matematikk.net

Ny oppgave:
La $n$ være et positivt heltall. Finn antall heltallsløsninger av den diofantiske likningen $x^2+2016y^2=2017^n$.

Svaret er \(2n+2\). Vi kaller en løsning primitiv hvis \(2017\nmid x,y\). La \(p_n\) være antall primitive løsninger for \(n\).
Påstand: \(p_n=4\) for alle \(n\). Vi viser \(p_n=p_{n-1}\), og da er vi ferdig siden det er lett å se at \(p_1=4\).
Anta \(a,b\) er en løsning for \(a^2+2016b^2=2017^{n-1}\). Da ser vi at \((x,y)=(a+2016b,a-b)\) og \((x,y)=(a-2016b,a+b)\) er begge løsninger.
Hvis \((a,b)\) ikke er primitiv, er løsningene generert av \((a,b)\) åpenbart ikke primitive. Hvis \((a,b)\) er primitivt, legg merke til at siden \(a\equiv \pm b\pmod{2017}\), er presist \(1\) av løsningene generert av \((a,b)\) primitiv.
På samme måte kan vi gå bakover, og se at de primitive løsningene til \(x^2+2016y^2=2017^n\) tilsvarer primitive løsninger for \(x^2+2016y^2=2017^{n-1}\). Dermed er påstanden vist, siden \(p_n=p_{n-1}\).

For å bli ferdig, bruker vi induksjon, for odde og partall hver for seg. Base case er ikke så vanskelig.
Anta det stemmer for \(n\). Da kan vi gange alle løsningene \((x,y)\) til \(x^2+2016y^2=2017^n\) med \(2017\), for å generere ikke primitive løsninger. Legg merke til at den genererer alle ikke-primitive løsninger, siden man bare kan dele på \(2017\) for å gå tilbake.
Samtidig har vi \(4\) ekstra primitive løsninger, så vi får at antall løsninger for \(n+2\) er \(2n+2+4=2n+6\) som er det vi skulle vise. Da er vi ferdige

Let $n$ be an odd positive integer, and let $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ be non-negative real numbers. Show that \[ \min_{i=1,\ldots,n} (x_i^2+x_{i+1}^2) \leq \max_{j=1,\ldots,n} (2x_jx_{j+1}) \]where $x_{n+1}=x_1$.

La $y = \max \sqrt{x_i x_{i+1}}$. Vi kaller $i$ type 1 hvis $x_i \leq y$ og type 2 hvis $x_i > y$. Av ekstremaliteten til $y$ kan vi ikke ha to påfølgende tall av type 2. Siden $n$ er odde kan vi heller ikke ha at ingen tall har et nabotall av samme type. Dermed eksisterer det to tall $k$ og $k+1$ av type 1. Som betyr at $\min (x_i^2 + x_{i+1}^2) \leq x_k^2 + x_{k+1}^2 \leq 2y^2 = \max (2x_i x_{i+1})$.

Finn alle polynomer $P$ med heltallskoeffisienter av grad $n>1$ slik at
\[
P(x) = \prod_{k=0}^{n-1} (x-P(k))
\]

Det finnes ingen slike polynomer \(P\). Vi starter med et å vise \(P(0)=0\).
Anta \(P(0)\neq 0\).vis vi plugger inn \(0\) får vi
\[1=\prod_{k=1}^{n-1}P(k)(-1)^{n}\]
som impliserer at \(P(k)=\pm 1\) for alle \(k\leq n-1\). Hvis vi nå har \(P(k)=1\), får av å plugge inn \(1\) at \(P(1)=0\), som åpenbart er en motstigelse.
Dermed er \(P(k)=-1\) for alle \(k\leq n-1\). Nå plugger vi inn \(1\), som betyr at \(-1=(1-P(0))2^{n-1}\) som ikke er mulig. Dermed er \(P(0)=0\).

Nå ser vi på \(P(1)\). Hvis \(P(1)\neq 0\), har vi at \(1-P(1)\mid P(1)\implies 1-P(1)=\pm1\implies P(1)=0\) eller \(P(1)=2\).
Hvis \(P(1)=0\), finnes \(k\) slik at \(P(k)=1\). Dermed får vi av å plugge inn \(k\) at \(k^2\mid 1\), som er en motstigelse. Hvis \(P(1)=2\), får vi av å plugge inn \(1\)
at \(2=\prod_{k=2}^{n-1}(1-P(k))\) som betyr at \(P(k)=0\) for alle \(k\) untatt et tall \(i\), hvor \(P(i)=3\). Da får vi at \(P\) må være på formen \(x^a(x-2)(x-3)\) som ikke tilfredstiller likningen som
ikke er for vanskelig å verifisere.

Let $a$, $b$, $c$ be real numbers greater than or equal to $1$. Prove that
\[ \min \left(\frac{10a^2-5a+1}{b^2-5b+10},\frac{10b^2-5b+1}{c^2-5c+10},\frac{10c^2-5c+1}{a^2-5a+10}\right )\leq abc. \]