Matematikos Maratonas Nr. 3

Išskaidome 2016 pirminių laipsnių sandauga: [tex]2016=2^53^27^1[/tex]
Pastebime, kad [tex]x_i[/tex] yra pavidalo [tex]2^{y_i}3^{z_i}7^{w_i}[/tex].
Tolesnio sprendimo schema:
1) Rasime visų lygties sprendinių skaičių, kai [tex]x_i∈N.[/tex]
2) Rasime visų lygties sprendinių skaičių, kai bent vienas [tex]x_i=1.[/tex].
3) Iš 1) atimsime 2).
Tolesnis sprendimas
1) Pasinaudoję [tex]x_i[/tex] išraiškomis, kai [tex]y_i,z_i,w_i≥0[/tex], turime naują pradinę lygtį [tex]\prod_{i=1}^52^{y_i}3^{z_i}7^{w_i}=2^53^27^1 \Rightarrow 2^{\sum_{i=1}^5 y_i}3^{\sum_{i=1}^5 z_i}7^{\sum_{i=1}^5 w_i}=2^53^27^1 \Rightarrow {\sum_{i=1}^5 y_i}=5,\;\sum_{i=1}^5 z_i=2,\; \sum_{i=1}^5 w_i=1[/tex]. Pastarosios lygtys, atitinkamai, turi [tex]C_9^4,\;C_6^4,\;C_5^4[/tex] sprendinių. Kadangi vienos iš trijų lygčių sprendinio vektorių galime pasirinkti nepriklausomai nuo likusių lygčių sprendinių vektorių, tai lygtis [tex]x_1\cdot x_2\cdot x_3\cdot x_4\cdot x_5=2016[/tex],  [tex]x_i∈N[/tex] turės sprendinių [tex]C_9^4\cdot C_6^4\cdot C_5^4[/tex].
2) Tarkime, kad [tex]A_i[/tex] - visų vektorių, kurių komponentė [tex]x_i=1[/tex], o visi kitos - bet kokie galimi skaičiai. Apsibrėžkim [tex]E=T∪N[/tex], [tex]E[/tex] - visų, pradinės lygties, sprendinių aibė, [tex]T[/tex] - visų, pradinės lygties, sprendinių, kurių vektoriuose nėra vienetų, aibė, [tex]N[/tex] - visų, pradinės lygties, sprendinių, kurių vektoriuose yra vienetų, aibė. Tada [tex]|E|=|T∪N|=|T|+|N|=|T|+|∪_{i=1}^5 A_i|[/tex].
Skaičių [tex]|∪_{i=1}^5 A_i|[/tex] rasime pritaikę rėčio principą: [tex]|∪_{i=1}^5 A_i|=\sum_{1≤i≤5}|A_i|-\sum_{1≤i,j≤5,\;i≠j}|A_i∩A_j|+...+\sum_{1≤i,j,k,l,m≤5,\;i≠j≠k≠l≠m}|A_i∩A_j∩A_k∩A_l∩A_m|[/tex]. Kai [tex](y_i,z_i,w_i)=0[/tex], gauname lygtis be vieno kintamomojo. Kai [tex](y_i,z_i,w_i)=0[/tex] ir [tex](y_j,z_j,w_j)=0[/tex], gauname lygtis be dviejų kintamųjų. Be to, pastarųjų lygčių trejetų gausime [tex]C_{5}^3[/tex]. Ir taip toliau. Taigi, [tex]|∪_{i=1}^5 A_i|=\sum_{i=1}^5(-1)^{i-1}C_5^{4-i}C_{5-i}^{4-i}C_{6-i}^{4-i}C_{9-i}^{4-i}[/tex].
3) [tex]|E|-|N|=C_9^4\cdot C_6^4\cdot C_5^4-\sum_{i=1}^5(-1)^{i-1}C_5^{4-i}C_{5-i}^{4-i}C_{6-i}^{4-i}C_{9-i}^{4-i}=9450-7775=1675[/tex].
Ats: 1675 sprendiniai

Atsakymas geras :)

Tomai, gal turi trumpesni šio uždavinio sprendimą? Būtų įdomu pamatyt. :)

Spręsčiau panašiai, galbūt kažkas ir lengvesnį būdą sugalvotų.

Tarkime, [tex]x,y,z,u>0[/tex]. Parodykite, kad [tex]\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{z}+\frac{z^2}{u}+\frac{u^2}{x}≥x+y+z+u[/tex].

Uždavinio sprendimas
Pasinaudojam vidurkių nelygybe:
[tex]\frac{x^2}{y}+y≥2x[/tex]
[tex]\frac{y^2}{z}+z≥2y[/tex]
[tex]\frac{z^2}{u}+u≥2z[/tex]
[tex]\frac{u^2}{x}+x≥2u[/tex]
Gautas nelygbes sudedam:
[tex]\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{z}+\frac{z^2}{u}+\frac{u^2}{x}+x+y+z+u≥2x+2y+2z+2u \Rightarrow \frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{z}+\frac{z^2}{u}+\frac{u^2}{x}≥x+y+z+u[/tex] .

Raskite visus nelyginius natūraliuosius n, kad [tex]n|3^n+1[/tex].

Trijų dienų laikotarpis praėjo.

Ar skaičiai 1, 7 ir 18 gali būti kurios nors didėjančios geometrinės
progresijos nariai (nebūtinai gretimi). Atsakymą pagrįskite.

Teisingai :)

Turime įrodyti, kad: [tex](1^{100}+2^{100}+3^{100}+4^{100}+5^{100}+6^{100}+7^{100})\bmod7=0[/tex]
[tex]1^{100}\bmod7=1[/tex]
[tex]2^{10}\bmod7=2\implies [/tex][tex]2^{100}\bmod7=(\underbrace{2^{10}\cdot 2^{10}\cdot ...\cdot 2^{10}}_{10})\bmod7=(\underbrace{2\cdot 2\cdot ...\cdot 2}_{10})\bmod7=2^{10}\bmod 7=2[/tex]
[tex]3^{10}\bmod7=4\implies [/tex][tex]3^{100}\bmod7=(\underbrace{3^{10}\cdot 3^{10}\cdot ...\cdot 3^{10}}_{10})\bmod7=(\underbrace{4\cdot 4\cdot ...\cdot 4}_{10})\bmod7=4^{10}\bmod 7=(2^{10}\cdot 2^{10})\bmod 7=(2\cdot 2)\bmod7=4[/tex]
[tex]4^{100}\bmod7=(2^{100})^2\bmod7=(2^{100}\cdot 2^{100})\bmod7=(2\cdot 2)\bmod7=4[/tex]
[tex]5^{10}\bmod7=2\implies [/tex][tex]5^{100}\bmod7=(\underbrace{5^{10}\cdot 5^{10}\cdot ...\cdot 5^{10}}_{10})\bmod7=(\underbrace{2\cdot 2\cdot ...\cdot 2}_{10})\bmod7=2^{10}\bmod 7=2[/tex]
[tex]6^{100}\bmod7=(2^{100}\cdot 3^{100})\bmod7=(2\cdot 4)\bmod7=1[/tex]
[tex]7^{100}\bmod7=0[/tex]

[tex](1^{100}+2^{100}+3^{100}+4^{100}+5^{100}+6^{100}+7^{100})\bmod7=(1+2+4+4+2+1+0)\bmod7=14\bmod7=0[/tex]
Įrodyta!