Algebramaraton

lfe · 19/06-2025 01:10

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

Lil_Flip39 · 20/03-2026 23:14

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

Lil_Flip39 · 20/03-2026 23:23

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 $x_{n+1}=x_1$.

lfe · 23/03-2026 20:42

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 $\min (x_i^2 + x_{i+1}^2) \leq x_k^2 + x_{k+1}^2 \leq 2y^2 = \max (2x_i x_{i+1})$.

lfe · 25/03-2026 00:06

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

Lil_Flip39 · 03/04-2026 19:53

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.

Lil_Flip39 · 03/04-2026 19:58

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