Задача 1 Доказать, что для многочлена 
с любым целым 
найдется такое целое 
, что соответствующее значение этого многочлена не является квадратом целого числа.
Доказательство
Допустим противное. Тогда пусть 
. Отсюда
. Складывая эти два равенства, получим
. При 
получим 
. Это равенство невозможно в целых числах: Действительно, Если 
, то 
- не целое. Если 
, то 
- не целое. Если 
, то 
- не целое. Если 
, то
, что невозможно. Если 
, То 
, что
тоже невозможно, поскольку квадрат целого числа неотрицателен.
Ч.Т.Д.
Замечание
Эта задача родилась, как упрощенный вариант следующей
проблемы, сформулированной автором:
Пусть многочлен второй степени с целыми коэффициентами
при любом целом принимает значение квадрата целого числа. Тогда найдутся такие целые числа 
, 
, что выполняется тождество 
. Достаточность условия– очевидна:
если 
- целые, то найдутся целые 
, для которых выполняется
указанное тождество. Для этого достаточно раскрыть скобки и приравнять коэффициенты при одинаковых степенях . Трудно
доказать необходимость!
Задача 2 Доказать, что для многочлена 
с любым целым , найдется целое , такое, что соответствующее значение этого многочлена не является кубом целого числа.
Доказательство
. 
. Складывая эти два равенства, получим: 
при любых целых .
~ 
или 
, где 
- неотрицательные целые.
Причем - как значения многочлена третьей степени -
неограниченные целые, неотрицательные числа.
Поэтому равенство 
отпадает.
Рассмотрим равенство 
, где - целые неотрицательные числа. Докажем, что 
- ограничено.
. 
, 
, 
, 
. 
. Поэтому 
. 
. Отсюда - ограничено. Противоречие. Ч.Т.Д.
Замечание
Эта задача родилась, как упрощенный вариант следующей
проблемы, поставленной автором:
Пусть многочлен третьей степени с целыми коэффициентами
, при любом целом принимает значение куба целого числа. Тогда найдутся такие целые числа , , что выполняется тождество 
. Достаточность условия– очевидна: если - целые, то найдутся целые , 
для которых выполняется указанное тождество. Для этого достаточно раскрыть скобки и приравнять коэффициенты при одинаковых степенях . Трудно доказать необходимость!
Задача 3 Доказать, что для многочлена 
с любыми заданными 
натуральным 
и целым , найдется такое целое , что соответствующее значение этого многочлена не является 
- ой степенью натурального целого числа.
Доказательство
Предположим противное. Тогда при целых
. 
Причем 
- целые, неограниченные величины
I. 
- нечетно
. Складывая эти равенства, получим:
. (*)
Причем оба слагаемых в последнем равенстве, как многочлены - й степени принимают неограниченные целые значения по абсолютной величине, при целых . То есть равенство
(*) имеет неограниченное число решений в целых числах.
При достаточно больших значение 
становится больше двух. Следовательно, 
. Поэтому, полагая при больших 
,
, получим равенство
. Отсюда
, , .
так как при больших 
. Получено 
. Это Противоречие.
II 
четно.
Тогда
. Складывая эти равенства, получим:
При
.
- четно
Или 
, (**)
Где 
.
Из (**) следует, что
.
, 
, 
. 
. Противоречие. Ч.Т.Д.
Замечание 1
Эта задача зародилась, как упрощенный вариант следующей
проблемы, поставленной автором:
Доказать (или опровергнуть) утверждение:
Пусть многочлен 
-ой степени с целыми коэффициентами
, при любом целом принимает значение -ой
степени целого числа. Тогда найдутся такие целые числа , , что выполняется тождество 
при всех
Достаточность условия– очевидна: если - целые, то найдутся целые 
, для которых выполняется указанное тождество. Для этого достаточно раскрыть скобки и приравнять коэффициенты при одинаковых степенях . Трудно доказать необходимость, то
есть решить эту трудную проблему.
Замечание 2. Напрашивается вопрос: Сколько решений в целых числах имеет уравнение 
c известными целыми 
.
Решение 
, 
- при четном или , 
при нечетном 
очевидно. Есть ли другие решения при ?
Тема 3
Арифметика
Задача 1 Доказать, что число 23 и 115 нельзя представить в виде суммы 
кубов натуральных чисел, если 
, но можно это сделать при 
.
Решение
В условии обнаружена ошибка. 
, то есть достаточно и 
кубов, а 
.
Пусть 
- число повторений числа 
в разложении числа на сумму кубов. Если число не встречается в разложении числа на сумму
кубов, то 
. Тогда 
. Так как 
, то при 
. Значит 
. 
.
Иначе 
, что невозможно
При 
. 
. 9 кубов.
При 
. При 
. Утверждение доказано для числа 23. Меньше 9-ти кубов не получается для 23.
Для числа 115 имеем, аналогично, 
. Так как 
, то , при 
. Значит,
.
, так как 
. Следовательно, 
или 
I.
. Тогда 
, 
Отсюда 
. 
или 
.
Если , то 
. 
.
Если 
, то 
, 
, 
. Получено разложение в сумму пяти кубов. Докажем, что меньше пяти кубов быть не может.
Если 
, то 
, 
.
Если , то 
, 
.
При 
.
При 
II.
Имеем, 
. При 
.
, так как 
.
При 
имеем 
, тогда 
, ,
,
При 
, 
При 
, если 
.
Если же при , то 
, 
,
Так как 
. Поэтому . Мы доказали, что разложение на 5 кубов единственное и что в 4 куба разложения
не существует.
Напрашиваются общие вопросы:
Сколько минимум кубов достаточно, чтобы разложить заданное число на сумму кубов? Сколько минимум кубов достаточно взять, чтобы разложить любое натуральное число на эту сумму кубов?
Любое натуральное число можно разложить в сумму кубов, например 
. Интересно выяснить в общем виде достаточное наименьшее количество слагаемых. Тот же вопрос к сумме любой степени, начиная с трех.
Задача 2 Доказать, что числа 31 и 79 нельзя представить в виде суммы четвертых степеней натуральных чисел, если 
(
), но можно это сделать при 
(
).
Доказательство
Пусть - число повторений числа 
в разложении числа на сумму кубов. Если число не встречается в разложении числа на сумму
кубов, то . Тогда 
. Так как 
, то при . Значит, 
. Итак, 
. Отсюда 
.
Если , то . 
. Если , то 
. Утверждение доказано.
. 
. Значит при . Поэтому 
. Тогда 
. 
. 
.
Если , то 
. 
, 
. 
.
Если 
то 
. 
.
Утверждение доказано
Задача 3 Доказать, что число 223 нельзя представить в виде суммы пятых степеней натуральных чисел, если 
, но можно это сделать при 
.
Доказательство
Пусть - число повторений числа 
в разложении числа на сумму пятых степеней натуральных чисел. Если число не встречается в разложении числа на сумму пятых степеней натуральных чисел
, то . Тогда 
. Так как 
, то при . Значит, 
. Тогда 
. 
- целое. 
. Если 
, то 
.
Значит или 
. Если , то 
,
, 
. То есть разложение числа 223 в сумму 37 пятых степеней получено. Если же , то
, что невозможно. Если же пятых степеней двойки нет, то число степеней равно 
. То есть меньшего количества пятых степеней, чем 37 в разложении числа 223 быть не может. Ч.Т.Д.
II. Высшая математика
Тема 4 Линейная алгебра
(матрицы, определители, системы уравнений)
Задача 1 Доказать, что любую квадратную матрицу второго порядка можно представить в виде суммы двух матриц с определителями, равными нулю.
Доказательство
. 
, 
Замечание
Ясно, что порядок квадратной матрицы не играет никакой
роли, если он 
. Действительно, в первом слагаемом у исходной
матрицы обнулим последний столбец матрицы, а во втором слагаемом – обнулим у исходной матрицы все столбцы, кроме последнего.
Задача 2 Доказать, что любую квадратную матрицу третьего порядка можно представить в виде суммы двух матриц с определителями, не равными нулю.
Доказательство
Сначала разберемся с матрицей второго порядка.
Возьмем тождество:
- многочлен второй степени от со старшей степенью 
. 
- - многочлен второй степени от со старшей степенью 
.
Определители 
обращается в ноль не более в двух значениях
. Определители 
тоже обращается в ноль не более в двух значениях . Выбирая любое , отличное от корней многочленов 
. (а их всего не более 2+2=4) получается решение.
Теперь рассмотрим матрицу третьего порядка, используем аналогичную идею. Запишем аналогичное тождество
.
Нетрудно увидеть, что 
, (*)
где 
. У нас в определителях слагаемых матриц появятся два многочлена третьего порядка в качестве определителей матриц слагаемых 
и 
. Каждый из этих многочленов имеет
конечное число корней. Выбираем любое значение , отличное от
этих корней (а число различных корней в сумме не больше шести). Подставляем его в тождество. Получается нужное представление.
Замечание. Совершенно аналогично в случае квадратной матрицы -го порядка. Будут фигурировать два многочлена - й степени –
определители матриц и . В этом случае выбираем , отличное от корней этих многочленов (их число не больше, чем 
), и подставляем его в тождество .
Задача 3 Доказать (или опровергнуть) утверждение: уравнение 
имеет решение для любых квадратных матриц 
.
Решение
Чтобы опровергнуть утверждение достаточно найти хотя бы один опровергающий пример.
В уравнении в выражении слева 
, похоже, есть симметрия,
А справа может ее и не быть.
Докажем, что произведение матрицы на транспонированную к ней
матрицу - есть симметричная матрица.
. 
. Тогда 
Доказано. Значит, 
, Применим известное свойство матриц: 
. 
. Последнее равенство не выполняется для несимметричных матриц, например 
, 
. Утверждение опровергнуто.
Задача 4 
; 
. Решить систему 
и найти число точек 
, удовлетворяющих этой системе и лежащих на сфере 
(здесь 
- ранг соответствующей матрицы).
Решение
~ 
~ 
. Две ступеньки есть
Значит, 
. 
, иначе 
. Поэтому 
.
~ 
Две ступеньки есть, поэтому 
. 
, иначе 
. Поэтому
. Решаем систему 
.~ 
~ 
. 
. 
. Отсюда 
. Ответ: решение системы 
; две точки на сфере.
Тема 5
Векторная алгебра
Задача 1 Пусть 
. Доказать, что 
Доказательство
Выразим 
через 
и 
: 
и подставим в равенства. 
.
. Поэтому 
. Ч.Т.Д.
Задача 2 Пусть в треугольнике 
, 
, 
и 
Доказать, что 
- равносторонний
Доказательство
. 
. 
. 
.
Отсюда tg 
tg 
, Углы при любом основании равны. Значит и все
стороны равны. Поэтому треугольник равносторонний. Ч.Т.Д.
Задача 3
Доказать, что если 
вершина - угольной призмы имеют целочисленные координаты, то ее удвоенный объем – целое число.
Решение
В условии обнаружена ошибка. Действительно, при 
, 
. призма треугольная. Если 4 заданные точки лежат на одной грани, то объем призмы зависит от оставшихся двух вершин и может быть любым. Если же в условии заменить на 
, то неизвестно только про одну вершину – целые ли у нее координаты. Однако вектор, соответствующий боковому ребру, но выходящий из другой вершины этой грани, - целочисленный. Поэтому и координаты не заданной вершины тоже целочисленны. Площадь основания складывается из площадей треугольников образованных после проведения всех диагоналей из одной вершины. Векторы диагоналей и двух сторон - угольника, все вершины которого заданы– целочисленные. Вектор бокового ребра – целочисленный. объем пирамиды равен 
. 
- целое. 
. Поэтому 
- целое число.,
Ч.Т.Д. Замечание. В связи с ошибкой в условии, естественно
возник вопрос: сколько вершин достаточно задать в -угольной призме, чтобы все недостающие вершины можно было восстановить?
Тема 6
