Matematikos Maratonas Nr. 1

Ok, štai dar vienas uždavinys iš dalumo serijos :)
Įrodykite, kad skaičiai 1001,10001,...,10^30+1 yra sudėtiniai.

Bandėt kas spręst ar ne?

Viskas.. maratonas beveik žlugęs :(
Gal sprendimą įdėt?

Žiūriu nesisprendžia čia visiems.. Radau įdomų uždavinuką, paįvairinimui, kad vėl įsivažiuotumėt, toks pasižaidimui:)

Princui dabar 24 metai. Kai tiek metų bus ir princesei, tai tuo metu princui bus du kartus daugiau metų negu buvo princesei tuo metu, kai princo amžius buvo lygus jų dabartinių metų aritmetiniam vidurkiui. Rasti princesės dabartinį amžių.

Mano uždavinio sprendimas.
Įrodysime, kad 10^k+1 yra sudėtinis, jei k dalinasi iš nelyginio skaičiaus didesnio už 1.
Pažymėkime k=t(2m+1)
tada [math]10^{t(2m+1)}+1=(10^t+1)(10^{t*2m}-10^{t*(2m-1)}+...-10^t+1)[/math]
Aišku, kad abu dauginamieji didesni už 1, todėl šis skaičius nėra pirminys.

Liko išnagrinėti atvejį, kai k nesidalina iš jokio nelyginio skaičiaus didesnio už 1, taip yra tik tada, kai [math]k=2^n[/math]

Mums reikės skaičius 10^4+1,10^8+1,10^16+1 bandyti dalinti iš kokių nors pirminių skaičų, bandykime sumažinti tų pirminių skaičių atranką.

Tarkim 10^4+1 dalinasi iš p=4k+3, tada
[math]10^4=-1(modp)[/math]
[math](10^4)^{(p-1)/2}=(-1)^{(p-1)/2}(modp)[/math]
Kadangi (p-1)/2 - nelyginis, tai
[math]10^{2(p-1)}=-1(modp)[/math]
tačiau pagal Ferma teorema [math]10^{2(p-1)}=1(modp)[/math] - prieštara.
Tarkim 10^4+1 dalinasi iš p=8k+5, tada
[math]10^4=-1(modp)[/math]
[math](10^4)^{(p-1)/4}=(-1)^{(p-1)/4}(modp)[/math]
Kadangi (p-1)/4 - nelyginis skaičius, tai
[math]10^(p-1)=-1(modp)[/math]
tačiau pagal Ferma teorema [math]10^(p-1)=1(modp)[/math] - prieštara.

Vadinasi visi skaičiaus 10^4+1 pirminiai dalikliai yra formos 8k+1.
Analogiškai visi skaičiaus 10^8+1 pirminiai dalikliai yra formos 16k+1.
o visi skaičiaus 10^16+1 pirminiai dalikliai yra formos 32k+1.

Taigi 10^4+1 bandome dalinti iš 17,41,73, gaunam, kad dalinasi iš 73.
10^8+1 dalinam iš 17, iš karto gaunam, kad dalinasi.
10^16+1 dalinam iš 97,193,257,353, gaunam, kad dalinasi iš 353.

Rimantes uzdavinio sprendimas

x - princeses metai
y - princo ir princeses metu skirtumas

x + y = 24
24+y= (24+x - y)*2
              2

Išsprendus gaunas
y = 6
x = 18

Ats.:18

Teisingai :)

Galima žaisti toliau. Kelk savo uždavinį :)

Man sunkiai sekas su tais uždaviniais, čia jau ir taip buvo aukšto lygio man šitas, kaip dešimtokui :D Taigi tęskit be manes ;D

Oks :) sprendimas toks:
Kadangi lygtis bikvadratė, tai ji turi sprendinius poromis : a ir -a; b ir - b arba 0.
Lieka surasti kada lygtis x^2-2x+p=0 turi teigiamų sprendinių.
pritaikius Vijeto teoremą ir tiesiog pažėjus diskriminantą: Ats:. -∞≤p≤1
Šaknys sudaro geometrinę progresiją, kai jos yra
1) 1,5p, 0,5p, -0,5p, 1,5p.
tada lygtis x^2 - 2x + p = 0 turi turėti sprendinius 2.25a ir 0.25a. pagal Vijetą : a=0.8 ir p=0.8*0.8*2.25*0.25=0,36
2) jei lygtis turi tik tris,du ar vieną sprendinius, jie iš karto sudaro aritmetinę progresiją:
p=1;0 Ats: 0; 1; 0,36 , ech, tikiuosi klaidų neprivėliau :)

Na, kadangi tikiuosi, kad aritmetinių ar loginių klaidų neįvėliau, tai nedelsdama dedu naują uždavinį:
turime keturis skaičius: a, b, c, d.
Jiems galioja dvi savybės:
a+b+c+d=9
a^2+b^2+c^2+d^2=21
Uždavinys prašo įrodyti, kad egzistuoja tokie pq-rs≥2 kur kiekvienas iš skaičių p,q,r,s atitinka vieną iš skaičių a, b, c, d lygiai po vieną kartą Pvz: p=b q=d s=a r=d.