-b), x \ne y$.
Такими числами являются любые числа вида $n=p^{4025}$, где $p$ - простое. Число $p^{4025}$ раскладывается только на множители $p^{4025}=p^i \cdot p^{4025-i}$, где $i=0,1,...,2013$, ровно 2013-ю способами. Так как кол-во простых бесконечно, кол-во $n$ также бесконечно.

[Cash]

1. Поскольку $\frac 12 +\frac 13 + \frac 15 >1$ искомое совершенное число не может быть четным.
Следовательно, оно может делиться только на четные степени простых вида $4n-1$. То есть делится и на 9 и на 49. Но $(1+\frac 13 + \frac 19)(1+ \frac 15)(1+ \frac 17 + \frac 1 {49})=\frac {4446}{2205}>2$ и сумма собственных делителей будет больше самого числа.

[nnosipov]

А я что-то не мог сообразить почему. Оказалось, всё просто. Но в таком виде задача поинтересней будет, чем в финале XXVI Всероссийской задача 11.6.

[Ktina]

Cash в сообщении #687123 писал(а):

1. Поскольку $\frac 12 +\frac 13 + \frac 15 >1$ искомое совершенное число не может быть четным.
Следовательно, оно может делиться только на четные степени простых вида $4n-1$. То есть делится и на 9 и на 49. Но $(1+\frac 13 + \frac 19)(1+ \frac 15)(1+ \frac 17 + \frac 1 {49})=\frac {4446}{2205}>2$ и сумма собственных делителей будет больше самого числа.

Почти как у меня.

Если такое число чётно, значит делится на 6, но тогда оно не больше 6 -- противоречие.

Осталось доказать, что нечётное совершенное число (если есть) не может делиться на 105.

Я думаю так. Если делится на 3, то делится на 9. Если делится на 7, то делится на 49. Значит, если делится на $3\cdot 5\cdot 7=105$, то делится и на $3^2\cdot 5\cdot 7^2=105\cdot 21=2205$
Но сумма делителей числа 2205 уже превышает $2205\cdot 2$, то есть число 2205 уже само по себе является избыточным, а значит, избыточными будут и все кратные ему числа.

Осталось доказать лемму "Если делится на 3, то делится на 9. Если делится на 7, то делится на 49.".
Если делится на 3, но не делится на 9, сумма всех делителей кратна 4, а значит, само число (так как по условию задачи оно совершенное) кратно 2. Но по условию задачи оно нечётно -- противоречие.

Аналогично, если делится на 7, но не делится на 49, сумма всех делителей кратна 8, а значит, само число (так как по условию задачи оно совершенное) кратно 4. Но по условию задачи оно нечётно -- противоречие.

[DjD USB]

А авторское решение задачи 4.б) какое?

[Shadow]

DjD USB в сообщении #687191 писал(а):

А авторское решение задачи 4.б) какое?

Как у Вас, наверное. По модулям 4 и 5. Т.е, по модулю 20. Хороши степени 3-ки по модулю 20. У Вас там немного лишнее, напр. второе деление. Или изречение

DjD USB в сообщении #687083 писал(а):

Квадрат не может оканчиваться на 59 мод 4

Иначе у Вас правильно.

DjD USB в сообщении #687046 писал(а):

А дальше понятно

Что понятно?

[DjD USB]

У Вас там немного лишнее, напр. второе деление. Или изречение

DjD USB в сообщении #687083 писал(а):

Квадрат не может оканчиваться на 59 мод 4

DjD USB в сообщении #687046 писал(а):

А дальше понятно

Что понятно?
1)Почему лишнее?
2)Слева произведение двух последовательных четных чисел, одно из них только на 2 делится. Разбираем несколько случаев, получим что $p=2$. Т.е. $n=4; m=4$

[Shadow]

1) Не то что лишнее, но правильно будет после 59 поставить точку, а разъяснения в - скобках.
2)Вот, а то решали, решали, а ответ написать забыли.

(Оффтоп)

DjD USB в сообщении #687046 писал(а):

4.а) При $k>4 (mod 10)$. При $k=2,3,4$ Левая часть нечетная правая четная.

Тут тоже что-то лишнее

[DjD USB]

Shadow в сообщении #687239 писал(а):

(Оффтоп)

DjD USB в сообщении #687046 писал(а):

4.а) При $k>4 (mod 10)$. При $k=2,3,4$ Левая часть нечетная правая четная.

Тут тоже что-то лишнее

Здесь для любого k>1 получается что слева нечетное справа четное, вы это имеете ввиду?

[Shadow]

Ну да. Я понимаю ход ваших мыслей. Сначала увидели ограничение на к по модулю 10, но потом обнаружили более сильное ограничение. И прежднее уже лишнее. Решили правильно, но прежде чем писать ответ (на беловике) посмотрите еще раз что можно там убрать, как четче и короче сформулировать решение.

[Ktina]

DjD USB в сообщении #687191 писал(а):

А авторское решение задачи 4.б) какое?

б) $11\dots 1-3=4\cdot 3^n$
1108 даёт остаток 4 при делении на 16.
Учетверённые степени тройки дают остатки 12 и 4при делении на 16, причём если остаток 4, то показатель степени чётен, значит $4\cdot 3^n$ будет квадратом, а они не кончаются на 8

[DjD USB]

Ktina в сообщении #687337 писал(а):

DjD USB в сообщении #687191 писал(а):

А авторское решение задачи 4.б) какое?

б) $11\dots 1-3=4\cdot 3^n$
1108 даёт остаток 4 при делении на 16.
Учетверённые степени тройки дают остатки 12 и 4при делении на 16, причём если остаток 4, то показатель степени чётен, значит $4\cdot 3^n$ будет квадратом, а они не кончаются на 8

Я пытался доказать что справа квадрат, но что-то не получалось.