Loading [MathJax]/jax/output/SVG/jax.js

Математикадан 43-ші халықаралық олимпиада, 2002 жыл, Глазго


am+a1an+a21 саны бүтін болатындай a шексіз көп натурал саны табылатындай барлық m3, n3 натурал сандар жұптарын табыңыздар.
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

пред. Правка 2   5
1 года 5 месяца назад #

Замечаем an+a21|(a+1)(am+a1)(an+a21)=(am+1+am)+(a21)(an+a21)=am+1+aman=an(amn+1+amn1) откуда an+a21|amn+1+amn1 легко понять что nmn+1 откуда 2n1m

Fact : m2n1

Возьмем m=nk+x

(ank+x+a1)(an+a21)=ank+x+aa2an

ank+x1+1aan1делится на an+a21

ank+x1+1aan1+an+a21 и теперь будем делать операцию делим на a и добавляем или отрецаем an+a21в конце концов вы придёте то что сумма чисел с степенью меньше чем n и потом вы получите что an+a21 больше чем исходное так чисел там много но меньше , и в конце концов выходит что k ограничен и можно легко доказать что k=2 невозможен и потом через неё можно большие ограничить

Откуда m=2n1

an+a21|an+an11

an+a21|an1a2

Легко понять n=3

Надеюсь в решение нет дыр

  0
10 дней 2 часов назад #

Возьмем P(x)=xm+x1 и Q(x)=an+a1. Тогда из условие следует что Q(x)|P(x). Возьмем действительный корень r многолена Q(x). Тогда также из условие r является корнем многочлена P(x) =>> rn+r2=1 и rm+r=1 =>> rn=rm+rm+1. Очевидно что m>n тогда возьмем F(x)=xmn+1+xmn+1. И так как для каждого действительного корня Q(x) он является и корнем F(x) =>> Q(x)|F(x). Но факт что XN+XN+11 является неприводимым отсюда F(x) является неприводимым. Отсюда следует что mn=2 и mn+1=n =>> (m,n)=(5,3).

  0
2 дней 12 часов назад #

Это условие эквивалентно тому, чтоan+a21 делит am+a1 как многочлен.

Сначала аналитическая часть:

Утверждение. Должно выполняться неравенство m2n.

Доказательство. Предположим противное: пусть m > 2n, и пусть 0 < r < 1 — единственное вещественное число, для которого

rn+r2=1rm+r=1.

Но тогда:

0=rm+r1r2n+1+r1

=r((1r2)2+1)1

=(1r)(r4+r3r2r+1)

=(1r)(r4+(1r)(1r2))

Так как 1r>0 и r4+(1r)(1r2)>0 при 0<r<1 мы получаем противоречие

Теперь алгебраическая часть. Очевидно, m > n. Рассмотрим делимость:

an+a21 am+a1

an+a21(am+a1)(a+1)

=am(a+1)+(a21)

an+a21am(a+1)an

an+a21amn(a+1)1.

Правая часть имеет степень m - n + 1 \leq n + 1, и старшие коэффициенты равны 1. Возможны только два случая:

amn(a+1)1=(a+1)(an+a21),

или

amn(a+1)+1=an+a21.

Первый случай не выполняется, например, при a=1Второй случай даёт:

(m,n)=(5,3)

Так как шаги были обратимы, это также означает, что (m, n) = (5, 3) подходит. Ответ: (5,3)