Matematikos Maratonas Nr. 1

Atsiprasau, cia ne irodymas, tik mintys rastu.
Pasiziurejau, ar supaprastintame variante gaunasi kas panasaus i tiesa.
Gal dar kam kils kokiu minciu...

Ech, sunku įsijausti į uždavinį, tikriausiai vėl sprendimas bus koks nesunkus, tačiau su nemažai pastebėjimų :(

Gal AncientMariner jau įdėk rytoj sprendimą, o po to įdėk kokį lengvą uždavinį, kad pasijaustų, jog čia yra sprendžiami uždaviniai.

Iš tiesų, vyliausi.

Taigi turime lentelę m x n. Naudosime indukciją pagal m (t. y. pagal eilučių skaičių).

Jei visų lentelės eilučių sumos vienodos (šitas atvejis apima ir m = 1) ir lygios S, tai bet kurio stulpelio suma irgi S (nes kiekvienas stulpelis turi bent vieną nenulinį įrašą, o tas įrašas tikrai bus eilutėje, kurios suma S). Susumavę visus langelius pagal eilutes gauname mS, o pagal stulpelius --- nS. Taigi mS = nS, ir kadangi S ≠ 0, tai m = n.

Jei ne visų eilučių sumos vienodos, tegul S žymi pirmosios eilutės sumą. Jei perrikiuotume stulpelius arba eilutes, niekas nepasikeistų, todėl galime tarti, kad visos eilutės, kurių suma S, yra lentelės viršuje, ir visi stulpeliai, kurių suma S, yra lentelės kairėje. Tarkime, kad yra m' tokių eilučių ir n' tokių stulpelių. Žinome, kad 1 ≤ m' ≤ m - 1. Taip pat ir 1 ≤ n' ≤ n - 1: pirma eilutė turi bent vieną nenulinį narį ir stulpelio, kuriame tas narys yra, suma yra S, todėl n' ≥ 1; analogiškai yra eilutė, kurios suma nėra S, ir todėl yra stulpelis, kurio suma nėra S, taigi n' ≤ n - 1. Langelyje, kurio eilutės suma yra S, o stulpelio suma nėra S, turi būti įrašytas 0, todėl visuose langeliuose (i, j), kur i ≤ m' ir j > n', įrašytas 0. Analogiškai 0 įrašytas ir langeliuose (i, j), kur i > m' ir j ≤ n'. Taigi gauname, kad lentelės viršutinis dešinys m x (n - n') ir apatinis kairys (m - m') x n kampas užpildyti vien nuliais, taigi viršutinis kairys m' x n' ir apatinis dešinys (m - m') x (n - n') yra lentelės, kurios tenkina lygiai tas pačias sąlygas, kaip pradinė lentelė. Kadangi m' < m ir m - m' < m, pagal indukciją m' = n' ir m - m' = n - n'. Taigi m = n.

a,b,c - trikampio kraštinių ilgiai, įrodykite, kad [math]2ab+2bc+2ca>a^2+b^2+c^2[/math]

Skaičiaus modulis yra neneigiamas, todėl mums užtenka išspręsti nelygybę
1010-10x²≥0
turint omeny, kad dešinėj lygties pusėj, yra modulis iš priešingojo skaičiaus.
[math]x=[-\sqrt{101},\sqrt{101}][/math]

Naujas uždavinys.
Įrodykitre, kad jei
a) n>2, tai[math]2^n-1[/math] nėra skaičiaus 3 laipsnis.
b) n>3, tai [math]2^n+1[/math] nėra skaičiaus 3 laipsnis.

Blogai sąlygą išaiškinau, ten reikia įrodyti, kad nėra lygus trejeto laipsniui 3^k, o ne, kad nėra kokio nors sveikojo skaičiaus kubas x^3.
O jei žiūrint į sprendimą, tai jis nėra geras dėl to, kad 2^(n/3) nebūtinai yra sveikasis skaičius, todėl negalima teigti, kad 2^n yra sveikojo skaičiaus kubas.

Tavo uždavinio sprendimas:
Aišku, kad 2^m=3^n+7>7,
todėl m - teigiamas skaičius (jei m būtų neteigiamas, tai būtų 2^m≤1).
Kadangi m - natūralusis skaičius, tai 2^m irgi natūralusis.
Vadinasi 3^n=2^m-7 irgi natūralusis, iš čia n≥0.
Kai n=0, tai m=3.
Kai n=1, tai 2^m=10, čia sveikų sprendinių nėra.
Kai n≥2, tai 2^m=7(mod9). Raskime kada taip yra:
2^(6k)=1(mod9)
2^(6k+1)=2(mod9)
2^(6k+2)=4(mod9)
2^(6k+3)=8(mod9)
2^(6k+4)=7(mod9)
2^(6k+5)=5(mod9)
Matom, kad m=6k+4, t.y. m dalijasi iš 2.
Dabar nagrinėkime dalybą iš 7.
Galimos 2^m dalybos iš 7 liekanos yra 1, 2 ir 4:
2^3k=8^k=1(mod7),
2^(3k+1)=2*8^k=2*1=2(mod7)
2^(3k+2)=4*8^k=4*1=4(mod7).
Iš lygties matom, kad 3^n=2^m(mod7).
Pažiūrėkime kokias dalybos iš 7 liekanas įgyja 3^n:
3^(6k)=1(mod7)
3^(6k+1)=3(mod7)
3^(6k+2)=2(mod7)
3^(6k+3)=6(mod7)
3^(6k+4)=4(mod7)
3^(6k+5)=5(mod7)
Mums reikia liekanų 1,2 arba 4, o jos įgyjamos irgi tik su lyginiais n.
Pažymėkime m=2a,n=2b.
2^(2a)-3^(2b)=7,
(2^a-3^b)(2^a+3^b)=7
Turime
2^a-3^b=1
2^a+3^b=7,
Iš čia 2^a=4, 3^b=3. a=2,b=1. m=4,n=2.

Ats.: n,m=(0,3),(2,4)

Tęsiam su mano uždaviniu:
Įrodykite, kad jei
a) n>2, tai[math]2^n-1[/math]  nėra trejeto laipsnis.
b) n>3, tai [math]2^n+1[/math] nėra trejeto laipsnis.
(n čia visur natūralusis skaičius)

Bachuko uždavinio sprendimas:
a) n yra dalus iš 2, nes 2^n turi duoti liekaną 1 mod 3.
pagal kvadratų skirtumo formulę : (2^(n:2) - 1) ( 2^(n:2) + 1)= 3^k, kur k-natūralusis, kai n>2.
DBD(2^(n:2) - 1 ;  2^(n:2) + 1) = (2; 2^(n:2) + 1)= 1, nes antrasis reškinys yra tikrai nelyginis, todėl DBD negali būti 2. Kadangi 3 yra pirminis skaičius, tai jo trejeto laipsnis gaunamas sudauginus du trejeto laipsnius. Kad DBD būtų 1, vienas iš sandaygos dėmenų turi būti 1. Pirmasis skliaustas yra 1, kai n=2, o antrasis visada didesnis už 1. Taigi, kai n>2 sprendinių nėra.
b)  2^n + 1 = 3^m , kur m yra natūralusis skaičius.
2^n = 3^m - 1.  3^m turi duoti liekana 1 mod 4, kai n>2, todėl m yra dviejų kartotinis.
Pagal kvadratų skirtumo formulę: 2^n= (3^(m:2) - 1)( 3^(m:2) + 1)
DBD(3^(m:2) - 1 ; 3^(m:2) + 1)=2
kadangi 2 yra pirminis, tai abu sandaugos dėmenys (3^(m:2) - 1 ir  3^(m:2) + 1) yra dvejetų laipsniai. Mažesnysis dėmuo (3^(m:2) - 1) negali viršyti 2, nes tada DBD bus didesnis nei 2.
3^(m:2) - 1 = 2 kai m=2, tada n= 3.
Lyg ir viskas

Naujas uždavinys:
Turim tokią funkciją f(n)= n^0+n^1+n^2+...+n^2010.
Įrodyti, kad f(n) neturi daliklių mažesnių nei 2011 su betkokiu natūraliuoju n.

Tarkim egzistuoja toks pirminis p (p<2011), kad
p|1+n+n^2+...+n^2010
tada
p|(1+n+...+n^2010)(n-1),
p|n^2011-1,
n^2011=1(mod p)
Aišku, kad n≠0(mod p).
Pažymėkime mažiausią natūralųjį skaičių s, su kuriuo n^s=1(mod p).
Aišku, kad s|2011
(priešingu atveju turėtumėme 2011=ks+r (0<r<s), bet tada n^2011=n^(ks+r)=n^r=1(mod p), o tai prieštarauja sąlygai, kad s yra mažiausias toks natūralusis skaičius).
Kadangi 2011 - pirminis, tai s=1 arba 2011.
Kai s=1, tai n=1(mod 2011), bet tada
1+n+...+n^2011=1+1+...+1=2011≠0 (mod p)
Kai s=2011, tai iš Ferma teoremos
n^(p-1)=1(mod p)
p-1≥s=2011,
p≥2012 - prieštara. :)