Теория чисел на БИБНе —Каталог задач по Олимпиадной математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Олимпиады - Математика
Теория чисел на БИБНе

Тема БИБН (Будущие исследователи - будущее науки)

Теория чисел на БИБНе

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела бибн (будущие исследователи - будущее науки)

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#79612

Можно ли утверждать, что если для рациональных чисел $a,b,c$ сумма

√- √- √- a 2 +b 3+ c 6

является рациональным числом, то $a= b=c =0?$

Источники: БИБН - 2024, 11.4 (см. www.unn.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте предположим, что это возможно, и обозначим нашу сумму за p. Первое, что бросается в глаза, это то, что √2*√3=√6, поэтому хочется отправить с√6 направо и возвести в квадрат. После возведения в квадрат из иррациональных чисел остается только √6, значит можно его выразить через остальные рациональные...

Подсказка 2

После преобразований мы получаем, что √6=(6c²+p²-2a²-3b²)/(2ab+2pc). Казалось бы победа, мы получили выражение иррационального числа через рациональные, что невозможно. Но ведь мы могли поделить на 0. Что делать, если 2ab+2pc=0?

Подсказка 3

Если ab+pc=0, то 6c²+p²=2a²+3b². Рассмотрим случай с≠0: подставим p=-ab/c в равенство 6c²+p²=2a²+3b². После тождественных преобразований получаем (3с²-a²)(2c²-b²)=0. Найдите здесь противоречие и рассмотрите случай с=0!

Показать ответ и решение

Обозначим $a√2+ b√3+ c√6= p∈ ℚ.$

Тогда $√ - √ - √- a 2+b 3=p − c 6$ . Возведем в квадрат

2 2 √- 2 2 √ - 2a + 3b +2ab 6= p + 6c − 2pc 6

В случае $a= 0$ или $b= 0$ получаем, что левая часть равенства рациональна, а значит и правая тоже, то есть $p= 0$ или $c= 0$ . Если имеет место случай $c= 0$ , то $a =b= c= 0.$

В случае же $p =0$ (не умаляя общности $a =0$ ) получаем

√- √- b 3+ c 6= 0

b+ c√2= 0

И так как $b∈Q$ , равенство возможно только в случае $c =0$ . И тогда также $b= 0.$ То есть если $a =0$ или $b= 0$ , то требуемое верно.

Пусть теперь $a,b⁄= 0$ . Преобразуем:

2 2 2 2 √ - 2a + 3b − p − 6c= − 6(2ab+ 2pc)

Равенство возможно только в случае, если справа рациональное число, то есть $ab= −pc$ . Тогда получаем следующую систему

{ 2a2+ 3b2 = p2+ 6c2 6a2b2 = 6p2c2

Эта система имеет вид

{ x+ y = z+ t=s xy = zt=q

По следствию теоремы Виета $x,y$ и $z,t$ являются корнями уравнения $n2 − sn+ q = 0$ . Но у квадратного уравнения максимум $2$ корня, поэтому либо $x= z$ и $y = t$ , либо $x= z$ и $y = z$ .

В первом случае получаем $2a2 = p2$ , что невозможно, кроме разобранного случая $a= p= 0.$

Во втором случае $2a2 = 6c2$ , также невозможно, если $a,c⁄= 0.$

Ответ: да

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#74468

Докажите, что существует бесконечное множество троек натуральных чисел $x,y,z,$ удовлетворяющих соотношению

2 2 2022 x + y =z

Источники: БИБН-2022, 11.4 (см. www.unn.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что напоминает данное равенство?

Подсказка 2

Пифагорову тройку! Степени четны, быть может, стоит попробовать как-то преобразовать самую привычную пифагорову тройку?

Подсказка 3

Чтобы не потерять связь с тройкой (3, 4, 5,, попробуем подставить «подобную ей» вместо х, у и z. Хочется сделать так, чтобы z^2022 было равно 25t^2 при некотором t. Как это сделать?

Подсказка 4

Z должно делиться на 5. Получается, что вместо z нужно взять 5n, а остальные числа подогнать под равенство не составит труда)

Показать доказательство

Возьмем пифагорову тройку, например, $(3;4;5),$ и будем рассматривать соотношения

2 2 2 (3t) + (4t) =(5t)

для различных натуральных $t.$ Если положить

2 2 2 2 2022 2 x = 9t ,y =16t,z = 25t ,

то взяв число $z,$ делящееся на 5, т.е. $z =5n$ для натурального $n,$ получим

25t2 = 52022n2022 ⇔ t= 51010n1011

Таким образом, при любом натуральном $n$ числа вида $x= 3t,y = 4t,$ где $t= 51010n1011,$ и $z = 5n$ удовлетворяют исходному уравнению.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#70794

На доске вначале было записано $n$ чисел: $1,2,...,n.$ Разрешается стереть любые два числа на доске, а вместо них записать модуль их разности. Какое наименьшее число может оказаться на доске после $(n − 1)$ таких операций (a) при $n =111;$ (b) при $n =110?$

Источники: БИБН-2016, 8.3 (см. www.unn.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Придумывая пример, имеет смысл разбивать на каждом шаге алгоритма все числа на какие-то удобные «блоки», в которых можно несложно получить именно то число, которое хотим. Получить числа меньше 0 невозможно, поэтому попробуем получить 0 или 1. Работать с большими числами неудобно, к каким меньшим числам можно привести весь наш числовой ряд на доске?

Подсказка 2

К единичкам!(как?). Осталось лишь исследовать ряд единичек и осознать, как получить 0. А что если 0 получить нельзя? Как это доказать? Быть может, какое-то свойство на каждом шагу сохраняется?

Подсказка 3

Обратим внимание на четность суммы всех чисел. Какая она и какой может стать?

Показать ответ и решение

Достаточно привести алгоритм получения нуля, поскольку меньше получить невозможно. Итак, сначала поделим числа кроме единицы на пары $(2,3),...(110,111),$ написав в них разности, получим набор $1,1,...1$ из $56$ единиц, включая первоначальную. Далее разбиваем числа на пары и в каждой паре получаем в качестве разности $0,$ затем с нулями можно делать что угодно.
Пример на получение единицы можно вывести из предыдущего пункта, только делить будем на пары $(1,2),(3,4),...(109,110),$ откуда получится $55$ единиц, то есть помимо $27$ нулей в разности получится дополнительная единица — далее от неё уже никак не избавиться, можно просто по очереди вычесть из неё все нули.
Остаётся показать, что ноль получить не выйдет. Действительно, изначально сумма всех чисел $1+...+110= 110⋅2111= 55⋅111$ нечётна. При применении операции $a+ b→ |a − b|$ в этой сумме её чётность не поменяется, поскольку $a+ b≡a − b, 2$ значит, её чётность не меняется. Тогда и оставшееся число будет нечётным и не равно нулю.