3360446547

Materiały dydaktyczne - Matematyka Dyskretna (Zestaw 2)

liczbą taką, że ra! < n < (m + 1)!. Przedział [m!, (m + 1)!) podzielmy na m przedziałów długości

[m!,2-m!), [2-m!,3-m!), ..., [m • m!, (m + 1)!). Liczba n należy do jednego z nich, tzn. istnieje a_m G {1,2,..., m), taki że a_m • m! ^ n < (a_m + l)m!.

Stąd

Tl — Om • m! < m!

i na mocy założenia indukcyjnego

ti — o-m • m\ = a\ • 1! + a2 • 2! + 03 • 3! + • • • + a_m_i • (m — 1)!,

a to kończy dowód.

9. Z założeń zadania wynika, że istnieją liczby całkowite x,y,z,t takie, że

a = (ab — cd)x, b — (ab — cd)y, c = (ab — cd)z, d = (ab — cd)t.

Zatem

ab — cd — (ab — cd)²(xy — zt) czyli 1 — (ab — cd)(xy — zt).

Ponieważ ab — cd i xy — zt są liczbami całkowitymi, więc ab — cd = ±1, co kończy rozwiązanie. 12. Jeżeli para (x, y) liczb całkowitych jest rozwiązaniem tego równania to wobec równości x² = 2005 - 95xy - 2000j/² = 5(401 - 19x» - 400j/²) x dzieli się przez 5. Niech więc x = 5t, t G TL. Po wstawieniu do równania otrzymujemy 25t² + 475(9 + 400y² = 2005, a dzieląc obie strony tej równości przez 5 mamy

5(² + 95(9 + 8O9² = 401

czyli

5(t² + my + 16y²) = 401,

co oznacza, że lewa strona dzieli się przez 5, a prawa - nie. Ta sprzeczność dowodzi, że nie istnieje para liczb całkowitych spełniających to równanie.

14. (I sposób) Zauważmy, że para (p, q) = (3,2) jest rozwiązaniem tego równania. Załóżmy teraz, że żadna z liczb p, q nie jest równa 3. Ponieważ dla dowolnej liczby całkowitej z niepodzielnej przez 3 reszta z dzielenia z² przez 3 jest równa 1, więc reszta z dzielenia przez 3 liczby p² — 2q² jest równa 2. Po prawej stronie równości mamy 1. Sprzeczność, która dowodzi, że innych rozwiązań oprócz wskazanego - nie ma.

4