2.4 On an Algebraic IdentityThe pol

2.4 On an Algebraic Identity
The polynomial X2+1 is irreducible over R, but, of course, X4+1 is not. To factor it,
complete the square then view the result as a difference of two squares:
X4+1 = (X4+2X2+1)−2X2 = (X2 +1)2−(
√
2X)2
= (X2+
√
2X +1)(X2−
√
2X +1).
From this we can derive the Sophie Germain identity
X4+4Y4 = (X2 +2XY +2Y2)(X2−2XY +2Y2),
2.4. On an Algebraic Identity 49
with an alternative version
X4+
1
4
Y4 =

X2+XY +
1
2
Y2

X2−XY +
1
2
Y2

.
Knowing this identity can be useful in some situations. Here are two examples.
Evaluate the sum
nΣ
k=1
4k
4k4 +1
.
By using the above identity, we obtain
nΣ
k=1
4k
4k4+1
=
nΣ
k=1
(2k2+2k+1)−(2k2−2k+1)
(2k2+2k+1)(2k2−2k+1)
=
nΣ
k=1

1
2k2−2k+1
− 1
2(k+1)2−2(k+1)+1

= 1− 1
2n2+2n+1
,
and we are done.
Given an n × n matrix A with the property that A3 = 0, prove that the matrix
M = 12
A2+A+In is invertible.
Indeed, the inverse of this matrix is 12
A2 −A +In, since the product of the two
gives 14
A4 +In, which is equal, by hypothesis, to the identity matrix. Of course, the
conclusion can also be derived from the fact that the eigenvalues of M are nonzero,
which is a direct consequence of the spectral mapping theorem. Or, we can notice that
In+A+A2/2 = eA, and its inverse is e−A = I−A+A2/2.
We give below more examples that make use of the Sophie Germain identity.
1. Prove that for every integer n > 2, the number 22n−2+1 is not a prime number.
2. Prove that any sequence satisfying the recurrence relation xn+1+xn−1 =
√
2xn is
periodic.
3. Compute the sum
nΣ
k=1
k2 − 12
k4 + 14
.
4. Evaluate
(14+ 14
)(34+ 14
) · · · ((2n−1)4+ 14
)
(24+ 14
)(44 + 14
) · · · ((2n)4+ 14
)
.
5. Show that there are infinitely many positive integers a such that for any n, the
number n4+a is not prime.
50 Chapter 2. Algebra and Analysis
6. Show that n4+4n is prime if and only if n = 1.
7. Consider the polynomial P(X) = X4 + 6X2 − 4X + 1. Prove that P(X4) can
be written as the product of two polynomials with integer coefficients, each of
degree greater than 1.
8. Prove that for any integer n greater than 1, n12+64 can be written as the product
of four distinct positive integers greater than 1.
9. Let m and n be positive integers. Prove that if m is even, then
mΣ
k=0
(−4)kn4(m−k)
is not a prime number.
10. Find the least positive integer n for which the polynomial
P(x) = xn−4+4n
can be written as a product of four non-constant polynomials with integer
coefficients.
2.5 Systems of Equations
For this section, we have selected non-standard systems of equations. The first example
involves just algebraic manipulations.
Prove that the only positive solution of
x+y2+z3 = 3,
y+z2+x3 = 3,
z+x2+y3 = 3
is (x,y, z) = (1,1,1).
From the difference of the first two equations, we obtain that
x(1−x2)+y(y−1)+z2(z−1) = 0.
From the difference of the last two equations, we obtain that
y(1−y2)+z(z−1)+x2(x−1) = 0.
Multiplying this equation by z and subtracting it from the one above yields
x(x−1)(1+x+xz)= y(y−1)(1+z+yz).
Similarly
y(y−1)(1+y+yx)= z(z−1)(1+x+zx).
2.5. Systems of Equations 51
From the last two relations, it follows that if x,y, and z are positive, then x,y, and z
are all equal to 1, all less than 1, or all greater than 1. The last two possibilities are
excluded, for x+y2+z3 = 3, and the result follows.
The second example is from the 1996 British Mathematical Olympiad.
Find all solutions in positive real numbers a,b,c,d to the following system:
a+b+c+d = 12,
abcd = 27+ab+ac+ad+bc+bd+cd.
Using the Arithmetic Mean–Geometric Mean (AM–GM) inequality in the second
equation, we obtain
abcd ≥ 27+6
√
abcd.
Moving everything to the left and factoring the expression, viewed as a quadratic polynomial
in
√
abcd, yields
(
√
abcd+3)(
√
abcd−9) ≥ 0.
This implies
√
abcd ≥ 9, which combined with the first equation of the system
gives
4 √
abcd ≥ a+b+c+d
4
.
The AM–GM inequality implies that a = b = c = d = 3 is the only solution.
And now a problem with a surprising solution from the 1996 Vietnamese Mathematical
Olympiad.
Find all positive real numbers x and y satisfying the system of equations
√
3x

1+
1
x+y

= 2,

7y

1− 1
x+y

= 4
√
2.
It is natural to make the substitution
√
x = u,
√
y = v. The system becomes
u

1+
1
u2+v2

=
√2
3
,
v

1− 1
u2+v2

=
4
√
√ 2
7
.
But u2+v2 is the square of the absolute value of the complex number z = u+iv. This
suggests that we add the second equation multiplied by i to the first one. We obtain
u+iv+
u−iv
u2+v2 =

√2
3
+i
4
√
√ 2
7

.
52 Chapter 2. Algebra and Analysis
The quotient (u−iv)/(u2+v2) is equal to ¯z/|z|2 = ¯z/(z¯z) = 1/z, so the above equation
becomes
z+
1
z
=

√2
3
+i
4
√
√ 2
7

.
Hence z satisfies the quadratic equation
z2 −

√2
3
+i
4
√
√ 2
7

z+1 = 0
with solutions

√1
3
± √2
21

+i

2
√
√ 2
7
±
√
2

,
where the signs + and − correspond.
This shows that the initial system has the solutions
x =

√1
3
± √2
21
2
, y =

2
√
√ 2
7
±
√
2
2
,
where the signs + and − correspond.
The systems below are to be solved in real numbers, unless specified otherwise.
1. Solve the system of equations
x+log(x+

x2+1) = y,
y+log(y+

y2+1) = z,
z+log(z+

z2 +1) = x.
2. Solve the system
log(2xy) = logxlogy,
log(yz) = logylogz,
log(2zx) = logz logx.
3. Solve the system of equations
xy+yz+zx = 12,
xyz = 2+x+y+z
in positive real numbers x,y, z.
2.5. Systems of Equations 53
4. Find all real solutions to the system of equations
4x2
4x2+1
= y,
4y2
4y2+1
= z,
4z2
4z2 +1
= x.
5. Find ax5+by5 if the real numbers a,b,x, and y satisfy the system of equations
ax+by= 3,
ax2+by2 = 7,
ax3+by3 = 16,
ax4+by4 = 42.
6. Find all solutions to the system of equations
6(x−y−1) = 3(y−z−1) = 2(z−x−1) = xyz−(zyz)−1
in nonzero real numbers x,y, z.
7. Find all integer solutions to the system
3 = x+y+z= x3+y3+z3.
8. Solve the system
x+
2
x
= 2y,
y+
2
y
= 2z,
z+
2
z
= 2x.
9. Solve the system of equations
(x+y)3 = z,
(y+z)3 = x,
(z+x)3 = y.
10. Solve the system
x2 −|x| = |yz|,
y2 −|y| = |zx|,
z2 −|z| = |xy|.
54 Chapter 2. Algebra and Analysis
11. Find the solutions to the system of equations
x+y
+{z}= 1.1,
x
+{y}+z= 2.2,
{x}+y+z
= 3.3,
where 
and {} denote respectively the greatest integer and fractional part functions.
12. For a given complex number a, find the complex solutions to the system
(x1 +x2+x3)x4 = a,
(x1 +x2+x4)x3 = a,
(x1 +x3+x4)x2 = a,
(x2 +x3+x4)x1 = a.
13. Find all real numbers a for which there exist nonnegative real numbers x1,x2,x3,x4,x5
satisfying the system
5Σ
k=1
kxk = a,
5Σ
k=1
k3xk = a2,
5Σ
k=1
k5xk = a3.
14. Solve the system of equations
x3−9(y2−3y+3)= 0,
y3−9(z2−3z+3)= 0,
z3 −9(x2−3x+3)= 0.
15. Solve the system
ax+by= (x−y)2,
by+cz= (y−z)2,
cz+ax = (z−x)2,
where a,b,c > 0.
16. Let a,b,c be positive real numbers, not all equal. Find all solutions to the system
of equations
x2 −yz = a,
y2 −zx = b,
z2 −xy = c,
in real numbers x,y, z.
2.6. Periodicity 55
2.6 Periodicity
Periodicity plays an important role inmathematics, and for this reason we have included
some problems involving it. The first example shows how periodicity can be used to
give a short proof of the Hermite identity for the greatest integer function:
x
+

x+
1
n

+· · ·+

x+
n−1
n

= nx
,
for all x ∈ R and n ∈ Z.
The proof proceeds as follows. Define f : R→N,
f (x) = x
+

x+
1
n

+· · ·+

x+
n−1
n

−nx
.
One can easily check that f (x) = 0 for x ∈

0, 1n

. Also
f

x+
1
n

=

x+
1
n

+· · ·+

x+
n−1
n

+

x+
n
n


−nx+1
= f (x).
Hence f is periodic, with period 1n
. This shows that f is identically equal to 0, which
proves the identity.
The second example concerns the computation of a sum of binomial coefficients.
Compute the sum

n
0

−

n−1
1

+

n−2
2

−

n−3
3

+· · ·
Denote our sum by Sn. Then
Sn−Sn−1+Sn−2 =

n
0

−

n−1
1

+

n−2
2

−

n−3
3

+· · ·
−

n−1
0

+

n−2
1

−

n−3
2

+

n−4
3

−· · ·
+

n−2
0

−

n−3
1

+

n−4
2

−

n−5
3

+· · · .
Since

n0

=

n−1
0

, the first terms of Sn and Sn−1 cancel. If we group the kth term of
Sn with the kth term of Sn−1 and the (k − 1)st term of Sk−2, we obtain
(−1)k−1

nk

−

n−1
k

−

n−1
k−1

, which is zero by the recurrence formula for binomial
coefficients. Hence all terms cancel. It follows that Sn −Sn−1 +Sn−2 = 0. Add
Sn−1 −Sn−2 +Sn−3 = 0 to this equality to obtain Sn = −Sn−3. This shows that Sn is
periodic of period 6.
Thus it suffices to compute Sn for n = 1, 2, 3, 4, 5, and 6, the other values repeating
with period 6. We obtain S6n+1 = S1 = 1, S6n+2 = S2 = 0, S6n+3 = S3 = −1, S6n+4 =
S4 = −1, S6n+5 = S5 = 0, and S6n = S6 = 1.
56 Chapter 2. Algebra and Analysis
The third example is a short-listed problem from the International Mathematical
Olympiad.
Let f : R→R be a bounded function such that
f

x+
1
6

+ f

x+
1
7

= f (x)+ f

x+
13
42

.
Show that f is periodic.
Define g : R→R, g(x) = f (x+ 16
)− f (x). The condition from the statement tells
us that g(x+ 17
) = g(x). Therefore g(x+1) = g(x). If we let h : R → R, h(x) =
f (x+1)− f (x) = g(x)+g(x+ 16
)+· · ·+g(x+ 56
), then we also have that h(x+1) =
h(x). Thus we obtain h(x+k) = h(x) for all k ∈ N. Since f (x+k)− f (x) = h(x)+
h(x+1)+· · ·+h(x+k−1), we obtain f (x+k)− f (x) = kh(x). And because f is
bounded, kh(x) is bounded as well for all positive integers k, which is possible only if
h is identically equal to zero. It follows that f (x+1) = f (x) for all x, so f is periodic
with period 1.
Here are more problems involving periodicity.
1. Let f : R→R−{3} be a function with the property that there exists ω > 0 such
that
f (x+ω) =
f (x)−5
f (x)−3
, for all x ∈ R.
Prove that f is periodic.
2. Let f : R→R be a function that satisfies
(a) f (x+y)+ f (x−y)= 2 f (x) f (y), for all x,y ∈ R;
(b) there exists x0 with f (x0) = −1.
Prove that f is periodic.
3. If a function f : R→R is not injective and there exists a function g : R×R→R
such

Kết quả (Việt) 1:

2.4 On an Algebraic IdentityThe polynomial X2+1 is irreducible over R, but, of course, X4+1 is not. To factor it,complete the square then view the result as a difference of two squares:X4+1 = (X4+2X2+1)−2X2 = (X2 +1)2−(√2X)2= (X2+√2X +1)(X2−√2X +1).From this we can derive the Sophie Germain identityX4+4Y4 = (X2 +2XY +2Y2)(X2−2XY +2Y2),2.4. On an Algebraic Identity 49with an alternative versionX4+14Y4 =X2+XY +12Y2X2−XY +12Y2.Knowing this identity can be useful in some situations. Here are two examples.Evaluate the sumnΣk=14k4k4 +1.By using the above identity, we obtainnΣk=14k4k4+1=nΣk=1(2k2+2k+1)−(2k2−2k+1)(2k2+2k+1)(2k2−2k+1)=nΣk=112k2−2k+1− 12(k+1)2−2(k+1)+1= 1− 12n2+2n+1,and we are done.Given an n × n matrix A with the property that A3 = 0, prove that the matrixM = 12A2+A+In is invertible.Indeed, the inverse of this matrix is 12A2 −A +In, since the product of the twogives 14A4 +In, which is equal, by hypothesis, to the identity matrix. Of course, theconclusion can also be derived from the fact that the eigenvalues of M are nonzero,which is a direct consequence of the spectral mapping theorem. Or, we can notice thatIn+A+A2/2 = eA, and its inverse is e−A = I−A+A2/2.We give below more examples that make use of the Sophie Germain identity.1. Prove that for every integer n > 2, the number 22n−2+1 is not a prime number.2. chứng minh rằng bất kỳ trình tự đáp ứng tái phát quan hệ xn + 1 + xn−1 =√2xn làđịnh kỳ.3. tính toán tổngnΣk = 1K2 − 12K4 + 14.4. đánh giá(14 + 14)(34+ 14) · · · ((2n−1) 4 + 14)(24 + 14)(44 + 14) · · · ((2n) 4 + 14).5. Hiển thị rằng có vô hạn nhiều số nguyên dương một như vậy mà bất kỳ n, cácsố n4 + một không phải là nguyên tố.50 chương 2. Đại số và phân tích6. Hiển thị rằng n4 + 4n là số nguyên tố nếu và chỉ nếu n = 1.7. xem xét đa thức P(X) = X 4 + 6 X 2 − 4 X + 1. Chứng minh có thể P(X4)được ghi là sản phẩm của hai đa thức với hệ số nguyên, mỗimức độ lớn hơn 1.8. chứng minh rằng với bất kỳ số nguyên n lớn hơn 1, n12 + 64 có thể được viết dưới dạng sản phẩmbốn khác biệt tích cực nguyên lớn hơn 1.9. Hãy để m và n là số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu m là thậm chí, sau đómΣk = 0(−4)kn4(m−k)không phải là một số nguyên tố.10. tìm n số nguyên ít nhất là tích cực mà đa thứcP(x) = xn−4 + 4ncó thể được viết như là một sản phẩm của bốn-constant đa thức với số nguyênHệ số.2.5 hệ thống phương trìnhĐối với phần này, chúng tôi đã chọn các hệ thống không đạt tiêu chuẩn của phương trình. Ví dụ đầu tiênliên quan đến việc thao tác chỉ đại số.Chứng minh rằng các giải pháp chỉ tích cực củax + y2 + z3 = 3,y + z2 + x 3 = 3,z + x 2 + y3 = 3là (x, y, z) = (1,1,1).Từ sự khác biệt của các phương trình đầu tiên hai, chúng tôi có được màx(1−X2)+y(y−1)+z2(z−1) = 0.Từ sự khác biệt của các phương trình cuối hai, chúng tôi có được mày(1−y2)+z(z−1)+X2(x−1) = 0.Multiplying this equation by z and subtracting it from the one above yieldsx(x−1)(1+x+xz)= y(y−1)(1+z+yz).Similarlyy(y−1)(1+y+yx)= z(z−1)(1+x+zx).2.5. Systems of Equations 51From the last two relations, it follows that if x,y, and z are positive, then x,y, and zare all equal to 1, all less than 1, or all greater than 1. The last two possibilities areexcluded, for x+y2+z3 = 3, and the result follows.The second example is from the 1996 British Mathematical Olympiad.Find all solutions in positive real numbers a,b,c,d to the following system:a+b+c+d = 12,abcd = 27+ab+ac+ad+bc+bd+cd.Using the Arithmetic Mean–Geometric Mean (AM–GM) inequality in the secondequation, we obtainabcd ≥ 27+6√abcd.Moving everything to the left and factoring the expression, viewed as a quadratic polynomialin√abcd, yields(√abcd+3)(√abcd−9) ≥ 0.This implies√abcd ≥ 9, which combined with the first equation of the systemgives4 √abcd ≥ a+b+c+d4.The AM–GM inequality implies that a = b = c = d = 3 is the only solution.And now a problem with a surprising solution from the 1996 Vietnamese MathematicalOlympiad.Find all positive real numbers x and y satisfying the system of equations√3x1+1x+y= 2,7y1− 1x+y= 4√2.It is natural to make the substitution√x = u,√y = v. The system becomesu1+1u2+v2=√23,v1− 1u2+v2=4√√ 27.But u2+v2 is the square of the absolute value of the complex number z = u+iv. Thissuggests that we add the second equation multiplied by i to the first one. We obtainu+iv+u−ivu2+v2 =√23+i4√√ 27.52 Chapter 2. Algebra and AnalysisThe quotient (u−iv)/(u2+v2) is equal to ¯z/|z|2 = ¯z/(z¯z) = 1/z, so the above equationbecomesz+1z=√23+i4√√ 27.Hence z satisfies the quadratic equationz2 −√23+i4√√ 27z+1 = 0with solutions√13± √221+i2√√ 27±√2,where the signs + and − correspond.This shows that the initial system has the solutionsx =√13± √2212, y =2√√ 27±√22,where the signs + and − correspond.The systems below are to be solved in real numbers, unless specified otherwise.1. Solve the system of equationsx+log(x+x2+1) = y,y+log(y+y2+1) = z,z+log(z+z2 +1) = x.2. Solve the systemlog(2xy) = logxlogy,log(yz) = logylogz,log(2zx) = logz logx.3. Solve the system of equationsxy+yz+zx = 12,xyz = 2+x+y+zin positive real numbers x,y, z.2.5. Systems of Equations 534. Find all real solutions to the system of equations4x24x2+1= y,4y24y2+1= z,4z24z2 +1= x.5. Find ax5+by5 if the real numbers a,b,x, and y satisfy the system of equationsax+by= 3,ax2+by2 = 7,ax3+by3 = 16,ax4+by4 = 42.6. Find all solutions to the system of equations6(x−y−1) = 3(y−z−1) = 2(z−x−1) = xyz−(zyz)−1in nonzero real numbers x,y, z.7. Find all integer solutions to the system3 = x+y+z= x3+y3+z3.8. Solve the system
x+
2
x
= 2y,
y+
2
y
= 2z,
z+
2
z
= 2x.
9. Solve the system of equations
(x+y)3 = z,
(y+z)3 = x,
(z+x)3 = y.
10. Solve the system
x2 −|x| = |yz|,
y2 −|y| = |zx|,
z2 −|z| = |xy|.
54 Chapter 2. Algebra and Analysis
11. Find the solutions to the system of equations
x+y
+{z}= 1.1,
x
+{y}+z= 2.2,
{x}+y+z
= 3.3,
where 
and {} denote respectively the greatest integer and fractional part functions.
12. For a given complex number a, find the complex solutions to the system
(x1 +x2+x3)x4 = a,
(x1 +x2+x4)x3 = a,
(x1 +x3+x4)x2 = a,
(x2 +x3+x4)x1 = a.
13. Find all real numbers a for which there exist nonnegative real numbers x1,x2,x3,x4,x5
satisfying the system
5Σ
k=1
kxk = a,
5Σ
k=1
k3xk = a2,
5Σ
k=1
k5xk = a3.
14. Solve the system of equations
x3−9(y2−3y+3)= 0,
y3−9(z2−3z+3)= 0,
z3 −9(x2−3x+3)= 0.
15. Solve the system
ax+by= (x−y)2,
by+cz= (y−z)2,
cz+ax = (z−x)2,
where a,b,c > 0.
16. Let a,b,c be positive real numbers, not all equal. Find all solutions to the system
of equations
x2 −yz = a,
y2 −zx = b,
z2 −xy = c,
in real numbers x,y, z.
2.6. Periodicity 55
2.6 Periodicity
Periodicity plays an important role inmathematics, and for this reason we have included
some problems involving it. The first example shows how periodicity can be used to
give a short proof of the Hermite identity for the greatest integer function:
x
+

x+
1
n

+· · ·+

x+
n−1
n

= nx
,
for all x ∈ R and n ∈ Z.
The proof proceeds as follows. Define f : R→N,
f (x) = x
+

x+
1
n

+· · ·+

x+
n−1
n

−nx
.
One can easily check that f (x) = 0 for x ∈

0, 1n

. Also
f

x+
1
n

=

x+
1
n

+· · ·+

x+
n−1
n

+

x+
n
n


−nx+1
= f (x).
Hence f is periodic, with period 1n
. This shows that f is identically equal to 0, which
proves the identity.
The second example concerns the computation of a sum of binomial coefficients.
Compute the sum

n
0

−

n−1
1

+

n−2
2

−

n−3
3

+· · ·
Denote our sum by Sn. Then
Sn−Sn−1+Sn−2 =

n
0

−

n−1
1

+

n−2
2

−

n−3
3

+· · ·
−

n−1
0

+

n−2
1

−

n−3
2

+

n−4
3

−· · ·
+

n−2
0

−

n−3
1

+

n−4
2

−

n−5
3

+· · · .
Since

n0

=

n−1
0

, the first terms of Sn and Sn−1 cancel. If we group the kth term of
Sn with the kth term of Sn−1 and the (k − 1)st term of Sk−2, we obtain
(−1)k−1

nk

−

n−1
k

−

n−1
k−1

, which is zero by the recurrence formula for binomial
coefficients. Hence all terms cancel. It follows that Sn −Sn−1 +Sn−2 = 0. Add
Sn−1 −Sn−2 +Sn−3 = 0 to this equality to obtain Sn = −Sn−3. This shows that Sn is
periodic of period 6.
Thus it suffices to compute Sn for n = 1, 2, 3, 4, 5, and 6, the other values repeating
with period 6. We obtain S6n+1 = S1 = 1, S6n+2 = S2 = 0, S6n+3 = S3 = −1, S6n+4 =
S4 = −1, S6n+5 = S5 = 0, and S6n = S6 = 1.
56 Chapter 2. Algebra and Analysis
The third example is a short-listed problem from the International Mathematical
Olympiad.
Let f : R→R be a bounded function such that
f

x+
1
6

+ f

x+
1
7

= f (x)+ f

x+
13
42

.
Show that f is periodic.
Define g : R→R, g(x) = f (x+ 16
)− f (x). The condition from the statement tells
us that g(x+ 17
) = g(x). Therefore g(x+1) = g(x). If we let h : R → R, h(x) =
f (x+1)− f (x) = g(x)+g(x+ 16
)+· · ·+g(x+ 56
), then we also have that h(x+1) =
h(x). Thus we obtain h(x+k) = h(x) for all k ∈ N. Since f (x+k)− f (x) = h(x)+
h(x+1)+· · ·+h(x+k−1), we obtain f (x+k)− f (x) = kh(x). And because f is
bounded, kh(x) is bounded as well for all positive integers k, which is possible only if
h is identically equal to zero. It follows that f (x+1) = f (x) for all x, so f is periodic
with period 1.
Here are more problems involving periodicity.
1. Let f : R→R−{3} be a function with the property that there exists ω > 0 such
that
f (x+ω) =
f (x)−5
f (x)−3
, for all x ∈ R.
Prove that f is periodic.
2. Let f : R→R be a function that satisfies
(a) f (x+y)+ f (x−y)= 2 f (x) f (y), for all x,y ∈ R;
(b) there exists x0 with f (x0) = −1.
Prove that f is periodic.
3. If a function f : R→R is not injective and there exists a function g : R×R→R
such

Kết quả (Việt) 2:

2.4 Trên một đại số nhận dạng
X2 đa thức + 1 là bất khả quy trên R, nhưng, tất nhiên, X4 + 1 không phải là. Các yếu tố đó,
hoàn thành các hình vuông sau đó xem kết quả là sự khác biệt của hai hình vuông:
X4 + 1 = (X4 + 2X2 + 1) -2X2 = (X2 1) 2-
(√
2X) 2
= (X2 +
√
2X + 1) (X2-
√
2X 1).
Từ đây chúng ta có thể lấy được bản sắc Sophie Germain
X4 + 4Y4 = (X2 + 2XY + 2Y2) (X2-2XY + 2Y2),
2.4. Trên một đại số nhận dạng 49
với một phiên bản thay thế
X4 +
1
4
Y4
=?
X2 + XY +
1
2
Y2
??
X2-XY +
1
2 Y2?. Biết danh tính này có thể hữu ích trong một số tình huống. Dưới đây là hai ví dụ. Đánh giá tổng nΣ k = 1 4k 4k4 1. Bằng cách sử dụng các đẳng thức trên, chúng ta có được nΣ k = 1 4k 4k4 + 1 = nΣ k = 1 (2k2 + 2k + 1) - (2k2-2k 1) (2k2 + 2k + 1) (2k2-2k + 1) = nΣ k = 1? 1 2k2-2k + 1 - 1 2 (k + 1) 2-2 (k + 1) +1? = 1 - 1 2n2 + 2n + 1, và chúng tôi đang thực hiện. Cho một n × n ma trận A với các tài sản đó A3 = 0, chứng minh rằng ma trận M = 12 A2 + A + Trong nghịch. Thật vậy, nghịch đảo của ma trận này là 12 A2 -A + Trong, vì sản phẩm của hai cung cấp cho 14 A4 + In, mà là bình đẳng, bởi giả thuyết, các dạng ma trận. Tất nhiên, các kết luận cũng có thể được bắt nguồn từ thực tế là các giá trị riêng của M là khác không, mà là một hệ quả trực tiếp của định lý ánh xạ quang phổ. Hoặc chúng ta có thể nhận thấy rằng trong + A + A2 / 2 = EA, và nghịch đảo của nó là e-A = I-A + A2 / 2. Chúng tôi cung cấp dưới đây hơn ví dụ mà làm cho việc sử dụng các sắc Sophie Germain. 1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n> 2, số 22n-2 + 1 không phải là một số nguyên tố. 2. Chứng minh rằng bất kỳ trình tự thỏa mãn quan hệ tái phát xn + 1 + xn-1 = √ 2xn là định kỳ. 3. Tính toán tổng nΣ k = 1 k2 - 12 k4 + 14. 4. Đánh giá (14 + 14) (34+ 14) · · · ((2n-1) 4 + 14) (24 + 14) (44 + 14) · · · ((2n) 4 + 14). 5. Chứng minh rằng có vô hạn số nguyên dương a sao cho bất kỳ n, các số N4 + một là không nguyên tố. 50 Chương 2. Đại số và Phân tích 6. Cho thấy N4 + 4n là số nguyên tố khi và chỉ khi n = 1. 7. Hãy xem xét các đa thức P (X) = X4 + 6X2 - 4X + 1. Chứng minh rằng P (X4) có thể được viết như là sản phẩm của hai đa thức với hệ số nguyên, mỗi mức độ lớn hơn 1. 8. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n lớn hơn 1, N12 + 64 có thể được viết như là sản phẩm của bốn số nguyên dương phân biệt lớn hơn 1. 9. Hãy m và n là các số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu m là chẵn thì mΣ k = 0 (-4) kn4 (m-k) không phải là một số nguyên tố. 10. Tìm các số nguyên dương n nhất mà các đa thức P (x) = xn-4 + 4n có thể được viết như là một sản phẩm của bốn đa thức không thường xuyên với số nguyên hệ số. 2.5 Hệ thống Equations Đối với phần này, chúng tôi đã chọn không chuẩn hệ phương trình. Ví dụ đầu tiên liên quan đến việc thao tác chỉ đại số. Chứng minh rằng các giải pháp tích cực duy nhất của x + y2 + z3 = 3, y + z2 + x3 = 3, z + x2 + y3 = 3 là (x, y, z) = (1, 1,1). Từ sự khác biệt của hai phương trình đầu tiên, chúng ta có được là x (1-x2) + y (y-1) + z2 (z-1) = 0. Từ sự khác biệt của hai phương trình cuối cùng, chúng tôi được rằng y (1-y2) + z (z-1) + x2 (x-1) = 0. Nhân phương trình này bằng cách z và trừ nó từ một trên lãi suất của x (x-1) (1 + x + xz ) = y (y-1) (1 + z + yz). Tương tự như vậy y (y-1) (1 + y + yx) = z (z-1) (1 + x + zx). 2.5. Hệ thống của phương trình 51 Từ hai quan hệ cuối cùng, nó sau đó nếu x, y, z là tích cực, sau đó x, y, và z đều bằng 1, tất cả ít hơn 1, hoặc tất cả lớn hơn 1. Hai cuối cùng khả năng được loại trừ, cho x + y2 + z3 = 3, và kết quả sau. Ví dụ thứ hai là từ năm 1996 British Mathematical Olympiad. Tìm tất cả các giải pháp trong các số thực dương a, b, c, d để hệ thống sau đây: a + b + c + d = 12, abcd = 27 + ab + ac + ad + bc + bd + cd. Sử dụng Mean Arithmetic Mean-Geometric (AM-GM) bất bình đẳng trong lần thứ hai phương trình, ta có ≥ abcd 27 + 6 √ abcd. Di chuyển tất cả mọi thứ bên trái và bao thanh toán các biểu thức, xem như là một đa thức bậc hai trong √ abcd, sản lượng (√ abcd + 3) (√ abcd-9) ≥ 0. Điều này ngụ ý √ ≥ abcd 9, trong đó kết hợp với các phương trình đầu tiên của hệ thống cung cấp cho 4 √ abcd ≥ a + b + c + d 4. Các bất đẳng thức AM-GM ngụ ý rằng a = b = c = d = 3 là giải pháp duy nhất. Và bây giờ là một vấn đề với một giải pháp đáng ngạc nhiên từ năm 1996 Việt Toán học Olympiad. Tìm tất cả các số thực dương x và y thỏa mãn hệ phương trình √ 3x? 1+ 1 x + y? = 2,? 7y? 1- 1 x + y? = 4 √ 2. Nó là tự nhiên để làm cho thay √ x = u, √ y = v. Hệ thống này trở nên u? 1+ 1 u2 + v2? = √2 3, v? 1- 1 u2 + v2? = 4 √ √ 2 7. Nhưng u2 + v2 là phương của giá trị tuyệt đối của số phức z = u + iv. Điều này cho thấy rằng chúng ta thêm phương trình thứ hai nhân với tôi đến đầu tiên. Chúng tôi có được u + iv + u-iv u2 + v2 =? √2 3 + i 4 √ √ 2 7?. 52 Chương 2. Đại số và Phân tích Số thương (u-iv) / (u2 + v2) là bằng Z / | z | 2 = z / (ZZ) = 1 / z, do đó phương trình trên trở thành z + 1 z =? √2 3 + i 4 √ √ 2 7?. đáp ứng Do đó z các phương trình bậc hai z2 -? √2 3 + i 4 √ √ 2 7? z + 1 = 0 với các giải pháp? √1 3 ± √2 21? + i? 2 √ √ 2 7 ± √ 2?, nơi mà các dấu hiệu + và -. tương ứng với chương trình này rằng hệ thống ban đầu có các giải pháp x =? √1 3 ± √2 21? 2, y =? 2 √ √ 2 7 ± √ 2 2?, nơi mà các dấu hiệu + và -. tương ứng với các hệ thống dưới đây sẽ được giải quyết trong số thực, trừ khi có quy định khác. 1. Giải quyết những hệ phương trình x + log (x +? X2 + 1) = y, y + log (y +? Y2 + 1) = z, z + log (z +? Z2 1) = x. 2. Giải quyết các hệ thống log (2xy) = logxlogy, log (yz) = logylogz, log (2zx) = logz logx. 3. Giải quyết những hệ phương trình xy + yz + zx = 12, xyz = 2 + x + y + z trong dương các số thực x, y, z. 2.5. Hệ thống của phương trình 53 4. Tìm tất cả các giải pháp thực sự cho hệ phương trình 4x2 4x2 + 1 = y, 4y2 4y2 + 1 = z, 4z2 4z2 1 = x. 5. Tìm ax5 + by5 nếu các số thực a, b, x, và y thỏa mãn hệ phương trình ax + by = 3, AX2 + BY2 = 7, ax3 + by3 = 16, ax4 + by4 = 42. 6. Tìm tất cả các giải pháp cho các hệ phương trình 6 (x-y-1) = 3 (y-z-1) = 2 (z-x-1) = xyz- (zyz) -1 trong nonzero số thực x, y, z. 7. Tìm tất cả các giải pháp số nguyên cho hệ thống 3 = x + y + z = x3 + y3 + z3. 8. Giải quyết các hệ thống x + 2 x = 2y, y + 2 y = 2Z, z + 2 z = 2x. 9. Giải quyết những hệ phương trình (x + y) 3 = z, (y + z) 3 = x, (z + x) 3 = y. 10. Giải quyết các hệ thống x2 - | x | = | yz |, y2 - | y | = | zx |, z2 - | z | = | xy |. 54 Chương 2. Đại số và Phân tích 11. Tìm giải pháp cho các hệ phương trình x + y + {z} = 1,1, x + {y} + z = 2,2, {x} + y + z = 3,3, nơi  và {} là tương ứng với số nguyên lớn nhất và các chức năng phần phân đoạn. 12. Đối với một số phức tạp cho một, tìm ra các giải pháp phức tạp để hệ thống (x1 + x2 + x3) x4 = a, (x1 + x2 + x4) x3 = a, (x1 + x3 + x4) x2 = a, (x2 + x3 + x4) x1 = a. 13. Tìm tất cả các số thực a cho đó có tồn tại không âm số thực x1, x2, x3, x4, x5 đáp ứng hệ thống 5Σ k = 1 kxk = a, 5Σ k = 1 k3xk = a2, 5Σ k = 1 k5xk = a3. 14. Giải quyết những hệ phương trình x3-9 (y2-3y + 3) = 0, y3-9 (z2-3z + 3) = 0, z3 -9 (x2-3x + 3) = 0. 15. Giải quyết các hệ thống ax + by = (x-y) 2, bởi + cz = (y-z) 2, cz + ax = (z-x) 2, trong đó a, b, c> 0. 16. Cho a, b, c là các số thực dương, không phải tất cả như nhau. Tìm tất cả các giải pháp cho các hệ thống của phương trình x2 -yz = a, y2 -zx = b, z2 -xy = c, trong số thực x, y, z. 2.6. Chu kỳ 55 2.6 tuần hoàn chu kỳ đóng một vai trò quan trọng inmathematics, và vì lý do này, chúng tôi đã bao gồm một số vấn đề liên quan đến nó. Ví dụ đầu tiên cho thấy cách tính chu kỳ có thể được sử dụng để cung cấp cho một chứng minh ngắn gọn về bản sắc Hermite cho hàm số nguyên lớn nhất: x +? X + 1 n? + · · · +? X + n-1 n? = Nx, với mọi x ∈ R và n ∈ Z. Các bằng chứng tiến hành như sau. Xác định f: R → N, f (x) = x +? X + 1 n? + · · · +? X + n-1 n? - Nx. Người ta có thể dễ dàng kiểm tra e rằng (x) = 0 với x ∈? 0 , 1N?. Cũng f? X + 1 n? =? X + 1 n? + · · · +? X + n-1 n? + X + n n - nx + 1 = f (x). Do đó f là định kỳ, với thời gian 1N. Điều này cho thấy rằng f là hệt bằng 0, trong đó chứng minh danh tính. Ví dụ thứ hai liên quan đến việc tính toán một khoản tiền của hệ số nhị thức. Tính toán tổng? N 0? -? N-1 1? +? N-2 2? - ? n-3 3? + · · · Ký hiệu tổng hợp của chúng tôi bằng Sn. Sau đó Sn-Sn-1 + Sn-2 =? N 0? -? N-1 1? +? N-2 2? -? N-3 3? + · · · -? N-1 0? +? N -2 1? -? n-3 2? +? n-4 3? - · · · +? n-2 0? -? n-3 1? +? n-4 2? -? n-5 3? + · · ·. Kể từ? n0? =? n-1 0?, các điều khoản đầu tiên của Sn và Sn-1 hủy. Nếu chúng ta nhóm thuật ngữ thứ k của Sn với hạn thứ k của Sn-1 và (k - 1) st hạn của Sk-2, chúng ta có được (-1) k-1 ?? nk? -? N-1 k? -? n-1 k-1 ??, đó là số không theo công thức lặp lại cho các nhị thức hệ số. Do đó tất cả các điều khoản hủy bỏ. Nó sau đó Sn -Sn-1 + Sn-2 = 0. Thêm Sn-1 -Sn-2 + Sn-3 = 0 đến bình đẳng này để có được Sn = -Sn-3. Điều này cho thấy Sn là kỳ kỳ 6. Như vậy nó cũng đủ để tính Sn cho n = 1, 2, 3, 4, 5, và 6, các giá trị khác lặp đi lặp lại với giai đoạn 6. Chúng tôi có được S6n + 1 = S1 = 1, S6n + 2 = S2 = 0, S6n + 3 = S3 = -1, S6n + 4 = S4 = -1, S6n + 5 = S5 = 0, và S6n = S6 = 1. 56 Chương 2. Đại số và phân tích thứ ba ví dụ là một vấn đề trong danh sách ngắn từ toán học quốc tế Olympiad. Cho f: R → R là một hàm bị chặn như vậy mà f? x + 1 6? + f? x + 1 7? = f (x) + f? x + 13 42? . Hiện e rằng là định kỳ. Xác định g: R → R, g (x) = f (x + 16) - f (x). Các điều kiện từ các tuyên bố nói với chúng tôi rằng g (x + 17) = g (x). Do đó g (x + 1) = g (x). Nếu chúng ta để cho h: R → R, h (x) = f (x + 1) - f (x) = g (x) + g (x + 16) + · · · + g (x + 56), sau đó chúng tôi cũng có mà h (x + 1) = h (x). Như vậy chúng ta có được h (x + k) = h (x) với mọi k ∈ N. Vì f (x + k) - f (x) = h (x) + h (x + 1) + · · · + h (x + k-1), ta có f (x + k) - f (x) = kh (x). Và bởi vì e là có giới hạn, kh (x) được bao bọc cũng như cho tất cả các số nguyên dương k, mà có thể chỉ khi h là hệt bằng số không. Nó sau đó f (x + 1) = f (x) với mọi x, do đó f là tuần hoàn với chu kỳ 1. Ở đây có nhiều vấn đề liên quan đến chu kỳ. 1. Cho f: R → R- {3} là một chức năng với các tài sản đó có tồn tại ω> 0 như rằng f (x + ω) = f (x) -5 f (x) -3, với mọi x ∈ R. Chứng minh rằng f là định kỳ. 2. Cho f: R → R là một hàm thỏa mãn (a) f (x + y) + f (x-y) = 2 f (x) f (y), với mọi x, y ∈ R; (b) có tồn tại x0 với f (x0) = -1. Chứng minh rằng f là định kỳ. 3. Nếu một hàm f: R → R là không đơn ánh và có tồn tại một hàm g: R × R → R như vậy Sau đó Sn-Sn-1 + Sn-2 =? N 0? -? N-1 1? +? N-2 2? -? N-3 3? + · · · -? N-1 0? +? N -2 1? -? n-3 2? +? n-4 3? - · · · +? n-2 0? -? n-3 1? +? n-4 2? -? n-5 3? + · · ·. Kể từ? n0? =? n-1 0?, các điều khoản đầu tiên của Sn và Sn-1 hủy. Nếu chúng ta nhóm thuật ngữ thứ k của Sn với hạn thứ k của Sn-1 và (k - 1) st hạn của Sk-2, chúng ta có được (-1) k-1 ?? nk? -? N-1 k? -? n-1 k-1 ??, đó là số không theo công thức lặp lại cho các nhị thức hệ số. Do đó tất cả các điều khoản hủy bỏ. Nó sau đó Sn -Sn-1 + Sn-2 = 0. Thêm Sn-1 -Sn-2 + Sn-3 = 0 đến bình đẳng này để có được Sn = -Sn-3. Điều này cho thấy Sn là kỳ kỳ 6. Như vậy nó cũng đủ để tính Sn cho n = 1, 2, 3, 4, 5, và 6, các giá trị khác lặp đi lặp lại với giai đoạn 6. Chúng tôi có được S6n + 1 = S1 = 1, S6n + 2 = S2 = 0, S6n + 3 = S3 = -1, S6n + 4 = S4 = -1, S6n + 5 = S5 = 0, và S6n = S6 = 1. 56 Chương 2. Đại số và phân tích thứ ba ví dụ là một vấn đề trong danh sách ngắn từ toán học quốc tế Olympiad. Cho f: R → R là một hàm bị chặn như vậy mà f? x + 1 6? + f? x + 1 7? = f (x) + f? x + 13 42? . Hiện e rằng là định kỳ. Xác định g: R → R, g (x) = f (x + 16) - f (x). Các điều kiện từ các tuyên bố nói với chúng tôi rằng g (x + 17) = g (x). Do đó g (x + 1) = g (x). Nếu chúng ta để cho h: R → R, h (x) = f (x + 1) - f (x) = g (x) + g (x + 16) + · · · + g (x + 56), sau đó chúng tôi cũng có mà h (x + 1) = h (x). Như vậy chúng ta có được h (x + k) = h (x) với mọi k ∈ N. Vì f (x + k) - f (x) = h (x) + h (x + 1) + · · · + h (x + k-1), ta có f (x + k) - f (x) = kh (x). Và bởi vì e là có giới hạn, kh (x) được bao bọc cũng như cho tất cả các số nguyên dương k, mà có thể chỉ khi h là hệt bằng số không. Nó sau đó f (x + 1) = f (x) với mọi x, do đó f là tuần hoàn với chu kỳ 1. Ở đây có nhiều vấn đề liên quan đến chu kỳ. 1. Cho f: R → R- {3} là một chức năng với các tài sản đó có tồn tại ω> 0 như rằng f (x + ω) = f (x) -5 f (x) -3, với mọi x ∈ R. Chứng minh rằng f là định kỳ. 2. Cho f: R → R là một hàm thỏa mãn (a) f (x + y) + f (x-y) = 2 f (x) f (y), với mọi x, y ∈ R; (b) có tồn tại x0 với f (x0) = -1. Chứng minh rằng f là định kỳ. 3. Nếu một hàm f: R → R là không đơn ánh và có tồn tại một hàm g: R × R → R như vậy Sau đó Sn-Sn-1 + Sn-2 =? N 0? -? N-1 1? +? N-2 2? -? N-3 3? + · · · -? N-1 0? +? N -2 1? -? n-3 2? +? n-4 3? - · · · +? n-2 0? -? n-3 1? +? n-4 2? -? n-5 3? + · · ·. Kể từ? n0? =? n-1 0?, các điều khoản đầu tiên của Sn và Sn-1 hủy. Nếu chúng ta nhóm thuật ngữ thứ k của Sn với hạn thứ k của Sn-1 và (k - 1) st hạn của Sk-2, chúng ta có được (-1) k-1 ?? nk? -? N-1 k? -? n-1 k-1 ??, đó là số không theo công thức lặp lại cho các nhị thức hệ số. Do đó tất cả các điều khoản hủy bỏ. Nó sau đó Sn -Sn-1 + Sn-2 = 0. Thêm Sn-1 -Sn-2 + Sn-3 = 0 đến bình đẳng này để có được Sn = -Sn-3. Điều này cho thấy Sn là kỳ kỳ 6. Như vậy nó cũng đủ để tính Sn cho n = 1, 2, 3, 4, 5, và 6, các giá trị khác lặp đi lặp lại với giai đoạn 6. Chúng tôi có được S6n + 1 = S1 = 1, S6n + 2 = S2 = 0, S6n + 3 = S3 = -1, S6n + 4 = S4 = -1, S6n + 5 = S5 = 0, và S6n = S6 = 1. 56 Chương 2. Đại số và phân tích thứ ba ví dụ là một vấn đề trong danh sách ngắn từ toán học quốc tế Olympiad. Cho f: R → R là một hàm bị chặn như vậy mà f? x + 1 6? + f? x + 1 7? = f (x) + f? x + 13 42? . Hiện e rằng là định kỳ. Xác định g: R → R, g (x) = f (x + 16) - f (x). Các điều kiện từ các tuyên bố nói với chúng tôi rằng g (x + 17) = g (x). Do đó g (x + 1) = g (x). Nếu chúng ta để cho h: R → R, h (x) = f (x + 1) - f (x) = g (x) + g (x + 16) + · · · + g (x + 56), sau đó chúng tôi cũng có mà h (x + 1) = h (x). Như vậy chúng ta có được h (x + k) = h (x) với mọi k ∈ N. Vì f (x + k) - f (x) = h (x) + h (x + 1) + · · · + h (x + k-1), ta có f (x + k) - f (x) = kh (x). Và bởi vì e là có giới hạn, kh (x) được bao bọc cũng như cho tất cả các số nguyên dương k, mà có thể chỉ khi h là hệt bằng số không. Nó sau đó f (x + 1) = f (x) với mọi x, do đó f là tuần hoàn với chu kỳ 1. Ở đây có nhiều vấn đề liên quan đến chu kỳ. 1. Cho f: R → R- {3} là một chức năng với các tài sản đó có tồn tại ω> 0 như rằng f (x + ω) = f (x) -5 f (x) -3, với mọi x ∈ R. Chứng minh rằng f là định kỳ. 2. Cho f: R → R là một hàm thỏa mãn (a) f (x + y) + f (x-y) = 2 f (x) f (y), với mọi x, y ∈ R; (b) có tồn tại x0 với f (x0) = -1. Chứng minh rằng f là định kỳ. 3. Nếu một hàm f: R → R là không đơn ánh và có tồn tại một hàm g: R × R → R như vậy