Matematikos Maratonas Nr. 4

Įrodysime, jog 1/2 + 1/3 + ... +1/n nėra sveikasis skaičius.
Tegu k yra didžiausias natūralusis skaičius, kuriam 2^k ≤ n.
MBK{2, 3, ..., n} dalijasi iš 2^k, nes 2^k yra vienas (ir tik vienas) iš vardiklių 2,...,n.
Tačiau joks iš minėtų vardiklių, išskyrus 2^k, nesidalija iš dvejeto laipsnio.
Vadinasi, bendravardiklindami šią baigtinę trupmenų sumą, gausime (n-1) papildomų dauginamųjų, iš kurių tik vienas (ties trupmena su vardikliu 2^k )bus nelyginis, o kiti (n -2) bus lyginiai.
Rezultate gausime trupmena su lyginiu vardikliu MBK{2, 3,....n}, ir su akivaizdžiai nelyginiu skaitikliu (nes kelių lyginių ir vieno nelyginio skaičių suma yra nelyginis skaičius).
Gautasis santykis negali būti lygus jokiam sveikajam skaičiui. Įrodyta.

Atsiprašau, už netikslumus. Sokolovai, kelkit naują uždavinį :)

Įrodykite, kad joks teigiamųjų skaičių a>0, b>0, c>0 trejetas (a, b, c) negali būti nelygybių sistemos
[tex]a(1-b)>\frac{1}{4}[/tex]
[tex]b(1-c)>\frac{1}{4}[/tex]
[tex]c(1-a)>\frac{1}{4}[/tex]
sprendinys.

Tarkim, toks trejetas egzistuoja. Tada $$abc(1-a)(1-b)(1-c)>\frac{1}{64}, 0<a,b,c<1.$$
Kita vertus, $$(x-\frac{1}{2})^2\geq0 \Rightarrow x(1-x)\leq \frac{1}{4}$$
visiems realiems x. Iš pastaros nelygybės seka $$abc(1-a)(1-b)(1-c)\leq \frac{1}{64}.$$ Galų gale gaunam $$\frac{1}{64}>\frac{1}{64}.$$ Prieštara. Įrodyta.

Gerai.

Raskite visus tokius daugianarius [tex]P(x)[/tex], su realiais koeficientais, kad $$P(P(x))=(x^2+x+1)P(x)$$
visiem realiems x.

Pirmiausia pastebėkim, kad nulinis polinomas $P(x)\equiv 0$ tenkina lygtį.
Ieškokim nenulinių polinomų, tenkinančių šią lygtį. Jei $\deg{P(x)}=d\geq 0$, tai
\begin{gather*}
\deg\big(P(P(x))\big)=\deg\big((x^2+x+1)P(x)\big)\Rightarrow d^2=d+2\Rightarrow d=2.
\end{gather*}
Taigi ieškomas polinomas yra pavidalo $P(x)=a_2x^2+a_1x+a_0$, kur $a_2\neq 0$. Įstatę šią išraišką į lygtį, sulyginę koeficientus prie atitinkamų $x$ laipsnių abiejose lygties pusėse ir išsprendę gautą sistemą, turim, jog $P(x)=x^2+x$ ir daugiau nenulinių polinomų, tenkinančių šią lygtį, nėra.

Ats.: $P(x)\equiv 0$ arba $P(x)=x^2+x$.

Gerai.

Iš kiekvienos liekanų klasės moduliu $m$ paimkim po vieną skaičių. Gautasis skaičių rinkinys vadinamas pilnąja liekanų sistema moduliu $m$. Kitaip sakant, rinkinys iš $m$ sveikųjų skaičių, tarp kurių jokie du nelygsta tarpusavyje moduliu $m$, vadinamas pilnąja liekanų sistema moduliu $m$.

O dabar uždavinys. Tarkime $a, b$ ir $m>1$ yra sveikieji skaičiai, be to $\text{dbd}(a, m)=1$. Įrodykite, jog
\begin{gather*}
\sum_{x}\bigg\{\frac{ax+b}{m}\bigg\}=\frac{1}{2}(m-1),
\end{gather*}
kur $x$ prabėga bet kurią pilnąją liekanų sistemą moduliu $m$.

Aprašytomis sąlygomis ax+b taip pat perbėga pilnąją liekanų sistemą (mod m), t.y įgyja reikšmes pavidalo [tex]km+ r[/tex], k-sveikieji, r= 0, 1, 2, ..., m-1.
Todėl kairėje pusėje esančių trupmeninių dalių reikšmės yra
[tex]\frac{r}{m}[/tex]
Jų suma (kai r įgyja reikšmes nuo 0 iki m-1 )
[tex]\frac{0+1+2+...+m-1}{m}=\frac{m(m-1)}{2m}[/tex]