Районная олимпиада, 2024-2025 учебный год, 11 класс

а) $20^x \cdot 25^y \cdot 2025^z = 1$ теңдеуін $x$, $y$, $z$ рационал сандарда шешіңіз.
   б) $20^x + 25^y = 2025^z$ теңдеуінің $x$, $y$, $z$ рационал сандарда шешімі бар ма?

Комментарий/решение

a) Так-как $f^0 = 1$ , то:

$x = y = z = 0$ , $ 20^0 \cdot 25^0 \cdot 2025^0 = 1 $ что верно

b) если $ x = y = 1 , z = 0.5$ ,то

$20^1 + 25^1 = \sqrt{2025} = 45$ что тоже верно

Ответ: a)$x = y = z = 0$

b) Да

Ответ: бесконечно. Назовём числа, дающие остаток 1 при делении на 4, серьёзными. Докажем, что необычными являются бесконечно многие серьёзные числа. Заметим, что если $x$ — точный квадрат, то $\tau(x)$ нечётно, поэтому $x-(\tau(x))^2\equiv x-1\pmod 4$, это несерьёзно. Если же $x$ — не точный квадрат, то $\tau(x)$ чётно, поэтому $x-(\tau(x))^2\equiv x\pmod 4$, что серьёзно только для серьёзных $x$. 

Воспользуемся следующим утверждением: существует такое натуральное число $R$, что $n>\tau(n)^4$ при всех $n>R$. Из утверждения следует, что $x-(\tau(x))^2\geqslant x-\lfloor \sqrt{x}\rfloor$ при $x>R$.

Пусть $M>R$ — натуральное число.

Рассмотрим множество $A$, состоящее из $M^2$ серьёзных числа вида $4k+1$ при $k=0,1,2,\ldots,M^2-1$. Они могут быть представлены в виде $x-(\tau(x))^2$ только для серьёзных $x$, при том не являющихся точным квадратом. Среди чисел от 1 до $4M^2$ таких иксов ровно $M^2-M$. Если $x\geqslant 4M^2+2M$, то $x-(\tau(x))^2\geqslant x-\lfloor \sqrt{x}\geqslant 4M^2+2M-2M=4M^2$ (мы воспользовались тем, что функция $x-\lfloor \sqrt{x}\rfloor$ натурального аргумента $x$ не убывает), поэтому такие иксы не помогают представить числа из $A$. От $4M^2$ до $4M^2+2M$ не более $(M+1)/2$ серьёзных чисел. Итого среди элементов $A$ представить в виде $x-(\tau(x))^2$ можно не более чем $M^2-M+(M+1)/2$ чисел, так что хотя бы $(M-1)/2$ элементов $A$ — необычные. Эта величина неограниченно возрастает с ростом $M$, поэтому бесконечно многие серьёзные числа необычны.

Для полноты решения докажем утверждение. Достаточно доказать, что функция $f(n):=n/(tau(n))^5$ ограничена снизу (положительным числом), тогда при достаточно больших $n$ имеем $f(n)>1/n^{1/4}$, что равносильно неравенству $n>\tau(n)^4$. Если $n=\prod p_i^{k_i}$ — разложение $n$ на простые множители, то $f(n)=\prod p_i^{k_i}/(k_i+1)^5$. Если $p_i>32$, то $p_i^{k_i}>(2^{k_i})^5\geqslant (k_i+1)^5$, так что соответствующие сомножители не меньше 1. Для каждого простого $p\leqslant 32$ функция $p^k/(k+1)^4$ ограничена снизу (она возрастает при $k>17$). Итого $f$ ограничено снизу, что и требовалось.