Matematikos Maratonas Nr. 3

Karoli, aš čia pacitavau matematiką John von Neumann. („In mathematics you don't understand things. You just get used to them.“)

Na o mathfux sprendimas turbūt galėtų būti apeitas taip (išvengiant perėjimo prie ribos):
1) apibrėžiame polinomą
$$P(x)=A_1(x-2)(x-3)\dotsb(x-n)+A_2(x-1)(x-3)\dotsb(x-n)+A_{n-1}(x-1)(x-2)\dotsb(x-(n-1))$$
su kol kas nežinomais koeficientais $A_1, \dotsc, A_n$.

2) Dabar koeficientus $A_1, \dotsc, A_n$ parinkime taip, kad būtų teisingos lygybės
$$P(1)=P(2)=\dotsb=P(n)=1.$$
Koeficientus $A_i$ gausime būtent tokius, kaip kolegos sprendėjai jau užrašė. Kadangi polinomas $\tilde{P}(x):=P(x)-1$ yra ne didesnio, kaip $n-1$-ojo laipsnio ir yra lygus nuliui $n$ taškuose, tai, pagal teiginėlį, kuris jau čia ne sykį nuskambėjo, $\tilde{P}(x)$ yra tapatingai lygus nuliui, t.y. $P(x)$ tapatingai lygus $1$.

3) Jei $x\not\in\{1, 2, \dotsc, n\}$, tai tapatybės
$$A_1(x-2)(x-3)\dotsb(x-n)+A_2(x-1)(x-3)\dotsb(x-n)+A_{n-1}(x-1)(x-2)\dotsb(x-(n-1))=1$$
abi puses galime padalinti iš sandaugos $(x-1)(x-2)\dotsb(x-n)$ ir gausime reikiamą išraišką.

Tegul $n\geq2$ - sveikas skaičius. Įrodykite, kad $$\sum \frac{1}{pq}=\frac{1}{2},$$ kur sumuojama pagal visus tarpusavyje pirminius $p$ ir $q$ tenkinančius sąlygas:
$$0<p<q\leq n$$
ir
$$p+q>n.$$

Uždavinukas, leliau, kaip iš geros tarybinių laikų olimpiados... Gal kokią užuominą galima būtų iš tamstelės išgauti? Pati pasistūmėjau tik tiek, kad sumą $\sum\frac{1}{pq}$ perrašiau pavidalu
$$\sum_{\frac{n}{2}+1\leq q\leq n}\frac{1}{q}\sum_{n-q<p<q}\frac{1}{p}.$$
Ar tatai kokios naudelės galėtų duoti? O gal kokia skaičių teorijos tėoriema čia praverstų?

Jei $$S_n=\sum_{0<p<q\leq n\\ p+q>n \\(p,q)=1}\frac{1}{pq},$$
tai bandykit nagrinėt $S_{n+1}-S_{n}.$

Tataigi jau labai galingas patarimas, iškart akeles atveriantis.
Taigi iš tam tikrų geometrinių samprotavimų (kurie egzistuoja mano juodraščiuose, o žodeliais trupučiuką sunkokai perteikiami) galima susigaudyti, kad
\begin{equation}
S_{n+1}-S_n=\sum_{0<p<n+1\\ \text{dbd}(p, n+1)=1}\frac{1}{p(n+1)}-\sum_{0<p<q\leq n\\ p+q=n+1\\
\text{dbd}(p,q)=1}\frac{1}{pq}=\frac{1}{n+1}\sum_{0<p<n+1\\ \text{dbd}(p, n+1)=1}\frac{1}{p}-\sum_{0<p<q\leq n\\ p+q=n+1\\
\text{dbd}(p,q)=1}\frac{1}{pq}.
\end{equation}
Dabar dargi prisiminkim, kad teisinga pareinamybė
\begin{equation}
\text{dbd}(p, n+1-p)=\text{dbd}(p, n+1),
\end{equation}
katroji mums leidžia užrašyti
\begin{align*}
\sum_{0<p<q\leq n\\ p+q=n+1\\
\text{dbd}(p,q)=1}\frac{1}{pq}=\sum_{0<p<\frac{n+1}{2}\\ \text{dbd}(p, n+1)=1}\frac{1}{p(n+1-p)}&=\frac{1}{n+1}\bigg(\sum_{0<p<\frac{n+1}{2}\\ \text{dbd}(p, n+1)=1}\frac{1}{p}+\sum_{0<p<\frac{n+1}{2}\\ \text{dbd}(p, n+1)=1}\frac{1}{n+1-p}\bigg)\\
&= \frac{1}{n+1}\bigg(\sum_{0<p<\frac{n+1}{2}\\ \text{dbd}(p, n+1)=1}\frac{1}{p}+\sum_{\frac{n+1}{2}\leq p<n+1\\ \text{dbd}(p, n+1)=1}\frac{1}{p}\bigg)\\
&=\frac{1}{n+1}\sum_{0<p<n+1\\ \text{dbd}(p, n+1)=1}\frac{1}{p}.
\end{align*}
Ir dabar, taip sakant, grįžę į pradžią kuo lengvėliausiai gaunam, kad $S_{n+1}-S_n=0$ su visiais $n\geq 2$. Tačiau, kaip nesunku rasti, $S_2=\frac{1}{2}$, reiškiasi ir visada suma, kurią mes čia iš visų pusių vartaliojom, bus lygi $\frac{1}{2}$.

Gerai.

Perleidžiu įkelti uždavinį kitiems, bet jei nieks neįkelsit, supyksiu ir įkelsiu pati.

$2(x+2)^2(x+1.5)^2(2x^2+7x+7)=1 \Leftrightarrow$

$2(x+2)^2(x+1.5)^2(2\left(x+\frac{7}{4}\right)^2+\frac{7}{8})=1.$

Keičiam $\boxed{\displaystyle y=x+\frac{7}{4}}$ Tuomet lygtis keičiasi į

$2(y+\frac{1}{4})^2(y-\frac{1}{4})^2(2y^2+\frac{7}{8})=1 \Leftrightarrow$

$2(y^2-\frac{1}{16})^2(2y^2+\frac{7}{8})=1$

Dabar patogu keisti $\displaystyle z=y^2-\frac{1}{16}$. Tuomet $\boxed{\displaystyle y^2=z+\frac{1}{16}}$ ir lygtis keičiasi į

$2z^2(2z+1)=1$
Iš čia matyti, kad lygtis yra kubinė. Kai kurios tokios lygtys turi bjauriai ilgas išraiškas turinčius sprendinius, kurie gaunami remiantis Kardano metodu. Tačiau beveik visos likusios kubinės (formos $P(z)=0$ lygtys gali būti sprendžiamos išskaidant $P(x)$ į tiesinio ir kvadratinio daugianario sandaugą. Šiuo atveju taip ir darysime:
• Atspėjame, kad reikšmė $z=\frac{1}{2}$ tinka: $2\left(\frac{1}{2}\right)^2\left(2\cdot\left(\frac{1}{2}\right)+1\right)$ tikrai lygu 1.
• Pertvarkome $2z^2(2z+1)=1$ į $4z^3+2z^2-1=0$
• Išskaidome kairės pusės daugianarį į sandaugą, kurios vienas dauginamasis yra $z-\frac{1}{2}$. Matome, kad paprasiau būtų imti $2z-1$, nes šio daugianario šaknis taip pat bus $\frac{1}{2}$. Skaidymo procedūrą galima atlikti mokant dalinti daugianarius kampu. Aš atlieku taip:
$4z^3+2z^2-1=4z^3-2z^2+4z^2-1=(2z-1)(2z^2+2z+1)$
• Baigiame spręsti lygtį: $(2z-1)(2z^2+2z+1)=0 \Leftrightarrow z=\frac{1}{2} \text{ arba } 2z^2+2z+1=0$. Pastaroji lygtis neturi sprendinių, nes ją galima pertvarkyti į lygtį $2(z+0.5)^2+0.5=0$, tačiau $2(z+0.5)^2$ negali įgyti -0.5. Arba galėjome tiesiog įsitikinti, kad diskriminantas neigiamas.

Dabar atsiminę, ką ir kaip keitėme, gauname sąlygas:
$\begin{cases} y=x+\frac{7}{4} \\ y^2=z+\frac{1}{16} \\ z=\frac{1}{2}\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x=y-\frac{7}{4} \\ y^2=\frac{1}{2}+\frac{1}{16} \\ z=\frac{1}{2}\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x=y-\frac{7}{4} \\ y=\pm\frac{3}{4} \\ z=\frac{1}{2}\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases} x=\pm\frac{3}{4}-\frac{7}{4} \\ y=\pm\frac{3}{4} \\ z=\frac{1}{2}\end{cases}$

Vadinasi, lygties sprendiniai yra -1 ir 2,5.

Įrodykite, jog su skirtingais realiaisiais skaičiais $a,b$ ir $c$ lygybė

$\sqrt[3]{a-b}+\sqrt[3]{b-c}+\sqrt[3]{c-a}=0$ yra negalima.

O tai palaukit, berniukai dobiliukai, jau čia tai pavarėt sprendimą, kad net man, ant svieto visko mačiusiai, plaukai piestu stojasi. Taigi lįste lenda į akeles, kad
$$2x^2+7x+7=2(x+2)(x+1.5)+1$$
ir tada, įvedus pakeitimėlį $(x+2)(x+1.5)=z$, mūsų lygtelė virsta
$$2z^2(2z+1)=1.$$
Ir tada, baisingai gražiai išskaidžius ir radus, kad $z=\frac{1}{2}$, telieka paprastutę kvadratinę lygtį išspręsti.