Matematikos Maratonas Nr. 4

[tex]a\in \mathbb{R}[/tex]

Įrodykite, kad egzistuoja begalo daug teigiamų sveikųjų skaičių porų [tex](a, b)[/tex], kur [tex]a[/tex] ir [tex]b[/tex] yra tarpusavyje pirminiai, kad $$\frac{a^2-5}{b}$$ ir $$\frac{b^2-5}{a}$$ yra teigiami sveikieji skaičiai.

Tarkime natūraliųjų skaičių pora $(a; b)$ tenkina uždavinyje išvardintas sąlygas, t.y. $ a|b^2-5$, $b|a^2-5$ ir $\text{dbd}(a, b)=1$. Parodysime, jog tuomet natūraliųjų skaičių pora $\big(b; \frac{b^2-5}{a}\big)$ taip pat tenkins analogiškas sąlygas.

1) Turime, kad
    \begin{gather*}
        \bigg(\frac{b^2-5}{a}\bigg)^2-5=\frac{(b^4-10b^2)-5(a^2-5)}{a^2}.
    \end{gather*}
Aišku, jog $b|b^4-10b^2$, be to $b|a^2-5$, galiausiai $\text{dbd}(a^2, b)=1$, todėl
    \begin{gather*}
        b\bigg|\bigg(\frac{b^2-5}{a}\bigg)^2-5;
    \end{gather*}
2) Aišku, kad $b^2-5$ dalijasi iš $\frac{b^2-5}{a}$.
3) Tarkime $d$ yra bendras skaičių $b$ ir $\frac{b^2-5}{a}$ daliklis. Tada egzistuoja tokie $k, l\in\mathbb{N}$, kad
    \begin{gather*}
        b=dl\text{ ir }\frac{b^2-5}{a}=dk\Rightarrow d^2l^2-5=dak\Rightarrow d|5\Rightarrow d=1\text{ arba }d=5.
    \end{gather*}
Jeigu $d=5$, tai $5|b$. Atsižvelgdami į tai, jog $b|a^2-5$, nesunkiai gauname, jog $5|a$. Tai yra prieštara tam, kad $\text{dbd}(a, b)=1$. Taigi $d=1$.

Be to, jeigu pradinė pora $(a, b)$ tenkina sąlygas $b>a$ ir $b>5$, tai naujojoje poroje $\big(b; \frac{b^2-5}{a}\big)$ antrasis narys taip pat bus didesnis už pirmąjį. Tikrai,
\begin{gather*}
    \frac{b^2-5}{a}>\frac{b^2-b}{a}\geq\frac{b(b-1)}{b-1}=b.
\end{gather*}
Kitaip sakant, poros $\big(b; \frac{b^2-5}{a}\big)$ antrasis narys bus didesnis už poros $(a, b)$ antrąjį narį.

Taigi, imdami pradinę porą $(a, b)=(4, 11)$, pagal nurodytą taisyklę paeiliui galime sukonstruoti begalinę uždavinio sąlygą tenkinančių skirtingų porų seką. Šioje sekoje bet kurios dvi poros tikrai bus skirtingos, nes porų antrieji nariai, kaip ką tik parodėm, sudarys griežtai didėjančią skaičių seką.

Puiku. Gerai išspęsta.

Raskite visus tokius $m, n\in\mathbb{N}$, su kuriais
\begin{gather*}
2^m+3^n
\end{gather*}
yra natūraliojo skaičiaus kvadratas.

Panašu, be manęs, maratono dalyvių tarpe dar yra Michael Penn Youtube kanalo žiūrovų.

Taip, yra :) Ką gi, turbūt reiktų pakeist uždavinį.

Turime dvi $n\times n$ išmatavimo matricas $A=(a_{ij})$ ir $B=(b_{ij})$, kur
\begin{gather*}
a_{ij}=\begin{cases}1\text{,  jei }i\;|\;j,\\ 0\text{,  jei }i\not|\;j\end{cases},
\end{gather*}
o $b_{ij}$ lygu aibės $\{k\in\mathbb{N}:k\;|\;i\text{ ir }k\;|\;j\}$ elementų skaičiui. Raskite matricų $A$ ir $B$ determinantus.

Pradėkim, nuo matricos [tex]A[/tex]. Po nesudėtingų pamąstymų, galime pastebėti, jog matricos [tex]A[/tex] elementai, esantys žemiau pagrindinės įstrižainės, yra visi lygus [tex]0[/tex], nes [tex]j<i[/tex]. Be to, galime pastebeti, jog visi pagrindinės įstrižainės elementai yra [tex]1[/tex]. Taigi, [tex]|A|=1[/tex].
Nagrinėkim matricą [tex]A^TA[/tex] ir pabandykime išsiaiškinti naujai gautos matricos elementų reikšmę. Tarkim, [tex]X=A^TA[/tex], [tex]x_{ij}[/tex] - matricos [tex]X[/tex] elementas su indeksais [tex]i[/tex] ir [tex]j[/tex], [tex]1\leq i,j\leq n[/tex]. Tada, $$x_{ij}=\sum_{k=1}^na_{ki}a_{kj}.$$
Kaip matome, [tex]a_{ki}a_{kj} \neq 0 [/tex], tik jei [tex]k|i[/tex] ir [tex]k|j[/tex], o [tex]x_{ij}[/tex] yra tiek vienetų suma, kiek [tex]a_{ki}a_{kj} \neq 0 [/tex]. Pažvelgę į matricos [tex]B[/tex] elementų apibrėžimą, matome, kad [tex]b_{ij}=x_{ij}[/tex]. Taigi, [tex]|B|=|A^TA|=|A^T||A|=|A||A|=1.[/tex]

Teisingai.

Duota sveikųjų skaičių seka [tex]\{a_n\}_{n\geq 1}[/tex] tenkinanti sąlygą $$2^n=\sum_{d|n}a_d$$ su visais natūraliais [tex]n[/tex]. Parodykite, kad $$n|a_n.$$