Zad. 1. Dane są liczby rzeczywiste a, b, c, takie że wielomian x3 + ax2 + bx + c = 0 ma trzy różne pierwiastki. Udowodnij, że a2 > 3b.
Zad. 2. Znajdź ostatnią cyfrę zapisu dziesiętnego liczby [(√2 + √3)2004], gdzie [x] oznacza część całkowitą liczby x.
Zad. 3. Czy istnieją liczby niewymierne a, b, takie że ab jest wymierne?
Zad. 1. Znane ze szkoły wzory Viete'a mozna w naturalny sposób rozszerzyć na analogiczne wzory dla wielomianów stopni wyższych niż 2. Można się o tym przekonać przyrównując x3+ax2+bx+c =0 do postaci iloczynowej (x–α1)(x–α2)(x–α3), gdzie αi to pierwiastki wielomianu. Otrzymamy wówczas a = -(α1+α2+α3) oraz b = α1α2 + α2α3 + α3α1, a po przekstzałceniach:
a2–3b = (α1+α2+α3)2 – 3(α1α2+α2α3+α3α1) = 1/2((α2– α1)2+(α2–α3)2+(α3–α1)2), zaś suma kwadratów liczb rzeczywistych zawsze jest nieujemna. Aby uzyskać ostrą nierówność należy zauważyć, że suma kwadratów jest zerem wyłącznie w przypadku, gdy wszystkie liczby podnoszone do kwadratu są zerami, czyli pierwiastki musiałyby być równe. Mamy zatem a2 > 3b.
Zad. 2. Niech x = √2+√3, y = √3–√2. Niech Sn = x2n + y2n. Zauważmy, że ten ciąg spełnia równanie rekurencyjne Sn = 10Sn–1 + Sn–2. Można się o tym przekonać, np. stosując rozumowanie indukcyjne względem n. Także indykcyjnie można wykazać, że skoro S1 i S2 są naturalne, to dowolne Sn także. Ponadto reszty z dzielenia przez 10 liczb Sn i Sn–2 są takie same. Wobec powyższego mamy [(√2+√3)2004] = [x2·1002] = [S1002–y2004]. Ponieważ 0<y< 1, zachodzi równość [S1002–y2004] = S1002–1, co przy dzieleniu przez 10 daje tę samą resztę, co S2–1 = 97. Ostatnia cyfra danej liczby to 7.
Zad. 3. Rozważmy √2√2. Jeżeli liczba ta jest wymierna, to mamy szukany przykład (a = b = √2). Jeżeli natomiast √2√2 jest niewymierna, to też mamy szukany przykład, bo (√2√2)√2 = √2√2 · √2 = √22 = 2, czyli a = √2√2 i b = √2.
To zabawny samouczek, który zaczynając się niewinnie intrygującą historyjką, krok po kroku, poczynając od najłatwiejszych łamigłówek, prowadzi nas w szpony, nie bójmy się użyć tego słowa, uzależnienia.
