Matematikos Maratonas Nr. 4

Gal įvertink mūsų bendrą lygį ir pagal tai įkelk savo nuožiūra :)

Gerai. Raskite visus sveikuosius lygties $n^5-18n^4=3^m$ sprendinius.

Turime $n^5-18n^4=3^m\Leftrightarrow n^4(n-18)=3^m$. Aišku, kad $m\geq 0$ (jei $m<0$, tai kairėje lygybės pusėje turime sveikąjį skaičių, o dešinėje - ne). Pastebėkim, kad daugiklis $n-18$ turi būti teigiamas, be to $n$ ir $n-18$ turi būti trejeto laipsniai. Tarkime $n=3^k$ ir $n-18=3^l$, $k, l\in\mathbb{N}$. Turime, kad $3^k=n>n-18=3^l\Rightarrow k>l$. Tuomet
\begin{gather*}
3^k-18=3^l\Rightarrow 3^l(3^{k-l}-1)=2\cdot 3^2.
\end{gather*}
Iš čia matome, kad $3^l=3^2\Rightarrow l=2$ ir $3^{k-l}-1=2\Rightarrow k=3$. Taigi $n=3^3$ ir
\begin{gather*}
3^{12}\cdot(27-18)=3^m\Rightarrow m=14.
\end{gather*}
Atsakymas: $n=27$ ir $m=14$.

Su Naujaisiais ir aplankysiančiomis naujomis idėjomis!

Šį uždavinį pasirinkau įkelti todėl, kad su vienu skaičių teorijos dėstytoju teko susiginčyti, ar atvejo, kai $m=0$ arba $m<0$ nagrinėjimas iš viso yra būtinas. Aš tvirtinau, kad nebūtinas, o dėstytojas tvirtino, jog būtinas, tačiau po kurio laiko, išanalizavęs mano sprendimą, jis sutiko, kad nebūtinas. Mano sprendime, kaip man būdinga, vengiama naudoti daug kintamųjų ir atskirų atvejų nagrinėjimo, todėl ir ,,susikirtome". Jis buvo trumputis, maždaug toks:

Skaičių $n^4$ ir $n-18$ nedalija kitokie skaičiai, nei 3, be to $n-18$ teigiamas, kitaip jų sandauga būtų neigiama. Todėl $n>18$. Vadinasi belieka patikrinti $n=3^3$ ir didesnius trejeto laipsnius. Visais šiais atvejais turėsime, jog $n$ yra formos $27k$, kur k yra natūralusis skaičius. Vadinasi $n-18$ yra formos $27k-18=9(3k-2)$. Skaičius $3k-2$ nesidalija iš 3, vadinasi, jei jis didesnis nei 1, tai turi kitokių pirminių daliklių nei 3, o tai prieštaringa. Vadinasi $3k-2=1 \Leftrightarrow k=1 \Leftrightarrow n-18=9 \Leftrightarrow$ $\Leftrightarrow n=27 \text{ ir } m=14$.

Galbūt todėl aš ir pamėgau skaičių teoriją todėl, kad ji dažnai leidžia idėjas išreikšti paprastai. Jūsų sprendimas taip pat geras, tik ta dalis, kur tvirtinate, kad $k,l\in \mathbb{N}$ atrodo įtartinai. Reiktų įtraukti atvejus, kai jie gali būti nuliniai, tačiau tolimesniame sprendime tai nekliudo.

Perimkit estafetę.

Na ta vietelė, kad $k, l\in\mathbb{N}$, kai surašinėjau sprendimą, man pasirodė pakankamai aiški (jei $l=0$, tai $3^k=19$, o taip negali būti; $k=0$ tuo labiau negali būti). Kai kurias aiškias dalis praleidžiu, kad sprendimas netaptų perkrautas :)

Viena iš Dirichlė teoremų tvirtina, kad aritmetinėje progresijoje $ak+b$, $k=0, 1, 2, \dotsc$, kur $a$ ir $b$ - tarpusavyje pirminiai natūralieji skaičiai, egzistuoja be galo daug pirminių skaičių. Remdamiesi šia teorema, įrodykite tam tikrą jos apibendrinimą: su bet kokiu $s\in\mathbb{N}$ kiekvienoje aritmetinėje progresijoje $ak+b$, $k=0, 1, 2, \dotsc$, kur $a$ ir $b$ - tarpusavyje pirminiai natūralieji skaičiai, egzistuoja be galo daug narių, kurie lygūs $s$ skirtingų pirminių skaičių sandaugai.

Pagal taisykles turiu įkelti sprendimą.

Kai $s=1$, teiginys teisingas pagal Dirichlė teoremą. Tarkim teiginys teisingas, kai $s=k$. Nagrinėkim atvejį $s=k+1$.

Imkime progresiją $ak+b$, $k\in\mathbb{N}$, $\text{dbd}(a, b)=1$. Pagal Dirichlė teoremą, progresijoje $ar+1$, $r\in\mathbb{N}$, egzistuoja be galo daug pirminių skaičių. Be to, sudauginę progresijos $ak+b$ narį su progresijos $ar+1$ nariu, vėl gausim progresijos $ak+b$ narį, nes $(ak+b)(ar+1)=a(akr+k+br)+b$. Paėmę progresijos $ak+b$ narį $x$, kuris lygus $s$ skirtingų pirminių skaičių sandaugai, galime surasti tokį pirminį progresijos $ar+1$ narį $y$, kuris didesnis už kiekvieną iš šių $s$ pirminių skaičiaus $x$ daliklių. Tuomet skaičius $xy$ bus progresijos $ak+b$ narys. Tokiu būdu iš progresijos $ak+b$ didėjančio posekio, kurio kiekvienas narys lygus $s$ pirminių skaičių sandaugai, gauname didėjantį posekį, kurio kiekvienas narys lygus $s+1$ pirminių sandaugai. Pagal indukcijos principą uždavinio tvirtinimas teisingas kiekvienam natūraliajam $s$.

Naują uždavinį įkelkit kas nors kitas.

Kiekvienam natūraliam n raskite natūraliuosius skaičius $a_1<a_2<...<a_{2n+1}$, sudarančius aritmetinę progresiją, kad jų sandauga būtų lygi pilnam kvadratui.

Galime imti skaičius $a_k=k(2n+1)!$, kur $k=1, 2, \dotsc, 2n+1$. Turim, kad
$$\prod_{k=1}^{2n+1}a_k=((2n+1)!)^{2n+1}(2n+1)!=((2n+1)!)^{2n+2},$$
o tai yra pilnasis kvadratas.

Gerai.

Palieku įkelt kitiems.