مسائل في نظرية العدد

[mathson]

بسم الله الرحمن الرحيم .

السلام عليكم ورحمة الله وبركاته .

هنا سأضع مسائل في نظرية العدد بإذن الله.

ويكون كتنشيط حيث أن هذا النوع من المسائل.

قليل في المنتديات العربية.

وستستمر كل مسألة 3 أيام كحد أقصى.

وعلى من يجد الحل يرسله على الخاص.

وسأضع حل أول من يرسله.

ونستمر على هذا المنوال.

باسم الله نبدأ.

[mathson]

سأحاول أن أضع المسائل متدرجة في الصعوبة.

المسألة رقم (1)

ليكن العدد k عدد زوجيا موجبا. هل يمكن كتابة العدد 1 على شكل مجموع مقلوب أعداد فردية عددها k، فسر بالبرهان.

[mathson]

ما من متقدم حتى الآن؟؟!!

ننتظر المشاركات بفارغ الصبر. :d

[mathson]

بما أنني لم أتلق أي محاولة. سأضع الحل:

الجواب: لا يمكن.

الحل:
لنفرض أن n_i عدد فردي حيث 1\le i\le k.
الآن لدينا:

1 = \frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_2} + \cdots + \frac{1}{n_k} = \frac{n_2n_3\cdots n_k+ n_3n_4\cdots n_1+ \cdots + n_1n_2\cdots n_{k-1}}{n_1n_2 \cdots n_k}

وحيث أن المقام عدد فردي دائما و البسط عدد زوجي دائما... بالتالي لا يمكن أن يتساويا ... أو بكلام آخر لا يمكن أن يكون الكسر مساويا للواحد الصحيح.

والله أعلم

[mathson]

المسألة (2):

ليكن n عدد صحيحا موجبا. أثبت أن 3^{2^n} + 1 عدد يقبل القسمة على 2 و لا يقبل القسمة على 4.

[مجدى الصفتى]

http://www.arabruss.com/uploaded/4323/1234126339.jpg

[mathson]

بارك الله فيك أستاذ مجدي.
ولدي حل آخر.
واضح أن العدد 3^{2^n} + 1 عدد زوجي. بالتالي فهو يقبل القسمة على 2.

ولكن:
3^{2^n} = \left(3^2\right)^{2^{n-1}} = 9^{2^{n-1}} = (8+1)^{2^{n-1}}.

باستخدام مفكوك ذات الحدين:

(x+y)^{m} = \sum_{i=0}^{m}C_{m,i}x^{m-i}y^i

بوضع x=8 ، y=1 ، m=2^{n-1} ، نجد أن كل الحدود تقبل القسمة على 4 عدا الحد الأخير فهو 1. بالتالي فإنه لا يقبل القسمة على 4.

والله أعلم.

[mathson]

المسألة (3):

أوجد كل الأعداد الوجبة n والتي تجعل المقادير 3n-4 ، 4n-5 , 5n-3 أعداد أولية.

[مجدى الصفتى]

http://www.arabruss.com/uploaded/4323/ara0012.jpg

[mathson]

http://www.arabruss.com/uploaded/4323/ara0012.jpg

:clap: بارك الله فيك :clap:

حل صحيح و رائع.

وننتقل للمسألة التالية.

المسألة (4):

إذا كان p,q أعداد أولية و كان x^2 - px + q = 0 لها حلين صحيحين موجبين مختلفين. فأوجد قيمة كل من p,q.

[مجدى الصفتى]

http://www.arabruss.com/uploaded/4323/numthery00084.jpg

[mathson]

بارك الله فيك أستاذ مجدي :yea:

المسألة (5):
أوجد 20 عددا غير أولي بحث تكون هذه الأعداد متتالية !!! (trick)

[صلاح السلول]

let l and m are positive integer solutions

then l+m=p and lm=q


therefore lm is a prime then l or m is a prime an d the other is 1

let l=1 then 1+ m=p

so m and p are 2 consecutive prime numbers

but we know that 2 and 3 are the only consecutive primes

then m=2 and l-1

so p=3 and q=2

[mathson]

الحل المسألة 5

20!+2 ، 20!+3 ، 20!+4 ، ... + 20!+21 ، 20!+22.

المسألة 6:

أوجد أكبر قاسم للعدد 1001001001 بحيث لا يتجاوز 10000.

[مجدى الصفتى]

السلام عليكم ورحمة الله وبركاته
عوامل العدد 1001001001
7 ، 11 ، 13 ، 101 ، 9901

[mathson]

بارك الله فيك.
ليتك توضح طريقة الحصول على القواسم.

المسألة 7:

أوجد العدد n بحيث 2^n||3^{1024}-1.

ملاحظة: 2^n||3^{1024}-1 تعني أكبر قيمة للعدد n بحيث تكون قابلية القسمة ممكنة.

[مجدى الصفتى]

حل المسألة رقم ( 6 )
http://www.arabruss.com/uploaded/4323/numthery00086.jpg

[مجدى الصفتى]

حل المسألة رقم ( 7 )
http://www.arabruss.com/uploaded/4323/numthery00087(1).jpg

[mathson]

أسعدك الله. ما هذه النظرية الرهيبة!! :d

المسألة 8:
لأي عدد صحيح m. برهن أنه لا يوجد دالة حدودية مثل p(x) بمعاملات صحيحة يكون فيها p(n) عدد أولي دائما حيث n عدد صحيح و n\ge m.

[mathson]

أسعدك الله. ما هذه النظرية الرهيبة!! :d

المسألة 8:
لأي عدد صحيح m. برهن أنه لا يوجد دالة حدودية مثل p(x) بمعاملات صحيحة يكون فيها p(n) عدد أولي دائما حيث n عدد صحيح و n\ge m.


مساعدة:
إذا كان p(m) عدد غير أولي ... فإن الشرط متحقق.
الآن حاول أن تبرهن المسألة عند p(m) عدد أولي.

[waelalghamdi]

السلام عليكم

وأنا أقول وين مختفي ماث صن :)

طلعت هنا ، هاه :)

----------

ودي أشارك ، بس عندي مشكلة عويصة ، الصور مو طالعة معي !!!

بس حلول المبدع أستاذنا مجدي طالعة ، ولكن أسئلتك مبهمة لأني لا أرى صور المعادلات التي تكتبها !

[mathson]

السلام عليكم

وأنا أقول وين مختفي ماث صن :)

طلعت هنا ، هاه :)

----------

ودي أشارك ، بس عندي مشكلة عويصة ، الصور مو طالعة معي !!!

بس حلول المبدع أستاذنا مجدي طالعة ، ولكن أسئلتك مبهمة لأني لا أرى صور المعادلات التي تكتبها !

هلا والله بوائل العرب :d

والله مشكلة الصور عندي بعد.

بس يمكن تقتبس مشاركتي بعدين تحصل المسألة :).

[طالبة]

نفس المشكلة ماث صن

حتى أني اضطر لقراءة صيغة المسألة من رابط الصورة الغير ظاهرة


أتمنى أن ترفق الأسئلة على شكل صور

لأنها تبدو بحق رائعة وتستحق المتابعة

[mathson]

المهم نجعل السؤال غير محلول (مع أنني أظنه جميل) وننتقل للسؤال الذي يليه

المسألة 9:

ليكن p_1,p_2, \cdots p_n أعداد أولية مختلفة حيث n عدد صحيح موجب، هل يمكن أن يكون المقدار :

\frac 1{p_1} + \frac 1{p_2} + \cdots + \frac 1{p_n}

عددا صحيحا ؟؟

علل إجابتك.

[mathson]

المسألة 10 وبإذن الله سهلة.

http://www.arabruss.com/uploaded/16781/1235677008.gif

[mathson]

المسألة (11):

أفرض أن ص عدد صحيح. أوجد الحلول الصحيحة الموجبة للعدد س حيث:

س^2 + 300 س + 9950 = 33ص^2

[waelalghamdi]

هذي محاولة بسيطة :

Find all integers x,y satisfying

x^2 + 300x + 9950 = 33y^2

Solution

Take both sides given in the problem statement modulo 33

x^2 + 3x + 17 \equiv{0} \pmod{33}

but this last congruence is insolvable for all integers x, to see this we could plug in values from \lbrace 0,1,2,...,32 \rbrace for x and check that none of them satisfy what we need. We could argue similarly ,and in a faster way, by taking it modulo 11

x^2 + 3x + 6 \equiv{0} \pmod{11}

and this congruence is insolvable either, b/c

0^2 + 3 \cdot 0 + 6 \equiv 6 \neq 0 \pmod{11}
1^2 + 3 \cdot 1 + 6 \equiv 10 \neq 0 \pmod{11}
2^2 + 3 \cdot 2 + 6 \equiv 5\neq 0 \pmod{11}
3^2 + 3 \cdot 3 + 6 \equiv 2 \neq 0\pmod{11}
4^2 + 3 \cdot 4 + 6 \equiv 1\neq 0 \pmod{11}
5^2 + 3 \cdot 5 + 6 \equiv 2 \neq 0\pmod{11}
6^2 + 3 \cdot 6 + 6 \equiv 5\neq 0 \pmod{11}
7^2 + 3 \cdot 7 + 6 \equiv 10\neq 0 \pmod{11}
8^2 + 3 \cdot 8 + 6 \equiv 6\neq 0 \pmod{11}
9^2 + 3 \cdot 9 + 6 \equiv 4 \neq 0 \pmod{11}
10^2 + 3 \cdot 10 + 6 \equiv 4 \neq 0 \pmod{11}

so the equation

x^2 + 300x + 9950 = 33y^2

has no integral solutions x,y. END

~ والله أعلم ~

:)

[waelalghamdi]

محاولة صغيرة للمسألة العاشرة :) :

Find (2002+2,2002^2+2,2002^3+2,...)

Solution

Note that 2002+2 = 2004 = 2^2 \cdot 3 \cdot 167

where 2,3,167 are primes

now, for all integers a\ge 2 we have

2002^a + 2 \equiv{0} \pmod{2}
2002^a + 2 \equiv{2} \pmod{4}

so all 2002^a + 2 will have exactly one 2 in their prime factorization

now note also that

2002^a + 2 \equiv{1^a + 2} \equiv{3} \equiv{0} \pmod{3}

so all 2002^a + 2 will have a 3 in their prime factorization

also note that

2002^2 + 2 \equiv{(-2)^2 + 2} \equiv{6} \pmod{167}

so, at least on of the integers will not have a 167 in its prime factorization and that's enough for us to exclude 167 from the gcd

so, we conclude that

(2002+2,2002^2+2,2002^3+2,...) = 2\cdot 3 = 6

~ والله أعلم ~

:)

[mathson]

هذي محاولة بسيطة :

Find all integers x,y satisfying

x^2 + 300x + 9950 = 33y^2

Solution

Take both sides given in the problem statement modulo 33

x^2 + 3x + 17 \equiv{0} \pmod{33}

but this last congruence is insolvable for all integers x, to see this we could plug in values from \lbrace 0,1,2,...,32 \rbrace for x and check that none of them satisfy what we need. We could argue similarly ,and in a faster way, by taking it modulo 11

x^2 + 3x + 6 \equiv{0} \pmod{11}

and this congruence is insolvable either, b/c

0^2 + 3 \cdot 0 + 6 \equiv 6 \neq 0 \pmod{11}
1^2 + 3 \cdot 1 + 6 \equiv 10 \neq 0 \pmod{11}
2^2 + 3 \cdot 2 + 6 \equiv 5\neq 0 \pmod{11}
3^2 + 3 \cdot 3 + 6 \equiv 2 \neq 0\pmod{11}
4^2 + 3 \cdot 4 + 6 \equiv 1\neq 0 \pmod{11}
5^2 + 3 \cdot 5 + 6 \equiv 2 \neq 0\pmod{11}
6^2 + 3 \cdot 6 + 6 \equiv 5\neq 0 \pmod{11}
7^2 + 3 \cdot 7 + 6 \equiv 10\neq 0 \pmod{11}
8^2 + 3 \cdot 8 + 6 \equiv 6\neq 0 \pmod{11}
9^2 + 3 \cdot 9 + 6 \equiv 4 \neq 0 \pmod{11}
10^2 + 3 \cdot 10 + 6 \equiv 4 \neq 0 \pmod{11}

so the equation

x^2 + 300x + 9950 = 33y^2

has no integral solutions x,y. END

~ والله أعلم ~

:)

بارك الله فيك ... أظن أنه من الأفضل تحويل المعادلة إلى \pmod 4 ليصبح الحل مباشرا :d (لاحظ أنه لأي عدد a نجد a^2 \equiv 0,1 \pmod 4)

أما بالنسبة للسؤال الثاني فهو صحيح. لكن لا أعرف لم تختار الطريق الصعبة دائما (الظاهر تعب السفر :d)، كان يمكن اثبات أن القاسم المشترك الأكبر للعددين الأول و الثاني هو 6، ثم اثبات أن الأعداد كلها تقبل القسمة على 6 :d.

بالتأكيد لا تملك كيبورد عربي :d.

[waelalghamdi]

بارك الله فيك ... أظن أنه من الأفضل تحويل المعادلة إلى \pmod 4 ليصبح الحل مباشرا :d (لاحظ أنه لأي عدد a نجد a^2 \equiv 0,1 \pmod 4)

أما بالنسبة للسؤال الثاني فهو صحيح. لكن لا أعرف لم تختار الطريق الصعبة دائما (الظاهر تعب السفر :d)، كان يمكن اثبات أن القاسم المشترك الأكبر للعددين الأول و الثاني هو 6، ثم اثبات أن الأعداد كلها تقبل القسمة على 6 :d.

بالتأكيد لا تملك كيبورد عربي :d.

:d

والله ما أدري ايش فيني، دائمًا أسلك الطريق الصعب :d

وبالفعل ، ما كان عندي كيبورد عربي ، وحبيت أتسلى على كم مسألة من مسائلك الجميلة :)

[waelalghamdi]

بالنسبة للسؤال التاسع، أظن أن الإجابة مباشرة بعد توحيد المقامات ، حيث (مثلاً لو أخذنا p1 ) سيكون جميع الحدود ما عدا الأول يقبل القسمة على p1 ولكن حتى يكون الكسر عددًا صحيحًا يجب أن يكون كل المقام يقبل القسمة على p1 (وكذلك p2 و p3 و ... ) ولكن المقدار الأول هو عبارة عن مضروب جميع الأعداد الأولية المعطاة ما عدا p1 وبالتالي فهو لا يقبل القسمة على p1 ، وبالتالي فالمقام لا يقسم البسط أبدًا ! وبالتالي من المستحيل أن يكون عددًا صحيحًا .

:)

[waelalghamdi]

هذي محاولتي للثامنة :

واضح أنه لو كان p(m) غير أوليًا فإثبات المسألة بديهي ومباشر

الآن لنفرض أن هناك حدودية p(x) بمعاملات صحيحة ، بحيث تحقق p(m) عدد أولي

إذن :

p(m) = a_k \cdot m^k + a_{k-1} \cdot m^{k-1} + ... + a_1 \cdot m + a_0

الآن خذ p(c \cdot a_0) حيث c عدد صحيح

واضح أن :

a_0 | p( c \cdot a_0 )

إذن لنأخذ c كبيرًا كفاية لكي يكون c \cdot a_0 \ge m ، وضع n= c \cdot a_0 وبالتالي نحن أثبتنا أنه يوجد عدد لانهائي من الأعداد الصحيحة n \ge m التي تحقق أن p(n) غير أولي

ملاحظة : لو كان a_0 = 0 فطريقتنا أعلاه خاطئة وعديمة المعنى ، ولكن عندها سيكون m | p(m) وبالتالي p(m) ليس أوليًا إلا في حالة m=1 وعندها فقط نأخذ n = c \cdot a_1 ، ونفس المشكلة ستحصل لو كان a_1=0 ، وعندها نأخذ n = c \cdot a_2 وهكذا سوف نحصل على عدد ما a_i يحقق n = c \cdot a_i لأنه لا يمكن أن تكون جميع الـ a_i 's تساوي صفرًا !

~ والله أعلم ~

:)

[mathson]

هذي محاولتي للثامنة :

واضح أنه لو كان p(m) غير أوليًا فإثبات المسألة بديهي ومباشر

الآن لنفرض أن هناك حدودية p(x) بمعاملات صحيحة ، بحيث تحقق p(m) عدد أولي

إذن :

p(m) = a_k \cdot m^k + a_{k-1} \cdot m^{k-1} + ... + a_1 \cdot m + a_0

الآن خذ p(c \cdot a_0) حيث c عدد صحيح

واضح أن :

a_0 | p( c \cdot a_0 )

إذن لنأخذ c كبيرًا كفاية لكي يكون c \cdot a_0 \ge m ، وضع n= c \cdot a_0 وبالتالي نحن أثبتنا أنه يوجد عدد لانهائي من الأعداد الصحيحة n \ge m التي تحقق أن p(n) غير أولي

ملاحظة : لو كان a_0 = 0 فطريقتنا أعلاه خاطئة وعديمة المعنى ، ولكن عندها سيكون m | p(m) وبالتالي p(m) ليس أوليًا إلا في حالة m=1 وعندها فقط نأخذ n = c \cdot a_1 ، ونفس المشكلة ستحصل لو كان a_1=0 ، وعندها نأخذ n = c \cdot a_2 وهكذا سوف نحصل على عدد ما a_i يحقق n = c \cdot a_i لأنه لا يمكن أن تكون جميع الـ a_i 's تساوي صفرًا !

~ والله أعلم ~

:)


بارك الله فيك،، حلك الأول جميل (جدا!!) ،

أما السؤال الثاني، فأعتقد أن به الخلل (وأظن أنك تحس بهذا:d) عند اختيار c !!! لكن مع ذلك أراه صحيحا !!! ورائع. وهذا هو الحل النموذجي.

http://www.arabruss.com/uploaded/16781/1235995826.gif

[mathson]

المسألة 12:

ليكن p عدد أولي ، k عدد صحيح بحيث 1\le k < p، أثبت أن:

p|pCk

الرمز C يعني توافيق.

[waelalghamdi]

pCk = \frac{p \cdot (p-1) \cdot \cdot \cdot (p-k+1) } {k!}

وبما أن p عدد أولي ، وكذلك p-1 \ge k وأيضًا pCk عدد صحيح ، إذن لا يوجد أي من الحدود في المقام يقسم p

وبالتالي p | pCk

[waelalghamdi]

بارك الله فيك،، حلك الأول جميل (جدا!!) ،

أما السؤال الثاني، فأعتقد أن به الخلل (وأظن أنك تحس بهذا:d) عند اختيار c !!! لكن مع ذلك أراه صحيحا !!! ورائع. وهذا هو الحل النموذجي.

http://www.arabruss.com/uploaded/16781/1235995826.gif

مشكور على تعليقك ، والحل النموذجي يبدو رائعًا و elegant وليس مثل حلي المثير للشكوك :d

[mathson]

المسألة 13

هذه ليست سهلة:

ليكن a,b أعداد صحيحة بحيث ab(a+b) يقبل القسمة على a^2+ab+b^2، أثبت ان |a-b|\g \sqrt[3]{ab}

[mathson]

لا زلنا ننتظر ...
(للعلم أن المسألة من ألمبياد روسيا).

[mathson]

حل المسألة:

http://www.arabruss.com/uploaded/16781/1237217838.gif

المسألة الجديدة (13):

برهن أن (الدالة المستخدمة في الأس تعطي عدد القواسم الموجبة)

http://www.arabruss.com/uploaded/16781/1237217933.gif

[mathson]

المسألة 14:

أوجد الأعداد الصحيحة الموجبة a,b التي تحقق:
\sqrt a + \sqrt b = \sqrt 2009

[مجدى الصفتى]

a = 0 , b = 2009
a = 41 , b = 1476
a = 164 , b = 1025
a = 369 , b = 656
a = 656 , b = 369
a = 1025 , b = 164
a = 1476 , b = 41
a = 2009 , b = 0

[mathson]

a = 0 , b = 2009
a = 41 , b = 1476
a = 164 , b = 1025
a = 369 , b = 656
a = 656 , b = 369
a = 1025 , b = 164
a = 1476 , b = 41
a = 2009 , b = 0

بارك الله فيك أستاذ مجدي، أوجدت كل الحلول مع أن المطلوب (الموجب) فقط !! :d

[mathson]

لم تعطنا الحل أستاذ مجدي حتى الآن.

[ساحره]

جميع الاعداد الصحيحة الموجبة التي مجموع القواسم لها هو
(18)
واوجد اصغر عدد موجب الذي يكون عدد القواسم المشتركة له (3)
وارجوا منكم شرحها شرحا وافيا وشكرا

[ابوعيسي]

عايز احمل من ساحة التعليم العالي

[alborm]

لتكون المعادلة قابلة للحل و حلولها أعداد صحيحة
نبحث عن عددين صحيحين مجموعهما p و حاصل ضربها p
و بما أن p عدد أولي عندئذ q = p + 1 و هذا غير محقق إلا في حال العددين الأولين 2 و 3

[alborm]

لتكون المعادلة قابلة للحل و حلولها أعداد صحيحة
نبحث عن عددين صحيحين مجموعهما p و حاصل ضربها q
و بما أن p عدد أولي عندئذ q = p + 1 و هذا غير محقق إلا في حال العددين الأولين 2 و 3

[مازن على]

لاافهم معنى
3=1(mod2)