المبياد الرياضيات للدول العربية

اذن 1 + 2k من قيم x تحقق العلاقة . مادام 442 = 1936 < 1988 < 2025 = 452 و 1988 − 1936 + 1 = 53 , فان S = 1(3) + 2(5) + 3(7) + · · · 43(87) + 44(53) = 2(12 + 22 + · · · 432 ) + (1 + 2 + · · · 43) + 44(53) = 43 × 44 × 87 3 + 43 × 44 2 + 2332 = 58146 مادام 2402 = 57600 < 2412 = 58081 < S < 2422 = 58564 اذن ⌊√ S ⌋ = 241 14 مثال 1414 (1986 (China • احسب المجموع الاتي ∑ 502 r=1 ⌊ 305r 503 ⌋ i الحل اذا كانت كل من الاعداد الحقيقية الموجبة x و y ليست اعداد صحيحة ولـكن y + x عدد صحيح فان ⌊√ x ⌋ + ⌊ √ y⌋ = x + y − 1 مادام {x} + {y} = 1 وايضا مادام 305r 503 + 305(503 − r) 503 = 305, 1 ≤ r ≤ 502 101 101

فان S = ⌊ 305 503⌋ + ⌊ 305 × 2 503 ⌋ + · · · + ⌊ 305 × 502 503 ⌋ = ( ⌊ 305 × 1 503 ⌋ + ⌊ 305 × 502 503 ⌋ ) + · · · ( ⌊ 305 × 251 503 ⌋ + ⌊ 305 × 252 503 ⌋ ) = 304 × 251 = 76304 1515 اسئلة اختبار ية A 1 ماهو رقم احاد العدد ⌊ 1020000 10100 + 3⌋ 2 حل المعادلة ⌊ x 3 ⌋ + ⌊ x 2 ⌋ + ⌊x⌋ = {x} − 1 3 حل المعادلة ⌊x⌋ 2 = {x}.x 4 جد كل حلول المعادلة x 2 − 8 ⌊x⌋ + 7 = 0 5 جد اصغر قيمة للعدد الطبيعي n بحيث المعادلة الاتية ⌊ 10n x ⌋ = 1989 تقبل حل صحيح x : ان برهن. n > 0 مع n ∈ Z و x ∈ R ليكن 6 ⌊⌊x⌋/n⌋ = ⌊x/n⌋ 7 برهن انه من اجل 1 ≥ x, R ∈ x يكون لدينا       x ⌊ x ⌊ √ x⌋ ⌋       = ⌊√ x ⌋ 8 ليكن n عدد طبيعي . برهن ان ⌊n 1 ⌋ + ⌊n 2 ⌋ + · · · + ⌊n n ⌋ + ⌊√ n ⌋ عدد زوجي 102 102

9 ليكن p عدد اولي بحيث (4 mod (1 ≡ p ..برهن ان ⌊√ p ⌋ + ⌊√ 2p ⌋ + · · · + ⌊√ p − 1 4 p ⌋ = p 2 − 1 12 . 10 من اجل كم عدد صحيح 2022 ≤ n ≤ 1 تتحقق هذه المعادلة ⌊√ 2022(n − 1)⌋ = ⌊√ 2022n ⌋ 1616 اسئلة اختبار ية B 1 a و b عددان حقيقيان . اذكر الشرط اللازم والكافي حتى يكون ⌊ab⌋ = ⌊a⌋⌊b⌋ 2 ليكن c, b, a اعداد حقيقية حيث ⌊na⌋ + ⌊nb⌋ = ⌊nc⌋ من اجل كل الاعداد الصحيحة الموجبة n .برهن ان : {a} · {b} · {c} = 0 {x} = x − ⌊x⌋ مع ⌋ يقسم n √ 3 من اجل كم عدد صحيح موجب 10000 ≤ n < 100 العدد ⌊100 − n 4 برهن ان ⌊(1 + √ 3)2n−1 ⌋ 2 مع n عدد صحيح موجب n يقبل القسمة على 5 برهن انه من اجل كل عدد صحيح موجب n ,يكون ⌊ √ n + √ n + 1 + √ n + 2 + √ n + 3 + √ n + 4⌋ = ⌊ √ 25n + 49⌋. 6 حل المعادلة ⌊ x 2 − x − 2 ⌋ = ⌊x⌋ 7 جد العدد الحقيقي x بحيث x⌊x⌊x⌊x⌋⌋⌋ = 88 8 حل المعادلة ⌊x⌋⌊y⌋ = x + y 9 جد كل حلول المعادلة {x 3 } + [x 4 ] = 1 [x] = ⌊x⌋ مع 10 جد الرقمين الاخيرين للعدد ⌊ 1093 1031 + 3⌋ 103 103

Diophantine equation(I) الديوفانتينية المعادلة XIII المعادلة الديوفانتينية الخطية ذات المجاهيل الصحيحة النسبية xn, · · · , x2, x1 هي كل معادلة من ثوابت a1, a2, · · · , an :حيث a1 · x1 + a2 · x2 + · · · + an · xn = b · · ·(1) :الشكل صحيحة نسبية. تعر يف من أجل an, · · · , a2, a1 تختلف عن القيمة 0 ،المعادلة (1 (تقبل حلولا صحيحة إذا وفقط إذا .b يقسم pgcd(a1, a2, · · · , an) :كان خاصية01 ،a1 · x1 + a2 · x2 = b · · ·(2) للمعادلة خاص حلا) s1; s2) الصحيحة الثنائية كانت إذا فإن حلول المعادلة (2 (تكون من الشكل: { x1 = s1 + a2 · t x2 = s2 − a1 · t t ∈ Z خاصية02 مبرهنة البواقي الصينية mn, · · · , m2, m1 أعداد طبيعية أولية فيما بينها مثنى مثنى و an, · · · , a2, a1 أعداد طبيعية. 1 ≤ i ≤ n أجل من x ≡ ai (mod mi) : الموافقات نظام، M = m1 ·m2 · · · mn :نضع x = ∑n i=1 ai · Mi تقبل حلا وحيدا من الشكل: (mi mod (yi· .Mi · yi ≡ 1 (mod mi) و Mi = M mi حيث نظر ية02 XIV امثلة تطبيقية 1 مثال 11 ( China 2001) • حل في مجموعة الاعداد الصحيحة المعادلة 12x + 5y = 125 i الحل المعادلة (E) 12x = 5(25 − y) تدل على ان x | 5 , ليكن x اذن 65 = 5y تعطي 13 = y اذن الثنائية (13, 5 (تعتبر حل للمعادلة (E . (باستعمال الصيغة العامة لحلول المعادلة ax + by = c, a, b, c, x, y ∈ Z 104 104

يمكن الحصول على { x = 5 + 5t y = 13 − 12t, t ∈ Z 1 او t = 0 اذن t ≤ 1 يستلزم y ≥ 1 لـكن , t ≥ 0 اذن x ≥ 1 مادام x = 5, y = 13 هو الحل t = 0 لما← x=10,y=1 هو الحل t = 1 لما← وبالتالي المعادلة تقبل بالضبط حلين 2 مثال 22 .ac | bd فان, c | b و a | b ,gcd(a, c) = d كان اذا انه برهن• i الحل a, c | b ⇒ ac | ba, bc ⇒ ac | (ba, bc) = b(a, c) = bd 3 مثال 33 • برهن انه اذا كان 1) = b, a(gcd ,فان gcd(ab, c) = gcd(a, c) · gcd(b, c) a, b, c ∈ Z مع i الحل نستعمل الترميز الاتي (b, a) = (b, a(gcd .دون استعمال الاعداد الاولية لدينا). a, c)(b, c) | (ab, c) وكذلك) ab, c) | (a, c)(b, c) ان نبرهن (E) ax + by = 1 بضرب طرفي المعادلة (E (في c نحصل على c = bcy + acx الان (a, c)(b, c) [ a (a, c) c (b, c) x + b (b, c) c (a, c) y ] = c 105 105

و) a, c) | a مادام) a, c)(b, c) | ab ان الواضح من). a, c)(b, c) | c اذن .صحيحة اعداد a (a,c) اين يكون ايضا ان بحيث p, q, r, s لدينا الاخر الاتجاه لاثبات). a, c)(b, c) | (ab, c) لدينا يكون وبالتالي). b, c) | b ap + qc = (a, c) و br + cs = (b, c) وبالتالي (a, c)(b, c) = abpr + (aps + brq + qsc)c وهاته الاخيرة تقبل القسمة على (c, ab( 4 مثال 44 • احسب gcd(n − 1, n + 10) i الحل ومنه. d = gcd(n − 1, n + 10) ليكن d = gcd(n − 1, n + 10) = gcd(n − 1; n + 10 − (n − 1)) = gcd(n − 1; 11) d = 11 او d = 1 5 مثال 55 برهن انه اذا كان a و b اعداد صحيحة موجبة تحقق gcd(a, b) = lcm(a, b) .a = b فان, i الحل وبالتالي gcd(a, b) | a, b | lcm (a, b) لدينا gcd(a, b) ≤ a, b ≤ lcm (a, b) ومنه gcd = lcm(a, b) ⇒ a=b باستعمال الحصر . 106 106

6 مثال 66 • برهن انه اذا كان 1) = b, a(gcd فان gcd(ac, b) = gcd(c, b) i الحل .d2 = gcd(ac, b) و d1 = gcd(c, b) ليكن← . بيزو مبرهنة باستعمال ax + by = 1 و, acx2 + by2 = d2 ,cx1 + by1 = d1 لدينا اذن ← الخطوة الاولى : نضرب طرفي المعادلة (E) ax + by = 1 في d1) باستعمال by1 + cx1 := d1 (مع اعادة الترتيب لاثبات ان d1|d2. d1(ax + by = 1) =⇒ ax(cx1 + by1) + bd1y = d1 =⇒ ac(xx1) + b(axy1 + d1y) = d1 مادمنا نعلم ان (b, ac(gcd = d2 يقسم التركيبة الخطية لاي عدد صحيح ac و b ,فان d1|d2. ← الخطوة الثانية بنفس الطر يقة السابقة التي قمنا بها في الخطوة الاولى نضرب طرفي المعادلة (E (في d2) باستعمال by2 + acx2 := d2 (مع اعادة الترتيب لاثبات ان d2|d1 .اذن لدينا d2(ax + by = 1) =⇒ ax(acx2 + by2) + bd2y = d2 =⇒ c(a 2xx2) + b(axy2 + d2y) = d2 مادمنا نعلم ان (b, c(gcd = d1 يقسم التركيبة الخطية لاي عدد صحيح c و b ,فان d2|d1. مادام d2|d1 ,d1|d2 ,مع d1 و d2 ليست اعداد صحيحة سالبة (مادامت القاسم المشترك لعددين صحيحين d2 = d1. فان , gcd(ac, b) = gcd(c, b) . 7 مثال 77 • برهن انه من اجل كل عدد طبيعي n فان (E) gcd(a, b) = 1 =⇒ gcd(a n , bn ) = 1 107 107

i الحل gcd(a, b) = 1 =⇒ gcd (a 2 , b2 خاصية 1) = برهان باستعمال مبرهنة بيزو , 1) = b, a(gcd تستلزم ax + by = 1 a 2x 2 = 1 − 2by + b 2 y 2 ( 2y − by2 ) b = 1 − a 2x 2 ( 2y − by2 )2 b 2 = 1 − 2a 2x 2 + a 4x 4 ( 2x 2 − a 2x 4 ) a 2 + ( 2y − by2 )2 b 2 = 1 لذلك , (P) gcd ( a 2 , b2 ) = 1. ■ gcd(a, b) = 1 =⇒ gcd ( a 2 n , b2 n ) خاصية 1= برهان بالتراجع باستخدام الخاصية (P (وبالتالي من اجل كل k ,يمكن الحصول على العدد الطبيعي n بحيث 2 ≤ k .الخاصية الثانية تؤكد انه توجد متتاليتين xn و yn بحيث ان n a 2 n xn + b 2 n yn = 1 وبالتالي a k ( a 2 n−kxn ) + b k ( b 2 n−k yn ) = 1 ومنه , gcd(a, b) = 1 =⇒ gcd ( a k , bk ) = 1 ■ . 108 108

8 مثال 88 • حل في مجموعة الاعداد الصحيحة (Z × Z (المعادلة الاتية 100x − 23y = −19 i الحل باستعمال. 23 على القسمة يقبل 100x + 19 يكافئ, 23y = 100x + 19 يكافئ 100x − 23y = −19 لدينا الحساب التوافقي لدينا 100x + 19 ≡ 0 (mod 23) ⇐⇒ 100x ≡ −19 (mod 23) ⇐⇒ 8x ≡ 4 (mod 23) ⇐⇒ 2x ≡ 1 (mod 23) ⇐⇒ x ≡ 12 (mod 23). اذن 23n + 12 = x من اجل بعض القيم للعدد الطبيعي n. 9 مثال 99 حل في مجموعة الاعداد الصحيحة المعادلة الاتية 17x + 23y = 1 i الحل في هذا المثال نحاول ان نستعرض طر يقة جديدة للحصول على الحل العام لهاته المعادلة في نفس الوقت نحصل على الـكسر m نسمي هاته الطر يقة بخوارزمية Wallis-Euclid .في حقيقة الامر هاته الخوارزمية ماهي الا n المستمر للعدد الناطق تمديد لخوارزمية اقليدس حيث انها تحل المعادلات الخطية من الشكل mx + ny = gcd(m, n) كما انها تحسب القاسم المشترك الاكبر للعددين (n, m . (نبدا ب (1) 1 0 0 1 m n نكتب فوق كل عمود متتالي الجزء الصحيح لحاصل قسمة العمود الاول الى قاعدة العمود الثاني فمثلا في مثالنا هذا 17 حساب قاعدة العمود الاول هو 17 وقاعدة العمود الثاني هو 23 اذن فوق العمودين ناخذ الجزء الصحيح للعدد 23 العمود الثالث يكون بطرح العمود الاول مضروبا في الجزء الصحيح السابق الخاص بقسمة قاعدة العمود الاول على 109 109

⌋ نقوم بتكرار العملية الى غاية الحصول على العدد 1 وذلك في قاعدة العمود ماقبل الاخير 17 قاعدة العمود الثاني اي ⌊ 23 كما هو موضح في الشكل (2 (حيث ان 1) = n, m(gcd اما حلول المعادلة السابقة 17x + 23y = 1 يمكن الحصول عليها من العمودين الاخيرين اي x = −4 + 23k, y = 3 − 17k, k ∈ Z ⌋ هو السطر البرتقالي 17 في حين الـكسر المستمر ل ⌊ 23 [0, 1, 2, 1, 5] 0 ← ⌊17/23⌋ 1 0 0 1 17 23 → 0 1 0 1 ←1 − 0 · 0 0 1 0 ←0 − 0 · 1 17 23 17 ←17 − 0 · 23 ↙ 0 1 ← ⌊23/17⌋ 1 0 1 0 1 0 17 23 17 → 0 1 1 0 1 −1 ←0 − 1 · 1 0 1 0 1 ←1 − 1 · 0 17 23 17 6 ←23 − 1 · 17 ↙ 0 1 2 ← ⌊17/6⌋ 1 0 1 −1 0 1 0 1 17 23 17 6 → 0 1 2 1 0 1 −1 3 ←1 − 2 · −1 0 1 0 1 −2 ←0 − 2 · 1 17 23 17 6 5 ←17 − 2 · 6 . . . (2) 0 1 2 1 5 1 0 1 −1 3 −4 23 0 1 0 1 −2 3 −17 17 23 17 6 5 1 0 10 مثال 1010 حل في مجموعة الاعداد الصحيحة المعادلة 15x + 21y = 261 110 110

i الحل لدينا 15x + 21y = 261 . ⇔ x = 261 − 21y 15 = 17 − y + 6(1 − y) 15 .y = 1−15k يستلزم k ∈ Z مع 1−y = 15k ليكن. 15|1−y اذن. gcd(y, 1−y) = 1 و صحيحة اعداد x, y لـكون وبالتالي 21k + 15 = x .الان لايجاد y, x كاعداد صحيحة موجبة نعطي قيم عددية للعدد الصحيح k. 11 مثال 1111 بحيث gcd(a, b) جد 7a − 11b = 6 مع b, a اعداد صحيحة i الحل في البداية نحاول ايجاد حلول المعادلة 7a − 11b = 6 ليكن r + 7n = b ونحاول استخدام القسمة الاقليدية بترديد 7 للحصول على −4b = 6 (mod 7) =⇒ 3b = 6 (mod 7) =⇒ b = 7n + 2 ومنه 7a − 11(7n + 2) = 6 =⇒ 7(a − 11n) = 28 =⇒ a = 4 + 11n العدد n يمكن ان يكون اي عدد صحيح غير سالب (اذا كان 0 < n ومنه 0 < b وهذا غير ممكن ). الان مادمنا نعرف مجموعة الحلول يمكن ان نعطي قيم للعدد الصحيح n حيث 1 = n و 2 = n سنحصل على gcd(a = 15, b = 9) = 3gcd(a = 26, b = 16) = 2 12 مثال 1212 حل في مجموعة الاعداد الصحيحة المعادلة الاتية (E) 258x + 147y = 369 111 111

i الحل في هذا المثال نحاول ان نطبق العلاقة العامة لايجاد حلول المعادلة (E ′ ) ax + by = c والمعطاة بالعلاقة العامة الاتية x = x1 − r b gcd(a, b) , y = y1 + r a gcd(a, b) (E ′ مع y1, x1 تمثل الحلول الخاصة للمعادلة ( · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · في البداية نستخدم القسمة الاقليدية لتحديد (258, 147(gcd ;اذن لدينا 258 = 147(1) + 111 (⇔ 111 = 258 − 147) 147 = 111(1) + 36 (⇔ 36 = 147 − 111) 111 = 36(3) + 3 (⇔ 3 = 111 − 3(36)) 36 = 3(12). ومنه 3) = 258, 147(gcd .مادام 369|3 ,فان المعادلة . (E (تقبل حلولا صحيحة ومنه وجدنا طر يقة لكتابة العدد 3 على شكل تركيبة خطية بدلالة العددين الصحيحين 147 و 258 ,باستعمال القسمة الاقليدية اعلاه والجهة اليمنى للمتطابقات السابقة لدينا 3 = 111 − 3(36) = 111 − 3(147 − 111) = 4(111) − 3(147) = 4(258 − 147) − 3(147) = 4(258) − 7(147). : على نحصل. 3 × 123 = 369 لان? 123 بالضبط لماذا; 123 بالعدد ونضرب, 258(4) + 147(−7) = 3 ناخذ ومنه 258(492) + 147(−861) = 369. اذن احد الحلول هو 492 = x و 861 = −y .كل بقية الحلول الاخرى هي x = 492 − 147r 3 = 492 − 49r, y = −861 + 258r 3 = 86r − 861, r ∈ Z. يمكن اختصار هاته الثوابت فقط باستعمال استبدال المتغير 10 + t = r ,ومنه x = 492 − 49(t + 10) = 2 − 49t, y = 86(t + 10) − 861 = 86t − 1, t ∈ Z. 13 مثال 1313 حل المعادلة الاتية 32x ≡ 12 (mod 82) 112 112

i الحل 8x ≡ 3 (mod 41) 8x ≡ 3 + 41 (mod 41) 8x ≡ 44 (mod 41) ÷ 4 2x ≡ 11 (mod 41) 2x ≡ 11 + 41 (mod 41) 2x ≡ 52 (mod 41) ÷ 2 x ≡ 26 (mod 41) x = 41q + 26 14 مثال 1414 حل في مجموعة الاعداد الصحيحة المعادلة الاتية 2444 = 960x (mod 2618) i الحل a, b, c ∈ Z, و n ∈ N كل اجل من مادام 1 ac ≡ bc (mod n) ⇐⇒ a ≡ b (mod n gcd (c, n) ), لدينا 960x ≡ 2444 (mod 2618) ⇐⇒ 240x ≡ 611 (mod 1309). 2 السطر السابق يكافي الجملة الاتية 240x ≡ 611 (mod 7) 240x ≡ 611 (mod 11) 240x ≡ 611 (mod 17). 3 حل الجملة السابقة يكافئ الحصول على x -حل للمعادلة الديوفانتينية (كثير الحدود بمحلول صحيحة فقط جد مهم ) 240x + 1309y = 611. 4 نلاحظ ان ,1) = 1309, 240(gcd يكافئ 240 له مضاعف عكسي متواصل من النقطة . . . . 1 5 خوارزمية اقليدس 1309 = 5(240) + 109 240 = 2(109) + 22 109 = 4(22) + 21 22 = 1(21) + 1 113 113

نقوم بعكس المعادلات السابقة نحصل على : 1 = 22 − 1(21) = 22 − (109 − 4(22)) = 5(22) − 109 = 5(240 − 2(109)) − 109 = 5(240) − 11(109) = 5(240) − 11(1309 − 5(240)) = 60(240) − 11(1309) في Z1309 ,لدينا 1 = 60(240) 240−1 = 60. وبالتالي 960x ≡ 2444 (mod 2618) ⇐⇒ x ≡ 60 × 611 ≡ 8 (mod 1309) . 15 مثال XV باستعمال نظر ية البواقي الصينية حل في مجموعة الاعداد الصحيحة المعادلة الخطية الاتية 17x ≡ 9 (mod 276) i الحل لدينا 17x ≡ 9 (mod 3) 17x ≡ 0 (mod 3) =⇒ x = 3y, y ∈ Z اذن المعادلة الثانية تصبح 17x ≡ 9 (mod 4) 51y ≡ 1 (mod 4) 3y ≡ 1 (mod 4) y ≡ 3 (mod 4) 114 114

ومنه Z ∈ z, 3 + 4z = y نضع هاته المعادلة الاخيرة المتعلقة بالمتغير الصحيح z في المعادلة الثالثة نحصل على : 17x ≡ 9 (mod 23) 51y ≡ 9 (mod 23) 5y ≡ 9 (mod 23) 5(4z + 3) ≡ 9 (mod 23) 20z + 15 ≡ 9 (mod 23) 20z + 6 ≡ 0 (mod 23) 17 × 33 = 561 = 2 × 276 + 9 : نجد بالتحقق. x = 33 اذن y = 11 تعطي والتي z = 2 نحو يقود وهذا 16 مثال 11 باستعمال نظر ية البواقي الصينية حل المعادلة الخطية الاتية 19x ≡ 7 mod 374 i الحل مادام 17 × 11 × 2 = 374 ,فالواجب القيام به هو تطبيق نظر ية البواقي الصينية على الجملة الاتية    19x ≡ 7 mod 2( ⇐⇒ x ≡ 1 mod 2) 19x ≡ 7 mod 11( ⇐⇒ 8x ≡ 7 mod 11) 19x ≡ 7 mod 17( ⇐⇒ 2x ≡ 7 mod 17). تعطي لنا (الخطوات هنا محذوفة ) x ≡ 1 (mod 2) x ≡ 5 (mod 11) x ≡ 12 (mod 17) الان نحتاج الى تطبيق خوارزمية اقليدس للعددين 17, 11 مع العودة الى الوراء اي بشكل عكسي اذن 2 × 17 − 3 × 11 = 1 ومنه, x ≡ 1 (mod 2) و x ≡ 5 × (2 × 17) + 12 × (−3 × 11) (mod 187) ومنه x ≡ 5 × 2 × 17 + 12 × (−3) × 11 + 187 (mod 374) ≡ −39 (mod 374) ≡ 335 (mod 374). 17 مثال 22 جد في مجموعة الاعداد الصحيحة حلول المعادلة الاتية x + y = xyz − 1 115 115

i الحل لدينا z = x + y + 1 xy = 1 y + 1 x + 1 xy ≤ 1 + 1 + 1 ⇒ z = 1, 2, 3 وايضا, zxy − x − y = 1 ⇐⇒ z 2xy − zx − zy + 1 = z + 1 ⇐⇒ (zx − 1)(zy − 1) = z + 1 اذن من اجل .(x − 1)(y − 1) = 2 لدينا, z = 1 • .(2x − 1)(2y − 1) = 3 لدينا, z = 2 • .(3x − 1)(3y − 1) = 4 لدينا, z = 3 • 18 مثال 33 المعادلة تحقق abc للعدد المشكلة a, b, c الارقام) SSSMO(J)2002) • (E) 49a + 7b + c = 286 . جد العدد abc i الحل ناخذ بترديد 7 طرفي المعادلة (E (يتبع (7 mod (6 ≡ c مادام c رقم اذن 6 = c اذن المعادلة (E (تصبح 7a + 4b = 40 =⇒ 7a = 40 − b مادام 31 ≤ 40 − b ≤ 40 وكذلك يوجد عدد وحيد 35 يقبل القسمة على 7 في المجال السابق اذن b = 5, a = 5 ⇔ abc = 556 19 مثال 44 Z ∈ y, x يحققان المعادلة الاتية • ليكن + (E) 2007x − 21y = 1923 • جد القيمة الصغرى للعدد 3y + 2x 116 116

i الحل • لدينا من المعادلة (E( 2007x − 21y = 1923 ⇔ 669x = 7y + 641 ⇔ 669(x − 1) = 7(y − 4) • مادام 0 > 1 − x اذن 4 > y والقيمة الصغرى للعددين الصحيحين الموجبين x و y تعطى بالشكل الاتي x − 1 = 7, y − 4 = 669 وبالتالي 2xmin + 3ymin = 2 × 8 + 3 × 673 = 2043 20 مثال 55 • حل في مجموعة الاعداد الصحيحة المعادلة الخطية الاتية 6x + 15y + 10z = 53 i الحل : الاتية الجملة نحل اذن w = 3y + 2z. ليكن 6x + 15y + 10z = 53 → 6x + 5(3y + 2z) = 53. حل (1) 3y + 2z = w (2) 6x + 5w = 53 حل المعادلة (2 (لدينا .1) = 5, 6(gcd اذن تشكيل التركيبة الخطية نحصل على 1) = 1(−5) + 1(6 .بالضرب في 53 ,ومنه. 6(53) + 5(−53) = 53 على نحصل x = x0 + (b/d)n = 53 + 5n w = w0 − (a/d)n = −53 − 6n. حل المعادلة : (1 (في البداية نقوم بحل المعادلة .1 = 2z + 3y ومنه 1) = 2, 3(gcd ;وبتشكيل التركيبة الخطية نحصل على على للحصول w = −53 − 6n ب نضرب 3(1) + 2(−1) = 1. 3(w) + 2(−w) = w → 3(−53 − 6n) + 2(53 + 6n) = −53 − 6n ومنه. y0 = −53 − 6n and z0 = 53 + 6n , ومنه y = y0 + (b/d)m = −53 − 6n + 2m z = z0 − (a/d)m = 53 + 6n − 3m بنفس الخطة بوضع 5y + 2x = w نحصل على نفس الاجابة 117 117

66 اسئلة اختبار ية A 1) China2007 (لتكن المعادلة 4 3 x − a = 2 5 x + 140 لها حل صحيح موجب مع a وسيط . جد القيمة الصغرى للعدد الصحيح a 2) AHSME1992 (اذا كان k عدد صحيح بحيث المعادلة الاتية بالمتغير x kx − 12 = 3k لها حل صحيح اذن عدد قيم k هي 3 ← (A) • 4 ← (B) • 5 ← (C) • 6 ← (D) • 7 ← (E) • 3) China1990 (الحل الصحيح للمعادلة 1990x − 1989y = 1991 هو (A) x = 12785, y = 12768 (B) x = 12785, y = 12770 (C) x = 11936, y = 11941 (D) x = 13827, y = 12623 يحققان صحيحان عددان B و A ليكن) SSSMO(J)2002) 4 A 11 + B 3 = 17 333 A2 + B2 . جد قيمة 5 ليكن x عدد ذو اربع ارقام او رباعي الارقام بحيث مجموع ارقامه يساوي 2022 . جد هذا العدد x 6) China1997 (n و m عددان صحيحان يحققان 3m + 2 = 5n + 3, 30 < 3m + 2 < 40 جد قيمة mn 7 نفرض ان z, y, x اعداد صحيحة موجبة بحيث x > y > z > 663 مع x و y و z تحقق الجملة الاتية { x + y + z = 1998 2x + 3y + 4z = 5992 . جد قيم كل من x و y و z 118 118

8 كم عدد الحلول الصحيحة للمعادلة الاتية xy + 9(x + y) = 2022 x, y, n ∈ N و n > 1 لما , 1 x + 1 y = 1 n 9 ليكن (n(S عدد الازواج المرتبة (y, x (التي تحقق . جد قيمة (6(S 10 جد جميع حلول المعادلة xy = x + y بحيث الشرط الابتدائي هو Z ∈ y, x 77 اسئلة اختبار ية B 1) ASUMO1988 (برهن انه يوجد مالانهاية من الحلول الصحيحة الموجبة (z, y, x (للمعادلة x − y + z = 1 بحيث z, y, x اعداد صحيحة مختلفة وكذلك ناتج جداء اثنين منهما يقبل القسمة على العدد الثالث 2 ليكن b,a عددان صحيحان موجبان اوليان فيما بينهما . برهن ان المعادلة ax + by = ab − a − b ليس لها حلول سالبة 3) KIEV1980 (قم بضرب عدد طبيعي معين بالعدد 2 ثم اضف له العدد 1 قم بنفس العملية على العدد الناتج . بعد تكرار هاته العملية 100 مرة . هل ان العدد الناتج سيكون قابل للقسمة على العدد 1980 او 1981 4 حل في مجموعة الاعداد الصحيحة المعادلة الاتية 9x1 + 12x2 + 16x3 = 13 المعادلة فان c > ab − a − b و a, b ∈ Z ليكن 5 ax + by = c تقبل حلول ليست سالبة 6 حل في مجموعة الاعداد الصحيحة المعادلة x y + y z + z x = m, m ∈ Z 7 حل في مجموعة الاعداد الصحيحة المعادلة الاتية a = 3b b − 3 , a ∈ Z + المعادلة تحقق x, y ∈ Z 8 برهن انه لايوجد + x y + y + 1 x = 4 1 . . . 1 يقبل القسمة على 81 في حين لايقبل القسمة على 243? | {z } 81 times 9 بين ان x (ليس عدد صحيح من اجل x و y اعداد صحيحة ? 2 − 2)/(2y 10 بين انه لماذا (3 + 2 .p ≡ 1 (mod 3) اذن, p | (3n + 1) و فردي عدد n > 1 , مع اولي عدد p > 2 كان اذا انه بين 11 119 119

XVI جذور ومحدد معادلة من الدرجة الثانية 0 = c + bx + ax2 نسمي معادلة من الدرجة الثانية ذات المجهول الحقيقي x كل معادلة من الشكل: = c + bx + ax2 .a ̸= 0 مع ثابتة حقيقية معاملات c و b ، a حيث 0 · · ·(1) تعر يف01 a(α) 2 + bα + c = 0 :حققت إذا ax2 + bx + c = 0 للمعادلة حل او جذر α يسمى 02يف تعر ax2 + bx + c الحدود ثلاثي بمميز = ∆ b تعر يف03 يسمى العدد 4ac − 2 ،x2 = −b+ √ ∆ 2a = x1 و −b− √ ∆ 2a • 1(إذا كان 0 ،∆ > المعادلة (1 (تقبل حلين مختلفين ax2 + bx + c = a(x − x1) · (x − x2) :التالي بالشكل الحدود ثلاثي تحليل ويمكن ،x1 = x2 = −b • 2(إذا كان 0 ،∆ = المعادلة (1 (تقبل حلا مضاعف 2a ax2 + bx + c = a(x − x1) 2 ويمكن تحليل ثلاثي الحدود بالشكل التالي: • 3(إذا كان 0 ،∆ < المعادلة (1 (لا تقبل حلولا حقيقية. خاصية 1 مثال 11 (China2006 (حل في Z المعادلة الاتية (1) 2006x 2 + 2007x + 1 = 0 i الحل نضع f(x) = 2006x 2 + 2007x + 1 نلاحظ ان 0) = 1(−f اذن (x(f يمكن تحليلها باستعمال العامل (1 + x (اي 2006x 2 + 2007x + 1 = (x + 1)(2006x + 1) −1 ااذن حلول المعادلة (1 (هي 1 −و 2006 2 مثال 22 a و b وسيطين حقيقين . حل في R المعادلتين الاتيتين (1) (a 2 − 1)x + a(x 2 − 1) = a 2 (x 2 − x + 1) 120 120

(2) x 2 − 2(a 2 + b 2 )x + (a 2 − b 2 ) = 0 i الحل يمكن كتابة المعادلة (1 (على الشكل الاتي a(a − 1)x 2 − (2a 2 − 1)x + a(a + 1) = 0 نلاحظ ان المعادلة (1 (ليست من الدرجة الثانية لما 0 = a او 1 = a. • اذا كان 0 = a فان 0 = x هو الحل الوحيد للمعادلة (1( • اذا كان 1 = a فان 2 = x هو الحل الوحيد للمعادلة (1( • اذا كان 0) ̸= 1 − a(a فان الجهة اليسار ية للمعادلة (1 (يمكن ان تحلل بالطر يقة الاتية [ax − (a + 1)][(a − 1)x − a] = 0 تكافئ حلولها كالاتي x1 = a + 1 a , x2 = a a − 1 اما بالنسبة للمعادلة (2 (باستعمال تقنية اكمال المربع يمكن صياغتها بالشكل الاتي [x − (a 2 + b 2 )]2 = 4a 2 b 2 ومنه x = a 2 + b 2 ± 2ab = (a ± b) 2 3 مثال 33 • حل المعادلة الاتية 4 √ x − 3 − √ 6x − 17 = 3 i الحل √ الى طرفي المعادلة (E (نحصل على : 4 لنبدا باضافة الحد 17 − 6x √ x − 3 − √ 6x − 17 = 3 :لدينا 4 ومنه بتربيع الطرفين نحصل على : √ x − 3 = 3 + √ 6x − 17 ( 4 √ x − 3 )2 = ( 3 + √ 6x − 17)2 ⇒ 16(x − 3) = 9 + 6√ 6x − 17 + (6x − 17) ⇒ 16x − 48 = 9 + 6√ 6x − 17 + 6x − 17 ⇒ 10x − 40 = 6√ 6x − 17 121 121

√3 = 20 − 5x ⇒ الان يمكن تربيع طرفي المعادلة مرة يمكن تبسيط المعادلة بقسمة طرفيها على 2 :ومنه 17 − 6x اخرى لحذف اشارة الجذر التربيعي فنتحصل على : ⇒ (5x − 20)2 = ( 3 √ 6x − 17)2 ⇒ 25x 2 − 200x + 400 = 9(6x − 17) ⇒ 25x 2 − 200x + 400 = 54x − 153 ⇒ 25x 2 − 254x + 553 = 0 الان لنحل المعادلة من اجل المتغير الحقيقي x باستعمال الصيغة التربيعية: ⇒ x = −(−254) ± √ (−254)2 − 4(25)(553) 2(25) = 254 ± 96 50 = 127 ± 48 25 = 79 25 , 7 = x لايحقق المعادلة (E . (فالحل هو 7 = x. 79 25 بالرغم من ان , 4 مثال 44 • حل في R المعادلة الاتية x 4 − 4x 3 + 6x 2 − 4x + 1 = 0 i الحل x 4 − 4x 3 + 6x 2 − 4x + 1 = x 4 − 2x 3 + x 2 − 2x 3 + 4x 2 − 2x + x 2 − 2x + 1 = x 2 ( x 2 − 2x + 1) − 2x ( x 2 − 2x + 1) + x 2 − 2x + 1 = ( x 2 − 2x + 1) (x 2 − 2x + 1) = (x − 1)2 (x − 1)2 = (x − 1)4 =⇒ x = 1 5 مثال 55 حل المعادلة x 4 + x 3 − 4x 2 + x + 1 = 0 122 122

i الحل x 4 + x 3 − 4x 2 + x + 1 = (x 4 − 2x 2 + 1) + (x 3 − 2x 2 + x) = (x 2 − 1)2 + x(x − 1)2 = (x − 1)2 ( (x + 1)2 + x ) = (x − 1)2 (x 2 + 3x + 1) = (x − 1)2 (( x + 3 2 )2 + 1 − 9 4 ) = (x − 1)2 (( x + 3 2 )2 − 5 4 ) = (x − 1)2   ( x + 3 2 )2 − (√ 5 2 )2   = (x − 1)2 ( x + 3 + √ 5 2 ) (x + 3 − √ 5 2 ) اذن حلول المعادلة هي x = 1, or, orx = √ 5 − 3 2 , x = − √ 5 − 3 2 6 مثال 66 حل المعادلة الاتية (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 6) − 3x 2 = 0 i الحل (x + 1)(x + 6) = ,(x + 2)(x + 3) = x مفتاح الحل هو كتابة الجداء الاتي على الشكل x − 6 + 6x + 2 x ,ومنه 2 + 6x + 6 + x (x + 2)(x + 3)(x + 1)(x + 6) = (x 2 + 6x + 6)2 − x 2 والتي تعطي لنا (x + 2)(x + 3)(x + 1)(x + 6) − 3x 2 = (x 2 + 6x + 6)2 − 4x 2 = (x 2 + 4x + 6)(x 2 + 8x + 6). الان يمكن الحصول على حلول المعادلة باستعمال الجداء المعدوم 7 مثال 77 • حلل الى جداء عاملين العبارة الجᣞبرية الاتية A = 2x 4 + 9x 3 + 8x 2 + 9x + 2 123 123

88 الحل هذا المثال اي العبارة الجᣞبرية A كثير حدود خاص بمعاملات متناظرة بوضع t := x + 1 x ومنه t 2 = x 2 + 1 x 2 + 2. t .نحصل على 2 الان بالتعو يض في العبارة الجᣞبرية A بالمتغيرين t و 2x 2 + 9x + 8 + 9 x + 2 x 2 = 2t 2 + 9t + 4 = (2t + 1)(t + 4) 8 مثال 99 √3 β + √3 α قيمة جد), x 2 • اذا كان α و β حلول المعادلة 0 = 1) − 4x) − ( i الحل على نحصل αβ = −1, و α + β = 4 مادام , وبالتالي√. 3 α + √3 β = x ليكن x 3 = α + β + 3√3 αβ( √3 α + √3 β) = 4 + 3 · (−1)x او x 3 + 3x − 4 = 0 او x 3 − x 2 + x 2 − x + 4x − 4 = 0 او (x − 1)(x 2 + x + 4) = 0, والذي يعطي لنا 1 = x. 9 مثال 1010 حل المعادلة الاتية √ x + 1 + √ x − 1 − √ x 2 − 1 = x 124 124

i الحل = v .ومنه نلاحظ ان √ x − 1 و u = √ x + 1 نضع (1) (u + v)(u + v − 2) = 0 مادام 0 ≥ u و 0 ≥ v ,الحل الوحيد للمعادلة (1 (هو حل للمعادلة v − 2 = u او (2) √ 1 + x = 2 − √ x − 1 نقوم بتربيع طرفي المعادلة (2 (نحصل على 1 + x = 4 + (x − 1) − 4 √ x − 1 =⇒ x = 5 4 10 مثال 1111 حل المعادلة الاتية √ x + 19 + √ x − 2 = 7 i الحل لدينا (1) √ x + 19 + √ x − 2 = 7 √2 + 19 + x نجمع الحدود المتشابهة نحصل x + 19√ x − 2 + x − 2 = 49 على نحصل) 1) المعادلة طرفي بتربيع على 2x + 17 + 2√ x 2 + 17x − 38 = 49 √ x 2 + 17x − 38 = 32 − 2x 2 بتربيع الطرفين x 2 + 17x − 38 = 1024 − 128 + 4x 2 4 x 2 + 17x − 38 = 256 − 32x + x 2 49x = 294 وبالتالي x = 294 49 = 6 125 125

11 مثال 1212 • (China2003 (ليكن a اصغر جذر للمعادلة (E) x 2 − 3|x| − 2 = 0 − 1 a جد قيمة i الحل من الواضح ان 0 ليس جذر للمعادلة (E . (اذن لدينا (−a) 2 − 3| − a| − 2 = a 2 − 3|a| − 2 = 0 يستلزم ان a −ايضا جذر للمعادلة (E (في حين لدينا a < −a يستلزم ان 0 < a وبالتالي يكفي ان نجد الجذر الموجب الاعظمي اذن نحل المعادلة x 2 − 3x − 2 = 0 − = a ومنه 3+√ 17 2 √+3 وبالتالي 17 والتي تعطي لنا 0 > 2 − 1 a = 2 3 + √ 17 = 2(√ 17 − 3) 17 − 9 = √ 17 − 3 4 1313 اسئلة اختبار ية A 1 جد مجموع حلول المعادلة x 2 − 15⌊x⌋ + 36 = 0 2 كم عدد قيم a لـكي تقبل المعادلة الاتية (a 2 − 1)x 2 − (a 2 − 3a + 2)x + a 2 − 8a + 7 = 0 , ذات المتغير الحقيقي x ثلاث حلول متمايزة x . ماهي الحلول الاخرى للمعادلة 3 اذا كان 4 احد حلول المعادلة الاتية 10 = k + 3x + 2 4 حل في R المعادلة الاتية |x 2 − 3x − 4| = |x − 2| − 1 5) CHNMOL2004 (لتكن المعادلة ذات المتغير الحقيقي x مع m وسيط حقيقي . ماذا عن جذور المعادلة الاتية (m − 6)x 2 − 2(m + 2)x + m + 5 = 0 ? 6) China2005 (حل المعادلة التربيعية الاتية (m − 2)x 2 − (m + 3)x − 2m − 1 = 0 126 126

7) CMO1988 . (من اجل اي قيمة للعدد الحقيقي b يكون للمعادلتين الاتيتين جذر مشترك (E) 1988x 2 + bx + 8891 = 0 (E ′ ) 8891x 2 + bx + 1988 = 0 a اذن المعادلة 2 + b 2 + c 2 > 0 حيث حقيقية اعداد c و b و a (China1997) 8 x 2 + (a + b + c)x + (a 2 + b 2 + c 2 ) = 0 لها ← A (حلين حقيقين سالبين ← حلين حقيقين موجبين ← حلين حقيقين متعاكسين في الاشارة ← ليس لها حلول حقيقية 9 ليكن a حل للمعادلة x 2 − x − 3 = 0 . جد قيمة a 3 + 1 a 5 − a 4 − a 3 + a 2 10 حل المعادلة √ 2022 + √ 2022 − x = x 1414 اسئلة اختبار ية B 1 m عدد حقيقي . حل من اجل x المعادلة |x 2 − 1| + |x 2 − 4| = mx 2) China1988 (اذا كان q2, q1, p اعداد حقيقية حيث 1 + q2 + q1 = p . برهن انه على الاقل احدى المعادلتين الاتين x 2 + x + q1 = 0 , x2 + px + q2 = 0 لها حلين حقيقين متمايزين Z ∈ b, a حيث ان المعادلتين الاتيتين لهما جذر مشترك + (CHNMOL2003) 3 (a − 1)x 2 − (a 2 + 2)x + (a 2 + 2a) = 0 ,(b − 1)x 2 − (b 2 + 2)x + (b 2 + 2b) = 0 . جد قيمة a b + b a a −b + b −a ,0 ∈ (a . حل المعادلة الاتية 1 4 4 ليكن ( x 2 + 2ax + 1 16 = −a + √ a 2 + x − 1 16 5 حل المعادلة x + a 3 = √3 a − x حيث a وسيط حقيقي 127 127

XVII العلاقة بين جذور ومعاملات معادلة من الدرجة الثانية نظر ية s'Vieta (a ̸= 0) ax2 + bx + c = 0 للمعادلة حلين x2 و x1 كان إذا { x1 + x2 = −b a x1 · x2 = c a فإن: نظر ية x من أجل كل عددين حقيقيين α و β المعادلة ذات المجهول الحقيقي x :0 = β· α+x)· β +α −(2 تقبل حلين هما α و β. خاصية02 1 مثال 11 √ + 1 = x1 . .جد المعادلة 3, x2 = 1 − √ ليكن 3 (E) ax2 + bx + c = 0 حيث x2, x1 حلولها او جذورها i الحل مادام x1 و x2 حلول المعادلة (E (اذن يمكن ان نكتب (x1 − x)(x2 − x) = 0 بحيث x 2 − (x1 + x2) · x + x1x2 = 0 c = x1x2 و b = −x1 − x2 ,a = 1 وبالتالي 2 مثال 22 لتكن العبارة (E) (x1 + 2x2)(x2 + 2x1) مع x1 و x2 جذور المعادلة f(x) = x 2 + ax + a + 1 5 جد قيم العدد الحقيقي a التي تقود الى اصغر قيمة للعبارة (E( 128 128

i الحل ليكن x1 و x2 جذور المعادلة f(x) = x 2 + ax + a + 1 5 = 0 x1 · x2 = a + 1 5 و x1 + x2 = −a ومنه الان (x1 + 2x2)(x2 + 2x1) = x1 · x2 + 2 [ x 2 1 + x 2 2 ] + 4x1 · x2 = 5x1x2 + 2 [ (x1 + x2) 2 − 2x1 · x2 ] ومنه نضع او نترك f(a) = −5 ( a + 1 5 ) + 2 [ a 2 − 2 ( a + 1 5 )] = 2a 2 + a + 1 5 ومنه f(a) = 2 [ a 2 + a 2 + 1 10] = 2 [ a 2 + a 2 + 1 4 2 − 1 4 2 + 1 10] = 2 [( a + 1 4 )2 + 3 80] وبالتالي القيمة الاصغر ية للدالة (a(f تحصل لما ( a + 1 4 )2 = 0 ⇒ a = − 1 4 . 3 مثال 33 .(x2 − x1) 2 (x3 − x1) 2 (x3 − x2) 2 x . جد 3 − 2x 2 + 3x + 5 = 0 الاتي الحدود كثير جذور x1, x2, x3 ليكن i الحل .x1x2x3 = w 3 و x1x2 + a1x3 + x2x3 = 3v 2 ,x1 + x2 + x3 = 3u ليكن وبالتالي u = 2 3 , v 2 = 1, w 3 = −5 و (x1 − x2) 2 (x1 − x3) 2 (x2 − x3) 2 = = 27(3u 2 v 4 − 4v 6 − 4u 3w 3 + 6uv2w 3 − w 6 ) = = 27 ( 4 3 − 4 + 160 27 − 20 − 25) = −1127. 129 129

4 مثال 44 ليكن x4, x3, x2, x1 الجذور الاربعة للمعادلة الاتية x 4 + kx2 + 90x − 2009 = 0. اذا كان x1x2 = 49, فماهي قيمة k. i الحل لدينا : x1 + x2 + x3 + x4 = 0 → x3 + x4 = −(x1 + x2) (x1 ∗ x2 = 49) و) x1 ∗ x2 ∗ x3 ∗ x4 = −2009) → x3 ∗ x4 = −41 الان, k = (x1 + x2)(x3 + x4) + (x1 ∗ x2) + x3 ∗ x4 = 8 + (x1 + x2)(x3 + x4) −90 = x1x2(x3 + x4) + x3x4(x1 + x2) → −90 = 90(x3 + x4) .k = (8 − 1) = 7 - : ومنه. x1 + x2 = 1 و → x3 + x4 = −1 5 مثال 55 x تحقق 3 + ax + b = 0 ان برهن Viete علاقة باستعمال (x1 − x2) 2 (x1 − x3) 2 (x2 − x3) 2 = −4a 3 − 27b 2 i الحل للتذكر علاقة s'Vieta هي العلاقة بين جذور المعادلة التربيعية اي معادلة من الدرجة الثانية. · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ليكن f(x) = x 3 + ax + b = (x − x1)(x − x2)(x − x3) ومنه f ′ (x) = 3x 2 + a = (x − x1)(x − x2) + (x − x1)(x − x3) + (x − x2)(x − x3) 130 130

وهذا يسمح لنا بالحصول على المعادلة الاتية f ′ (x1)f ′ (x2)f ′ (x3) = (3x 2 1 + a)(3x 2 2 + a)(3x 2 3 + a) = −(x1 − x2) 2 (x1 − x3) 2 (x2 − x3) 2 نحاول حساب (x1 − x2) 2 (x1 − x3) 2 (x2 − x3) 2 = −(3x 2 1 + a)(3x 2 2 + a)(3x3 + a) = −(a 3 + 3a 2 (x 2 1 + x 2 2 + x 2 3 ) + 9(x 2 1x 2 2 + x 2 1x 2 3 + x 2 2x 2 3 )a + 27x 2 1x 2 2x 2 3 ) باستعمال علاقة اوصيغة s'Vieta نحصل على x1 + x2 + x3 = 0 x1x2 + x1x3 + x2x3 = a x1x2x3 = −b ومنه x 2 1 + x 2 2 + x 2 3 = (x1 + x2 + x3) 2 − 2(x1x2 + x1x3 + x2x3) = −2a x 2 1x 2 2 + x 2 1x 2 3 + x 2 2x 2 3 = (x1x2 + x1x3 + x2x3) 2 − 2x1x2x3(x1 + x2 + x3) = a 2 هنا يمكننا الحصول على العبارة النهائية (x1 − x2) 2 (x1 − x3) 2 (x2 − x3) 2 = −(a 3 − 6a 3 + 9a 3 + 27b 2 ) = −(4a 3 + 27b 2 ) 6 مثال 66 جد عدد حلول المعادلة الاتية (E) 2x1 + x2 + x3 = n i الحل باستعمال الدالة المولدة للمعادلة (E (المعرفة بالشكل الاتي (1 + x 2 + x 4 + · · ·)(1 + x + x 2 + · · ·) 2 = 1 1 − x 2 1 (1 − x) 2 131 131

والتي تقود نحو البحث عن معاملات سلسلة تايلور اي باستعمال الـكسر الجزئي لدينا: 1 1 − x 2 1 (1 − x) 2 = 1 (1 + x)(1 − x) 3 = 1 8 ( 1 1 + x + 7 − 4x + x 2 (1 − x) 3 ) = 1 8 ( 1 1 + x + 1 (1 − x) + 2 (1 − x) 2 + 4 (1 − x) 3 ) = 1 8 ∑∞ n=0 ( (−1)n + 1 + 2(n + 1) + 2(n + 1)(n + 2)) x n = 1 8 ∑∞ n=0 ( (−1)n + 7 + 8n + 2n 2 ) x n , حيث قمنا باشتقاق المساواة الاتية 1 1 − x = ∑∞ n=0 x n للحصول على 1 (1 − x) 2 = ∑∞ n=0 nxn−1 = ∑∞ n=0 (n + 1)x n ومنه 2 (1 − x) 3 = ∑∞ n=0 n(n + 1)x n−1 = ∑∞ n=0 (n + 1)(n + 2)x n . 7 مثال 77 اذا كان q, p و r حلول مختلفة للمعادلة x 3 − x 2 + x − 2 = 0 .p 3 + q 3 + r 3 . جد قيمة i الحل لدينا (x 3 − 2)3 = (x 2 − x) 3 ومنه (x 3 ) 3 − 8 − 3(x 3 ) 2 2 + 3(x 3 )22 = (x 3 ) 2 − (x 3 ) − 3x 2 · x(x 3 − 2) 132 132

x لايجاد نقوم بتعو يض y = 3 y 3 − 8 − 3y 2 · 2 + 3y · 2 2 = y 2 − y − 3y(y − 2) ⇐⇒ y 3 − y 2 (6 + 1 − 3) + · · · = 0 p ومنه 3 , q3 , r3 حيث ان جذورها هي =⇒ p 3 + q 3 + r 3 = 6 + 1 − 3 1 8 مثال 88 2x ,بين ان : 3 + x 2 + x + 1 = 0 المعادلة جذور α, β, γ كان اذا ( 1 β 3 + 1 γ 3 − 1 α3 )( 1 γ 3 + 1 α3 − 1 β 3 )( 1 α3 + 1 β 3 − 1 γ 3 ) = 16 i الحل نضع P(x) = 2x 3 + x 2 + x + 1 نلاحظ انه عند ضرب كثير الحدود السابق (x(p بالعامل 1 − x نحصل على x 3 (x − 1) + (x − 1)(x 3 + x 2 + x + 1) = 0 ومنه 2x 4 − x 3 − 1 = 0 =⇒ 1 x 3 = 2x − 1 اذن العبارة يمكن كتابتها بالشكل الاتي E = (2β + 2γ − 2α − 1)(2β − 2γ + 2α − 1)(−2β + 2γ + 2α − 1) الان نلاحظ ان β + γ + α = − 1 2 ومنه E = −8(2α + 1)(2β + 1)(2γ + 1) = −64(α + 1 2 )(β + 1 2 )(γ + 1 2 ) = −32 · p(− 1 2 ) = −16 9مثال 99 x ,جد قيمة العدد الحقيقي k بحيث ان 3 − 6x 2 + kx + k = 0 المعادلة جذور γ و β ,α كان اذا (α − 1)3 + (β − 2)3 + (γ − 3)3 = 0 . من اجل اي قيمة ممكنة للعدد الحقيقي k قم بحل المعادلة 133 133

i الحل و α − 1 + β − 2 + γ − 3 = 0 مادام a 3 + b 3 + c 3 − 3abc = (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 − ab − ac − bc), نلاحظ ان (α − 1)(β − 2)(γ − 3) = 0 = k ومعادلتنا هي 5 2 ومنه لدينا الحالات الاتية : 1 .1 = α ,التي تعطي 2x 3 − 12x 2 + 5x + 5 = 0 او 2x 3 − 2x 2 − 10x 2 + 10x − 5x + 5 = 0 او (x − 1)(2x 2 − 10x − 5) = 0, }. بالنسبة للحالة الثانية والثالثة نفسها 1, 5+√ 35 2 , 5+√ 35 2 } والتي تعطي 10 مثال 1010 اذا كان (E) x 3 + px − q = 0 اذن جد قيمة (α + β)(β + γ)(α + γ)(1/α 2 + 1/β 2 + 1/γ 2 ) i الحل لدينا (1) α + β + γ = 0 (2) αβ + βγ + γα = p (3) αβγ = q 134 134

وهنا بحساب العبارة (E (المعطاة ب E = (α + β)(β + γ)(γ + α) ( 1 α2 + 1 β 2 + 1 γ 2 ) = (−γ)(−α)(−β) ( 1 α2 + 1 β 2 + 1 γ 2 ) = − α 2β 2 + β 2γ 2 + γ 2α 2 αβγ = − (αβ + βγ + γα) 2 − 2αβγ(α + β + γ) αβγ = − p 2 q 1111 اسئلة اختبار ية A 1) China1997 (لتكن المعادلة (E) x 2 + (2a − 1)x + a 2 = 0 لها حلين حقيقين موجبين مع Z ∈ a . اذا كان x1 و x2 حلين للمعادلة (E . (جد قيمة | √ x1 − √ x2| 2) CHNMOL1996 (ليكن x1 و x2 جذور المعادلة x 2 + x − 3 = 0 جد قيمة x 3 1 − 4x 2 2 + 19 3) China1996 (لتكن المعادلة التربيعية x 2 − px + q = 0 β جذورا لها 3 α و 3 جذورها α و β . جد المعادلة التربيعية التي تاخذ 4) CHNMOL2000 (ليكن m عدد حقيقي ليس اقل من 1 −بحيث المعادلة ذات المتغير الحقيقي x x 2 + 2(m − 2)x + m2 − 3m + 3 = 0 x . جد قيمة m 2 1 + x 2 تقبل حلين مختلفين x1 و x2 حقيقين . اذا كان 6 = 2 5) China1997 (ليكن a و b عددين صحيحين حيث b>a . الجذرين α و β للمعادلة x 2 + 3(a + b)x + 4ab = 0 تحقق العلاقة الاتية α(α + 1) + β(β + 1) = (α + 1)(β + 1) . جد كل الثنائيات (b, a (للاعداد الصحيحة 135 135

6 برهن انه اذا كان α و β جذور المعادلة x 2 + px + 1 = 0 واذا كان γ, δ جذور المعادلة x 2 + qx + 1 = 0 فان (α − γ)(β − γ)(α + δ)(β + δ) = q 2 − p 2 7) China2005 (اذا كان q, p عددين حقيقين يحققان العلاقات الاتية 2p 2 − 3p − 1 = 0, q2 + 3q − 2 = 0 , pq ̸= 1 جد قيمة pq + p + 1 q ليكن) Rusmo1989) 8 p + q = 198 . جد الحلول الصحيحة للمعادلة x 2 + px + q = 0 9 ليكن α و β الجذور الحقيقية للمعادلة x 2 − 2x − 1 = 0 . جد قيمة 5α 4 + 12β 3 10 جد عدد حلول المعادلة x1 + x2 + x3 + 2x4 = 2022 1212 اسئلة اختبار ية B 1) China1988 (لتكن α و β جذور المعادلة (E) x 2 − 7x + 8 = 0, α > β . جد قيمة 2 α + 3β 2 دون حل المعادلة (E( c . برهن ان 2 = ab − 16 و a = 8 − b ليكن 2 a = b 3) ASUMO1988 (اذا كان حلول المعادلة التربيعية الاتية x 2 + ax + b + 1 = 0 اعداد طبيعية . برهن ان a 2 + b 2 ليس عدد اولي 136 136

4) China1999 (حل المعادلة 13x − x 2 x + 1 ( x + 13 − x x + 1 ) = 42 x |لها x4, x3, x2, x1 اربعة حلول مختلفة حيث 2 − 3x + 2| = mx المعادلة 5 s(m) = 1 x1 2 + 1 x2 2 + 1 x3 2 + 1 x4 2 , 0 < m < 3 − 2 √ 2 . عبر عن (m(s بدلالة m 6 برهن انه اذا كان x3, x2, x1 جذور المعادلة x 3 + px + q = 0 فان x 3 1 + x 3 2 + x 3 3 = 3x1x2x3 7 جد جميع قيم p ,بحيث جذور المعادلة f(x) = x 3 + 8x 2 + px + 12 تحقق x1 + x2 = x3 Diophantine equation(II) الديوفانتينية المعادلة XVIII من أجل كل عددين حقيقيين a و b عددين حقيقيين، و n عدد طبيعي غير معدوم: a 2 n − b 2 n = (a − b) · (a + b) · (a 2 + b 2 )· · ·(a 2 n−1 − b 2 n−1 ) خاصية01 (Sophie German Identity) a 4 + 4b 4 = (a 2 + 2b 2 + 2ab) · (a 2 + 2b من أجل كل عددين حقيقيين a و b) 2ab − 2 خاصية02 Pythagorean Equation فيتاغورس ثلاثية 11 a 2 + b 2 = c 2 تعر يف a ، b و c ثلاث أعداد طبيعية. نقول أن (c, b, a (ثلاثية فيتاغورس إذا كان: 137 137

إذا كانت (c, b, a (ثلاثية فيتاغورس وكان d قاسما مشتركا لعنصرين من بين a و b و c فإن d يقسم العنصر الثالث. خاصية01 إذا كانت (c, b, a (ثلاثية فيتاغورس.وكانت الأعداد a ، b و c أولية فيما بينها مثنى مثنى فإن: c عدد فردي و a و b أحدهما زوجي والآخر فردي. خاصية02 إذا كانت a ، b و c أعداد طبيعية حيث: c = b · a و 1 = b ∧ a فإنه يوجد عددان طبيعيان m و n b = n 2 و a = m2 يحققان: خاصية03 :a 2 + b 2 = c 2 a ، b و c أعداد طبيعية أولية فيما بينها مثنى مثنى ، حلول المعادلة: n − m2 = a حيث m و n عددين طبيعيين أوليان 2 ; b = 2m · n; c = m2 + n تكون من الشكل 2 فيما بينهما مع n > m. خاصية04 1 مثال 22 بحيث m, n ∈ N ليكن (E) 2m2 + m = 3n 2 + n جد جميع الحلول الصحيحة للمعادلة (E( i الحل لدينا 2m2 + m = 3n 2 + n 1 8 ( (4m + 1)2 − 1 ) = 1 12 ( (6n + 1)2 − 1 ) 3(4m + 1)2 − 3 = 2(6n + 1)2 − 2 ,لدينا, y = (6n + 1)2 و x = (4m + 1)2 نضع 3x 2 − 2y 2 = 1 الحل العام للمعادلة (E (تحصلنا عليه من العلاقة التراجعية الاتية xn+1 = 5xn + 4yn, yn+1 = 6xn + 5yn, (x1, y1) = (1, 1). 2 مثال 33 حل المعادلة الديوفانتينية الاتية n 2 + n + 1 = m3 , m, n ∈ Z 138 138

i الحل هذا النوع من المعادلات يسمى بمعادلات Mordell) يمكن الاطلاع على [14 . ([لدينا n 2 + n + 1 = m3 هنا يمكن الضرب في العدد 64 فنحصل على المعادلة الاتية : (8n − 4)2 + 48 = (4m) 3 . m2−m+1 = n 2 y في مجموعة الاعداد الصحيحة هو: (4; ±4 (and) 148, ±28 .(ومنه 2+48 = x 3 كل حلول المعادلة لها حلول في مجموعة الاعداد الصحيحة وهي : (1, 1 (و (7, 19.( 3 مثال 44 جد حلول المعادلة الاتية في مجموعة الاعداد الصحيحة (E) x 2 − 3y 2 = −2 i الحل المعادلة (E (هي احد معادلات Pell) للاطلاع عليها يمكن الدخول الى [15 ([سنقترح طر يقة كلاسيكية لحل المعادلة (E( باستعمال الحل الخاص . نفرض اننا تحصلنا على الحل الخاص للمعادلة (E (اي (3, 5) = (y0, x0 .(اذن يمكن كتابة (x0 + y0 √ 3)(x0 − y0 √ 3) = −2. 2 .يمكن كتابة المعادلة الاخيرة على الشكل 2 − 3(12 نلاحظ ان 1) = (2 + √ 3)(2 − √ 3) = 1. بتركيب النتيجتين اي المعادلة العامة (E (مع الحل الخاص الذي فرضناه في الانطلاقة نحصل على (x0 + √ 3y0)(2 + √ 3)(x0 − √ 3y0)(2 − √ 3) = −2. بالنشر نجد [2x0 + 3y0 + √ 3(x0 + 2y0)][2x0 + 3y0 − √ 3(x0 + 2y0)] = −2. هاته النتيجة فقط تبين ان (2x0 + 3y0) 2 − 3(x0 + 2y0) 3 = −2. ان بينا لقد. y1 = x0 + 2y0 و, x1 = 2x0 + 3y0 بوضع x 2 1 − 3y 2 1 = −2 . في الحالة العامة اذا وجدنا الحل (yn, xn (يمكن ايجاد حل اخر اي (1+yn, 1+xn (اين xn+1 = 2xn + 3yn and yn+1 = xn + 2yn. الان يمكن التعو يض في العلاقة التراجعية الاخيرة اي الحل العام بالحل الخص الذي فرضناه نتحصل على مجموعة الحلول وهي غير منتهية 139 139

4 مثال 55 متى يكون 8x 2 − 4 مربع تام i الحل لتكن المعادلة 2n 2 − 1 = (m − n) 2 . من هنا يمكن كتابة 2mn = m2 − n 2 + 1. نضع x = m2 − n 2 , y = 2mn, z = m2 + n 2 ⇒ x 2 + y 2 = z 2 . لـكن y = x + 1, ومنه يمكن ان نحصل على x 2 + (x + 1)2 = z 2 , حيث يمكن كتابتها على الشكل 2z 2 − 1 = (2x + 1)2 , او 2 ( m2 + n 2 | {z } n′ )2 − 1 = ( 2 [ m2 − n 2 ] + 1 | {z } m′−n′ )2 . ومنه نبدا ب ( m, n) ′m (باستعمال , n′ يمكننا توليد الثنائية الموالية ( ( m′ , n′ ) = ( 3m2 − n 2 + 1, m2 + n 2 ) . نلاحظ ان 2 = m و 1 = n يقود نحو 2 · 1 2 − 1 = (2 − 1)2 بنفس الـكيفية يمكننا توليد الثنائية الموالية (′′n′′, m (باستعمال ( m′ , n′ ) = ( 3 · 2 2 − 1 2 + 1, 2 2 + 12 ) = ( 12, 5 ) . ( m′′, n′′) = ( 3 · 122 − 5 2 + 1, 122 + 52 ) = ( 408, 169) . ( m′′′, n′′′) = ( 3 · 4082 − 1692 + 1, 4082 + 1692 ) = ( 470832, 195025) . 140 140

الاعداد التي نبحث عليها هي الاعداد n ,بحيث الاعداد الاولى تعطى بالشكل الاتي n = 1 n = 5 n = 169 n = 195025 الاعداد السابقة ليست كل الاعداد المطلوب البحث عنها ولهذا نقترح الطر يقة العامة على النحو التالي . لدينا 2x 2 n − 1 = y 2 n , اين كل من xn و yn اعداد صحيحة اذن xn = 7 + 5√ 2 2 √ 2 ( 3 + 2√ 2 )n−1 − 7 − 5 √ 2 2 √ 2 ( 3 − 2 √ 2 )n−1 . النتائج هي n xn 0 1 1 5 2 29 3 169 4 985 5 5741 6 33461 7 195025 8 1136689 9 6625109 10 38613965 5 مثال 66 حل المعادلة الديوفانتينية الاتية x 2 − y 4 = 336 i الحل من x 2 − y 4 = 336 ⇐⇒ (x − y 2 )(x + y 2 ) = 336 نلاحظ ان : y + x كليهما قواسم للعدد 336; 2 و x − y 2 1 y يجب ان يكونا اما زوجيين او فرديين 2 و x 2 ;x > y2 3 141 141

قواسم العدد 336 هي الثنائيات (1, 336), (2, 168), (3, 112), (4, 84), (6, 56), (7, 48), (8, 42),(12, 28), (14, 24), (16, 21) بتطبيق الشرط الثاني نقوم باختصارها وصولا الى (2, 168), (4, 84), (6, 56), (8, 42), (12, 28), (14, 24). الان اذا كنا نعرف مجموع وفرق الكميتين يمكننا الرجوع الى الكميتين الاصليتين فتطبيق هذه الملاحظة على الازواج المذكورة اعلاه يقود نحو الازواج او الثنائيات الاتية (85, 83), (44, 40), (31, 25), (25, 17), (20, 8), (19, 5). y على التوالي ومادام الطرف الثاني للثنائية من الواجب ان يكون مربع تام وعليه الثنائية المرشحة 2 هاته الازواج تكون هي x و الوحيدة هي (31, 25), اي 31 = x و 5 = y .ويمكننا التاكد بسهوله من انها الحل الوحيد فقط بالتعو يض في المعادلة الاصلية.فقط الحلول درسناها على مجموعة الاعداد الطبيعية ويمكن بسهولة تمديد ذلك الى مجموعة الاعداد الصحيحة 6 مثال 77 برهن ان المعادلة الاتية (1) x 2 + 41 = y 3 لاتقبل حلول صحيحة i الحل يمكن كتابة المعادلة (1 (على الشكل الاتي x 2 + 72 = y 3 + 8 = (y + 2)(y 2 − 2y + 4) y .اذن لها عدد اولي من الشكل 1 −4k ; x يكون زوجي وبالتالي y عدد فردي هنا نحصل على 4 mod 1 ≡ −4 + 2y −2 x يمكن ان يكون له عدد اولي وحيد من الشكل 1 −4k بالضبط 2 + 72 مع اس فردي عند التحليل الى جداء عوامل اولية . ل عامل يمثل gcd لـكن, 7 | gcd(y + 2, y2 − 2y + 4) ومنه. 7 العدد 2 2 + 2 · 2 + 4 = 12 . هنا تناقض . 7 مثال 88 حل المعادلة الديوفانتينية الاتية x 2 + 23y 2 = 2z 2 142 142

i الحل لدينا x 2 + 23y 2 = 2z 2 ⇐⇒ x 2 + (5y) 2 = 2(z 2 + y 2 ) . مادام حلول المعادلة X 2 + Y 2 = 2Z 2 تعطى بالمتطابقة الاتية (a 2 + 2ab − b 2 ) 2 + (a 2 − 2ab − b 2 ) 2 = 2(a 2 + b 2 ) a وتساوي 2 − 2ab − b 2 a او 2 + 2ab − b يمكن ان نحاول (b, a) = (z, y (سيكون الحل بكل تاكيد احد هاته الحلول 2 .(x, y, z) = (3, 1, 4) الحل هذا على نحصل) y, z) = (1, 4) المثال سبيل على ناخذ. 5b 8 مثال 99 برهن ان المعادلة الديوفانتينية الاتية ليس لها حل في مجموعة الاعداد الصحيحة x 2 + 6y 2 − xy = 47 i الحل المعادلة x 2 − xy + y 2 − 47 = 0 تمثل قطع ناقص ومن السهل التاكد من ان 3 ≥ y و 3 ≤ −y لاتوجد حلول حقيقية للمعادلة التربيعية الناتجة وبالتالي يمكن التحقق من القيم ادناه . x لما y تاخذ القيم 0, 1, ±2 = ±y .نحصل على y = −2 ⇒ x 2 + 2x − 23 = 0 y = −1 ⇒ x 2 + x − 41 = 0 y = 0 ⇒ x 2 − 47 = 0 y = 1 ⇒ x 2 − x − 41 = 0 y = 2 ⇒ x 2 − 2x − 23 = 0 ليس لأي من هذه المعادلات الخمس جذور صحيحة. وبالتالي فإن معادلة ديوفانتين المعطاة ليس لها حل. 9 مثال 1010 بين ان المعادلة الديوفانتينية الاتية (1) m(m − 1)(m − 2)(m − 3) = 24(n 2 + 9) ليس لها حلول صحيحة 143 143

i الحل . ليكن k عدد صحيح بين 1 − m و 2 − m اذن k = (m − 1) + (m − 2) 2 = m − 3 2 . اذن الطرف الايسر للمعادلة (1 (هي m(m − 1)(m − 2)(m − 3) = ( k + 3 2 ) (k + 1 2 ) (k − 1 2 ) (k − 3 2 ) = ( k 2 − 9 4 ) (k 2 − 1 4 ) = k 4 − 10 4 k 2 + 9 16 = k 4 − 5 2 k 2 + 25 16 − 25 16 + 9 16 = ( k 2 − 5 4 )2 − 1 = (( m − 3 2 )2 − 5 4 )2 − 1 = (m2 − 3m + 1)2 − 1. ومنه المعادلة هي (m2 − 3m + 1)2 − 24n 2 = 24 · 9 + 1 = 7 · 31. هذا دليل جيد للاخذ بترديد .7 mod ومنه (m2 − 3m + 1)2 ≡ 3n 2 (mod 7). 0, 1, 2, 4. هي 7 للعدد التربيع ترديدات المتبقيان الوحيدان حيث يكون أحدهما ثلاثة أضعاف الآخر هما .0 و .0 اذن 1 + 3m − m2 و n يقبلان القسمة على العدد .7 في الحالة الاولى m2 − 3m + 1 ≡ 0 (mod 7). تكافئ , (m + 2)2 ≡ 3 (mod 7). لـكن ولا واحدة من البواقي التربيعية تكون هي العدد 3 وهذا يناقض وجود الحلول الصحيحة .(n, m( 10 مثال 1111 حل المعادلة الديوفانتينية التربيعية الاتية (1) 3x 2 + 6x + 1 ≡ 0 (mod 19) 144 144

i الحل المعادلة (1 (تكافئ 3x 2 + 6x + 39 ≡ 0 (mod 19) او الى : x 2 + 2x + 13 ≡ 0 (mod 19) او الى : (x + 1)2 ≡ 7 (mod 19). و 19 عدد اولي من الشكل 1 − 4k ,الجذر التربيعي للعدد 7 يعطى ب ( 7 19 ) = − ( 5 7 ) = − ( 2 5 ) مادام 1= + 7 19+1 4 ≡ 7 5 ≡ 11 (mod 19) اي, x + 1 ≡ ±11 (mod 19) هي والحلول x ∈ {7, 10} (mod 19) . 11 مثال 1212 حل المعادلة 4x 2 ≡ 1 (mod 29) i الحل 4x 2 ≡ 1 (mod 29) =⇒ (2x − 1)(2x + 1) ≡ 0 (mod 29) =⇒ (2x + 1) ≡ 0 (mod 29)او)2x − 1) ≡ 0 (mod 29) =⇒ 2x ≡ −1 (mod 29)or2x ≡ 1 (mod 29) =⇒ 2x ≡ −1 + 29 (mod 29)او2x ≡ 1 + 29 (mod 29) =⇒ 2x ≡ 28 (mod 29)او2x ≡ 30 (mod 29) =⇒ x ≡ 14orx ≡ 15( gcd(2, 29) = 1 12 مثال 1313 برهن ان x 2 ≡ −1 (mod p) لاتقبل حلولا اذا كان (4 mod (3 ≡ p. 145 145

i الحل لدينا, p = 4k + 3 ومادام. x 4 ≡ 1 (mod p) ومنه. x 2 ≡ −1 (mod p) ان نفرض x p−1 = x 4k+2 = x 2x 4k ≡ −1(x 4 ) k ≡ −1 (mod p), والذي يناقض مبرهنة فيرما الصغيرة 13 مثال 1414 جد جميع الاعداد الاولية p بحيث p)/1 − 1−2p (مربع تام i الحل مادام gcd(2k−1, 2 k+1) = 1 ان نعرف 2 2k−1 = (2k−1)(2k+1) = pm2 . ومنه k ∈ N, مع p = 2k+1 ليكن 2 k−1 = x 2 , 2 k+1 = py2 2 او k−1 = px2 , 2 k+1 = y 2 عبارة عن اعداد فردية متتابعة فانه يمكن تقسيم المعادلة الى 1515 اسئلة اختبار ية A 1) Kiev1962 (برهن ان المعادلة x 2 + y 2 = 3z 2 (x, y, z) ̸= (0, 0, 0) صحيحة حلولا لاتقبل 2) CHNMOL2003 (ليكن b, a عددان صحيحان يحققان المعادلة الاتية [ 1 a 1 a − 1 b − 1 b 1 a + 1 b ](1 a − 1 b )( 1 1 a 2 + 1 b 2 ) = 2 3 . جد قيمة b + a? 3 كم عدد الثنائيات المرتبة (y, x (للاعداد الصحيحة التي تحقق المعادلة x 2 − y 2 = 12 4 ليكن z, y, x و w اربع اعداد صحيحة موجبة بحيث x 2 − y 2 = z 2 − w 2 = 81 . جد قيمة xz + yw + xw + yz 5) China2001 (جد عدد الاعداد الصحيحة الموجبة للمعادلة 2 x − 3 y = 1 4 146 146

6 كم عدد الثنائيات المرتبة (y, x (التي تحقق المعادلة الاتية x 2 + y 2 = 2(x + y) + xy 7 ليكن p عدد اولي موجب بحيث ان المعادلة x 2 − px − 580p = 0 لها حلين صحيحين . جد قيمة p 8 حل في مجموعة الاعداد الصحيحة المعادلة الاتية 1 x + 1 y = 1 z ثم استنتج الصيغة العامة للحل 9) IMO1994 . (جد جميع الثنائيات المرتبة (n, m (للاعداد الصحيحة بحيث n 3 + 1 mn − 1 10 ليكن العدد الصحيح الموجب A المعرف بالعبارة الاتية A = 1260 a 2 + a − 6 , a ∈ Z . جد قيمة a? 1616 اسئلة اختبار ية B 1 ليكن θ عدد حقيقي . من اجل اي قيمة ل θ المعادلة الاتية x cos(θ) + y sin(θ) = 1 تقبل حلولا في مجموعة الاعداد الصحيحة 2 برهن 11103 ≡ 1 (mod 104 ) 3 برهن انه توجد Z ∈ f بحيث f 2 + f + 10 (mod p) . 4 برهن ان المعادلة x 3 ≡ a (mod p) تقبل حلا اذا كان (3 mod (2 ≡ p 5 برهن انه اذا كان p عدد اولي وكان (4 mod (3 ≡ p ,فان p − 1 2 ̸≡ ±1 (mod p) 147 147

ان برهن, a ̸≡ b (mod p) و, a ≥ 1, b ≤ p−1 6 ليكن p عدد اولي فردي 2 a 2 ̸≡ b 2 (mod p) 7 حل في مجموعة الاعداد الصحيحة المعادلة x 2 ≡ 1 (mod 140) 8 ماهو عدد حلول المعادلة x 2 ≡ 121 (mod 1800) 9 حدد جميع الحلول الصحيحة للمعادلة a 2 + b 2 + c 2 = a 2 b 2 XIX المتراجحة الخطية وجملة المتراجحات الخطية ( Cauchy-Schwarz's inequality ) من أجل كل ai ، bi أعداد حقيقية حيث: n ≤ i ≤ 1 و n عدد طبيعي: (∑n i=1 aibi )2 ≤ (∑n i=1 a 2 i ) (∑n i=1 b 2 i ) نظر ية04 ( Sedrakyan's (inequality من أجل كل ai ، bi أعداد حقيقية موجبة تماما حيث: n ≤ i ≤ 1 و n عدد طبيعي: ∑n i=1 a 2 i bi ≥ ( ∑n i=1 ai) 2 ∑n i=1 bi خاصية01 ( Hölder's inequality ) من أجل كل ai ، bi أعداد حقيقية موجبة تماما حيث: n ≤ i ≤ 1 و n عدد طبيعي: ∑n i=1 aibi ≤ (∑n i=1 a p i )1 p (∑n i=1 b q i )1 q خاصية02 1 مثال 11 حل في مجموعة الاعداد الحقيقية المتراجحة الاتية (1) 2x − 3 x + 1 ≤ 1 148 148

i الحل 2)1 + x (للحفاظ على الاتجاه اي الحفاظ على الاشارة ≥ اذن نضرب طرفي المتراجحة (1 (في 2x − 3 x + 1 ≤ 1 ⇐⇒ x − 4 x + 1 ≤ 0 ⇐⇒ (x + 1) (x − 4) ≤ 0, x ̸= −1 ⇐⇒ x ∈ (−1, 4 ] 2 مثال 22 حل المتراجحة الاتية x < 1 x i الحل x < 1 x x − 1 x < 0 x 2 − 1 x < 0 x (x − 1) (x + 1) x 2 < 0 x (x − 1) (x + 1) < 0 =⇒ x ∈ (−∞; −1) ∪ (0; 1) 3مثال 33 حل المتراجحة الاتية 3 x − 1 < − 2 x 149 149

i الحل لدينا 5x − 2 x(x − 1) < 0 ⇔ (5x − 2)x(x − 1) < 0 نضع f(x) = (5x − 2)x(x − 1) ومنه شكل 1.3 :التمثيل البياني لحل المتراجحة f(x) < 0 ⇔ x ∈ (−∞; 0) ∪ ( 2 5 ; 1) 4 مثال 44 نفرض ان 0 > an بحيث a1 + a2 + . . . an = 1 . جد القيمة الصغرى لهذا المجموع a 2 1 + a 2 2 2 + · · · + a 2 n n . 150 150