المبياد الرياضيات للدول العربية

للاطلاع على البرهان الكامل لبرهان هذه المبرهنة (انظر الصفحة 3 في [13 ([اذن كنتيجة لهاته المبرهنة لدينا x = 3 √ 18 + √ 325 + 3 √ 18 − √ 325 ⇒ x − 3 √ 18 + √ 325 − 3 √ 18 − √ 325 = 0 ⇒ x 3 − (18 + √ 325) − (18 − √ 325) = 3x 3 √ (18 + √ 325)(18 − √ 325) ⇒ x 3 − 36 = −3x والتي تقبل 3 كحل حقيقي وحيد 7 مثال 1111 • جد القيمة العددية للعبارة الجᣞبرية E المعرفة بالشكل الاتي : E = x 4 − 6x 3 − 2x 2 + 18x + 23 x 2 − 8x + 15 x = √ 19 − 8 √ عندما يكون 3 i الحل لدينا x = √ 19 − 8 √ 3 = √ (4 − √ 3)2 = 4 − √ 3 ومنه (E) 4 − x = √ 3 x هنا باستعمال القسمة الطو يلة اي بتحليل بتربيع طرفي المعادلة (E (نحصل على هاته المعادلة الصفر ية 13 + 8x − 2 x نحصل على بسط العبارة الجᣞبرية E باستعمال العامل 13 + 8x − 2 x 4 − 6x 3 − 2x 2 + 18x + 23 = (x 2 − 8x + 13)(x 2 + 2x + 1) + 10 = 10 x اذن بتعو يض تحليل بسط العبارة E في العبارة E نحصل على قيمتها العددية لانه لدينا فيما سبق 0 = 13 + 8x − 2 10 2 = 5 وتساوي 8 مثال 1212 • لتكن العبارة E المعرفة بالشكل الاتي E = 3 √ a + a + 8 3 √ a − 1 3 + 3 √ a − a + 8 3 √ a − 1 3 , a ≥ 1 5151

• 1 (بسط العبارة E E • 2 (حدد رقم احاد العدد 1 − 2022 i الحل √ a−1 3 و a = 3x 2 + 1 على نحصل x = √ a−1 3 • 1 (بوضع اذن يمكن صياغة العبارة E بالشكل الاتي ,من اجل 1 ≥ a لدينا : 3 √ a + a + 8 3 √ a − 1 3 + 3 √ a − a + 8 3 √ a − 1 3 = √3 3x 2 + 1 + (x 2 + 3)x + √3 3x 2 + 1 − (x 2 + 3)x = √3 x 3 + 3x 2 + 3x + 1 + √3 1 − 3x + 3x 2 − x 3 = ((x + 1)3 ) 1 3 + ((1 − x) 3 ) 1 3 = x + 1 + 1 − x = 2 2 على 10 اي n E اولا نقوم بدراسة بواقي القسمة الاقليدية للعدد 2022 − 1 = 22022 − 1 العدد احاد رقم تحديد) 2 • 2 0 ≡ 1 (mod 10) 2 1 ≡ 2 (mod 10) 2 2 ≡ 4 (mod 10) 2 3 ≡ 8 (mod 10) 2 4 ≡ 6 (mod 10) 2 5 ≡ 2 (mod 10). 2 على 10 حسب قيم العدد الطبيعي n هو Z ∈ k, 4k = n لان تكرار نفس n اي ان دور القسمة الاقليدية للعدد الباقي يعود الى 1 = n وليس 0 = n معناه 0 = n لايدخل في دور القسمة الاقليدية . اذن نكتب 2022 بدلالة : ان اي 2022 = 4k + 2, k = 505 لدينا 4 العدد 2 2022 = 24 × 2 2 = 16 × 4 ≡ 6 × 4 = 24 ≡ 4 (mod 10) 3 هو E ■. ومنه رقم احاد العدد 1 − 2022 9 مثال 1313 √ 37 − 20√ ليكن x و y الجزء الصحيح والجزء العشري على التوالي للعدد 3 x + y + 4 y • جد قيمة 5252

i الحل لدينا باستعمال الطرق السابقة التي تخص استعمال طر يقة الاثر والنظيم في تحديد القيمة العددية للاعداد من الشكل y = 2(2 − √ √ يستلزم ان 1 = x و (3 37 − 20√ 3 = 5 − 2 √ 3 = 1 + 2(2 − √ √ يكون (3 a + n √ b اذن x + y + 4 y = 5 − 2 √ 3 + 2 2 − √ 3 = 5 − 2 √ 3 + 2(2 + √ 3) = 9 10 مثال 1414 ليكن y اقرب عدد صحيح للعدد √ 2 √3 3 − 1 + √3 3 √ • جد القيمة العددية ل 9 + 4√ y i الحل مادام 2 = (√3 3)3 − 1 = (√3 3 − 1)(√3 9 + √3 3 + 1) √ فان 2 √3 3 − 1 + √3 3 = √√3 9 + √3 3 + 1 + √3 3 = √ ( √3 3 + 1)2 = √3 3 + 1 > 2 اكثر من ذلك √3 من الواضح ان : 3 < 1 + 3 (1.5)3 > 3 =⇒ 2.5 − ( √3 3 + 1) = 1.5 − √3 3 > √3 3 − √3 3 = 0 : وبالتالي y = 2 هنا 2 < √3 3 + 1 < 2.5 اذن √ 9 + 4√ y = √ 9 + 4√ 2 = √ ( √ 8 + 1)2 = 2√ 2 + 1. 5353

11 مثال 1515 • احسب x = √ 2 + √ 2 + √ 2 + · · · i الحل ليكن x = √ 2 + √ 2 + √ 2 + · · · . اذن نلاحظ ان : x 2 = 2 + √ 2 + √ 2 + · · · = 2 + x =⇒ x 2 − x − 2 = 0. نلاحظ ان حلول هاتين المعادلتين هما 2 = x و 1 = −x ,اذن x = √ 2 + √ 2 + √ 2 + · · · = 2 12 مثال 1616 • بين ان x = vuuut2 vuut 2 √ 2 √ 2 √ 2 √ · · · 2 = 2 i الحل ليكن x = vuuut2 vuut 2 √ 2 √ 2 √ 2 √ · · · 2 ومنه x 2 = 2 vuuut2 vuut 2 √ 2 √ 2 √ 2 √ · · · 2 = 2x 5454

.x = 2 هو الحل يكون x ̸= 0 ماذام x(x − 2) = 0 اذن حساب ودراسة تقارب هذا النوع من الجذور المتداخلة يتركنا نصل الى تخمين يمكن ترجمته في الخاصية الاتية والتي تحتاج من اجل كل عدد صحيح x موجب لدينا √ x √ x √ x · · · = x . خاصية الى برهان برهان نفرض ان y = √ x √ x √ x · · · . نضرب الطرفين في x وباخذ الجذر التربيعي نحصل على √ xy = √ x √ x √ x · · · = y وبالتالي , √ xy = y , وبحل هاته المعادلة نحصل على xy = y 2 =⇒ x = y ■ . 1717 اسئلة اختبار ية A √ 1 بسط العبارة الاتية : 12 − 4 √ 5 2) CHNMOL2000 (بسط العبارة الاتية باستعمال طر يقة النظيم والاثر √ 14 + 6√ 5 − √ 14 − 6 √ 5 3) CHINA1998 (احسب مايلي √ 8 + √ 63 − √ 8 − √ 63 4) CHINA1994 (بسط مايلي √ 7 − √ 15 − √ 16 − 2 √ 5 5555

(CHINA/1998) 5 يعطى x − y = √ 3 √ 2 − √ 5, x + y = √ 3 √ 5 − √ 2 . جد قيمة xy 6 بين انه من اجل كل عدد حقيقي 1 ≥ a √ a + 3 + 4√ a − 1 + √ a + 3 − 4 √ a − 1 = 4 7 يعطى A = √√ 3 + 1 − √√ 3 − 1 √√ 3 + 1 + √√ 3 − 1 . هل ان A جذر للمعادلة x + 2 = √ 6 − √ 30 √ 2 − √ 10 8 حل في R المعادلة الاتية x 2 + 2x + 10 √ 2022 + √ 2x − 1 = 1 1818 اسئلة اختبار ية B 1 برهن ان العدد 3 √ 45 + 29√ 2 + 3 √ 45 − 29√ 2 ليس عدد ناطق 2 ليكن c, b, a اعداد ناطقة بحيث a + b √3 2 + c √3 4 = 0 . برهن ان a = b = c = 0 3 ليكن r عدد حقيقي بحيث √3 r + 1 √3 r = 3 . حدد قيمة r 3 + 1 r 3 4 ليكن k عدد صحيح وليكن n = 3 √ k + √ k 2 − 1 + 3 √ k − √ k 2 − 1 + 1 . برهن ان n 3 − 3n 2 عدد صحيح 5656

5 نعتبر المتتالية an = √ 1 + ( 1 + 1 n )2 + √ 1 + ( 1 − 1 n )2 , n ≥ 1 . برهن ان 1 a1 + 1 a2 + 1 a2 + 1 a3 + · · · 1 a20 عدد صحيح 6 حل في R المعادلة x + a 3 = √3 a − x بحيث a وسيط حقيقي 7 من اجل كل عدد صحيح موجب n f(n) = 4n + √ 4n2 − 1 √ 2n + 1 + √ 2n − 1 احسب المجموع f(1) + f(2) + · · · f(40) 8 يعطى √ x = √ a − 1 √ a . جد القيمة العددية ل x + 2 + √ x 2 + 4x x + 2 − √ x 2 + 4x 9 بسط مايلي √ 2 √ ab − a − b a ̸= b لما VIII موافقات الاعداد الصحيحة العدد الأولي هو كل عدد صحيح نسبي p يختلف عن 1 -و 1 و يقبل بالضبط أربع قواسم : 1 ،−1 .−p و p ، تعر يف 5757

n ≥ p خاصية01 من أجل كل عدد طبيعي n أكبر تماما من 2 ،يوجد عدد أولي p يقسم n ويحقق 2 خاصية02 إذا كان p عدد أولي يقسم b · a ، فإن p يقسم a أو p يقسم b. ← 1 (لكل عددين صحيحين نسبيين a و b بحيث b غير معدوم، يوجد عددان صحيـحان نسبيان a = q · b + r و| b| > r ≥ 0 :بحيث r و q وحيـدان ← 2 (إذا كان العدد الصحيح النسبي غير المعدوم c يقسم عدد نسبي a ، فإنه من أجل كل عدد صحيح نسبي غير معدوم m العدد c · m يقسم a · m b ← 3 (a و b عددين صحيحين نسبيين غير معدومين : a يقسم b تكافئ a يقسم 2 ← 4 (إذا كان العدد الصحيح النسبي غير المعدوم c يقسم عددين نسبيين a و b فإنه من أجل n · a + m · b يقسم c : n و m صحيحين عددين كل ∑n n ∑قابلا للقسمة على 1 − b إذا وفقط إذا كان ai 0=i i=0 ai · b ← 5 (يكون المجموع i قابلا للقسمة على 1 − b. خاصية 11 الموافقات في Z n عدد طبيعي غير معدوم. a و b عددان صحيحان نسبيان. القول أن العددين a و b متوافقان بترديد .a ≡ b (mod n) ونكتب) a − b) يقسم n كان إذا وفقط إذا n تعر يف a و b عددان صحيحان نسبيان و n عدد طبيعي غير معدوم. إذا كان (n mod (b ≡ a و d ≡ c : فإن) mod n) a + c ≡ b + d (mod n) ← a − c ≡ b − d (mod n) ← a · c ≡ b · d (mod n) ← a p ≡ b p ← من أجل كل عدد طبيعي p) : n mod( a n ≡ b n (mod n 2 ) ← a · m ≡ b · m (mod n · m) : m معدوم غير طبيعي عدد كل أجل من← ← من أجل كل كثير حدود f بمعاملات صحيحة: (n mod) (b(f) ≡ a(f خاصية 5858

22 القواسم والمضاعفات: i الأعداد الأولية: العدد الأولي هو كل عدد صحيح نسبي p يختلف عن 1 -و 1 و يقبل بالضبط أربع قواسم : 1 ،−1 .−p و p ، تعر يف n ≥ p خاصية01 من أجل كل عدد طبيعي n أكبر تماما من 2 ،يوجد عدد أولي p يقسم n ويحقق 2 خاصية02 إذا كان p عدد أولي يقسم b · a ، فإن p يقسم a أو p يقسم b. a خاصية03 a عدد صحيح و p عدد أولي. إذا كان p لا يقسم a فإن (p mod (1 ≡ 1−p (p − 1)! + 1 ≡ 0 (mod p) تكافئ أولي عدد p 04خاصية a عدد أولي فإن: 2 = a و n عدد أولي. خاصية05 a و n عددين طبيعيين غير معدومين. إذا كان 1 − n N = p α1 1 ·p α2 2 ···p αk كل عدد طبيعي N أكبر تماما من 1 يقبل كتابة تحليلية وحيدة من الشكل k حيث: pk < · · · < p2 < p1 أعداد أولية، و α1 ،α2 ،· · · ،αk أعداد طبيعية غير معدومة. تسمى هذه الكتابة بتحليل العدد N إلى جداء عوامل أولية. خاصية06 p1 < p2 < مع. N = p α1 1 · p α2 2 · · · p αk k N عدد طبيعي أكبر تماما من 1 يكتب من الشكل: pk · · · < أعداد أولية، و α1 ،α2 ،· · · ،αk .أعداد طبيعية غير معدومة. (k هو عدد الأعداد الأولية المكتوبة في تحليل العدد الطبيعي N( p α1+1 1 −1 p1−1 · p α2+1 2 −1 p2−1 · · · p αk+1 k −1 pk−1 ← مجموع قواسم العدد N هي: .2 k−1 ← 1 (عدد طرق كتابة N إلى جداء عددين أوليين فيما بينهما هو خاصية07 5959

IX القاسم المشترك الأكبر والمضاعف المشترك الأصغر: a و b عددان صحيحان نسبيان أحدهما غير معدوم، القاسم المشترك الأكبر للعددين a و b هو أكبر قاسم مشترك موجب للعددين a و b .نرمز له بالرمز b ∧ a أو (b; a(pgcd تعر يف01 a و b عددين صحيحين نسبيين غير معدومين. نقول بأن a و b أوليان فيما بينهما إذا وفقط إذا كان: pgcd(a; b) = 1 تعر يف02 a و b عددان صحيحان نسبيان غير معدومين. a · m + b · n = pgcd(a; b) :يحققان n و m صحيحان عددان يوجد← خاصية01 a و b عددان صحيحان نسبيان غير معدومين pgcd(u; v) = 1 مع} a = u · d b = v · d . تكافئ pgcd(a; b) = d ← خاصية02 . b يقسم a :فإن pgcd(a; c) = 1 مع b · c يقسم a كان إذا 03خاصية نعتبر المعادلة: (E · · · (c = by + ax حيث a و b عددين صحيحين نسبيين أوليين فيما بينهما. Z التي تحقق: c = bv + au حلا خاصا للمعادلة (E.( ← نسمي ثنائية (v; u (من 2 ← إذا كانت (v; u (حل خاص للمعادلة (E( k ∈ Z مع−) bk + u; ak + v) :هو) E) للمعادلة العام الحل فإن خاصية04 a ، b و c أعداد صحيحة نسبية غير معدومة. . pgcd(a; b) يقسم c : تكافئ    a يقسم c و b يقسم c . خاصية05 a ، b و c أعداد صحيحة نسبية غير معدومة. . ab | c : فإن    c يقسم a و c يقسم b pgcd(a; b) = 1 إذا كان: . خاصية06 إذا كانت p1 ،p2 ،· · · ،pn أعداد أولية فيما بينها، كل منها يقسم العدد الصحيح النسبي a فإن: .a يقسم p1 · p2 · · · pn الجداء خاصية07 a و b عددين صحيحين نسبيين غير معدومين. pgcd(a; b) = pgcd(b; r) :فإن b على a قسمة باقي هو r كان إذا خاصية08 6060

a ، b و c أعداد صحيحة نسبية غير معدومة. . pgcd(c; b) = 1 : فإن    a يقسم c و pgcd(a; b) = 1 إذا كان: . خاصية09 a ، b و c أعداد صحيحة نسبية غير معدومة. pgcd(a; b) = pgcd(a; bc) :فإن pgcd(a; c) = 1 :كان إذا خاصية10 a و b عددين صحيحين نسبيين غير معدومين. pgcd(a; b) = pgcd(a; b + na) :n طبيعي عدد كل أجل من 1.1خاصية a و b عددين طبيعيين غير معدومين. pgcd(a n ; b m) = 1 تكافئ pgcd(a; b) = 1 :N من أجل كل (m; n (من 2 خاصية12 a و b عددين طبيعيين غير معدومين. .pgcd(a n ; b n ) = pgcd(a; b) n من أجل كل عدد طبيعي n: خاصية13 a عدد طبيعي غير معدوم. d = pgcd(n; m) :حيث، pgcd(a n−1; a m−1) = a d−1 :N من أجل كل (m; n (من 2 خاصية14 :pgcd(c; n) = d حيث N a و b عددين صحيحين غير معدومين. من أجل كل (n; c (من 2 a ≡ b (mod n d ) : تكافئ a · c ≡ b · c (mod n) خاصية15 a و b عددين صحيحين غير معدومين. n و m عددين طبيعيين أوليين فيما بينهما. . a ≡ b (mod m · n) : فإن    a ≡ b (mod n) و a ≡ b (mod m) إذا كان: . خاصية16 a و b عددين صحيحين غير معدومين. المضاعف المشترك الأصغر لـ a و b هو أصغر مضاعف مشترك موجب للعددين a و b ، ونرمز له بالرمز (b; a(ppcm أو b ∨ a. تعر يف03 a · b = pgcd(a; b) · ppcm(a; b) .معدومين غير صحيحين عددين b و a 17خاصية 6161

i أصناف التكافئ في Z : Z /nZ = {0; 1; 2; ...;i; ...;(n − 1)} :يلي كما المعرفة المجموعة هي Z /nZ المجموعة حيث i هي المجموعة المسماة "صنف تكافئ i "والمعرفة كما يلي: {(n mod (i ≡ x/Z ∈ x = {i تعر يف a و b عددان صحيحان نسبيان غير معدومين. في المجموعة nZ /Z .a ≡ b (mod n) تكافئ a = b (1 ← a · b = a · b (2 ← a + b = a + b (3 ← خاصية 1 مثال 11 (China 2000) • 13 على 3 جد باقي قسمة 2000 i الحل 3 على 13 تبعا لقيم العدد الطبيعي n لمعرفة دور القسمة الاقليدية اذن n نقوم باجراء القسمة الاقليدية للعدد 3 0 ≡ 1 (mod 13) 3 1 ≡ 3 (mod 13) 3 2 ≡ 9 (mod 13) 3 3 ≡ 1 (mod 13) دور القسمة الاقليدية في هذه الحالة هو Z ∈ k, 3k = n دوما ننتهج نفس الطر يقة للحصول على الباقي وهو كتابة الاس بدلالة الدور اذن 2000 = 3k + 2, k = 666 اي ان 3 2000 ≡ 3 3k × 3 2 ≡ 9 (mod 13) 9 هو 13 على 3 اذن باقي قسمة 2000 6262

ii ملاحظة مهمة دوما لايجاد باقي قسمة عدد ذو اس كبير نحاول ان نجري القسمة للعدد اس n حسب قيم العدد الطبيعي n بهدف الحصول على دور القسمة الاقليدية ثم في الخطوة الموالية نحاول ان نكتب ذلك الاس بدلالة الدور المحصل عليه 2 مثال 22 (sssMO(J( .2001( • 2 يقبل القسمة على 127 جد اصغر عدد صحيح موجب k بحيث k + 69 i الحل 2 المطلوب يمكن صياغته بالشكل الاتي: جد اصغر عدد صحيح موجب k بحيث 0 ≡ k − 127 ≡ k + 69 2 على 127 تبعا لقيم العدد الطبيعي n (127 mod (اذن كخطوة اولى وجب ان نحصل على دور القسمة الاقليدية للعدد n اي ان 2 0 ≡ 1 (mod 13) 2 1 ≡ 2 (mod 13) 2 2 ≡ 4 (mod 13) 2 3 ≡ 8 (mod 13) 2 4 ≡ 16 (mod 13) 2 5 ≡ 32 (mod 13) 2 6 ≡ 64 (mod 13) 2 7 ≡ 1 (mod 13) اذن دور القسمة الاقليدية هو Z ∈ m, 7m = n في حين لدينا (7 mod (6 ≡ 69 ومنه 2 69 + k ≡ 2 7m × 2 6 + k ≡ 0 (mod 127) k = 63 ومنه 127 − k = 64 اذن 3 مثال 33 (sssMO(2003)) • 49 على 6 جد باقي قسمة العدد 8273 + 273 6363

i الحل يمكن حل هذا المثال بطر يقيتين مختلفتين ii الطر يقة الاولى 8 على العدد 49 تبعا لقيم العدد الطبيعي n تبين لنا انهما يملكان n 6 و عند اجراء القسمة الاقليدية لكل من العددين n اذن 273 ≡ 7 (mod 14) لدينا حين في n = 14k, k ∈ Z اي الدور نفس 6 273 + 8273 ≡ 6 14k × 6 7 + 814k × 8 7 ≡ 6 7 + 87 ≡ 48 + 1 ≡ 0 (mod 49) 0 هو 49 على 6 اذن باقي قسمة العدد 8273 + 273 iii الطر يقة الثانية a باستعمال العامل (b + a (اي n + b تعتمد الطر يقة الثانية على تحليل العامل n a n + b n = (a + b) ( a n−1 − a n−2 b + a n−3 b 2 − · · · + a 2 b n−3 − abn−2 + b n−1 ) ومنه 6 273 + 8273 = (8 + 6)(6272 − 6 271 × 8 + 6270 × 8 2 − · · · + 8272) = 14M مع M = (8 + 6)(6272 − 6 271 × 8 + 6270 × 8 2 − · · · + 8272) وبالاحرى M = (−1)272 − (−1)271 + (−1)270 − · · · + 1 | {z } 273 terms ≡ 273 ≡ 0 (mod 7) ومنه 7 يقسم M هنا 49 يقسم ايضا 14M يكافئ ان الباقي هو 0 مثال 4 44 جد اصغر عدد صحيح موجب n حيث 1100 ≤ n ≤ 1000 و 1111n + 1222n + 1333n + 1444n يقبل القسمة على 10 6464

i الحل اذن N = 1111n + 1222n + 1333n + 1444n ليكن N ≡ 1 n + 2n + 3n + 4n (mod 10) لتقدير القيمة الصغرى للعدد الطبيعي n نقوم باختبار العدد 1000 = n اذن N ≡ 1 + (24 ) 250 + (34 ) 250 + (42 ) 250 ≡ 1 + 6 + 1 + 6 ≡ 4 (mod 10) هنا من اجل 1001 = n لدينا N ≡ 1 + 6 × 2 + 1 × 3 + 6 × 4 ≡ 1 + 2 + 3 + 4 ≡ (mod 10) nmin = 1001 وبالتالي 5 مثال 55 • برهن ان العدد 22925 يقبل القسمة على 7 i الحل • قبل ان نتطرق الى حل هذا المثال نستعرض خاصية مهمة لقابلية القسمة على 7 نعتبر العدد الطبيعي N ∈ n ثم نقوم بقسمته على 10 اي n = 10q + r مع 0 ≤ r < 10 اذن لدينا 7 | n ⇔ 7 | q − 2r خاصية 6565

برهان هاته الخاصية جد بسيط برهان نفرض ان : n | 7 .لدينا 7k = n من اجل بعض القيم الصحيحة غير السالبة k .اذن q − 2r = q − 2(n − 10q) = 21q − 2n = 7(3q − 2k) . عكسا , نفرض ان 2r − q | 7 .لدينا 7K = 2r − q من اجل بعض اليم الصحيحة غير السالبة K .اذن n = 10(q − 2r) + 21r = 7(10K + 3r) ■ من خلال تعر يف الخاصية تبين لنا انه لتطبيقها وجب علينا ان نقوم بالقسمات المتتابعة للوصول الى عدد يقبل القسمة على 7 ,اذن بالنسبة للعدد 22925 في القسمة الاولى على العدد 10 نحصل على q = 2292, r = 5, q − 2r = 2282 الان في القسمة الثانية من اجل 2282 = n ,لدينا q = 228, r = 2, q − 2r = 224 بنفس الـكيفية من اجل 224 = n ,لدينا q = 22, r = 4, q − 2r = 14 مادام 14 | 7 وبتطبيق الخاصية السابقة ثلاث مرات لدينا 22925 | 7 هناك العديد من الطرق لاختبار قابلية القسمة على العدد 7 فمثلا كل الاعداد الطبيعية التي تكتب بهذا الشكل 106k − 1 ≡ 106k−3 + 1 ≡ 0 (mod 7) تقبل القسمة على العدد 7 6 مثال 66 • (2004/CHINA (نفرض انه عند قسمة عدد مكون من ثلاث ارقام على الاعداد 7, 5, 4, 3, 2 يكون الباقي 1 • )A جد القيمة الصغرى والقيمة العظمى لهذا العدد i الحل ليكن x العدد المكون من ثلاث ارقام والذي يكون باقي قسمته على الاعداد 7, 5, 4, 3, 2 يساوي 1 اذن 1 − x يقبل القسمة على الاعداد 7, 5, 4, 3, 2 اذن x − 1 = k[2, 3, 4, 5, 7] = 420k وبالتالي اصغر قيمة ل x هي 421 = 1 + 420 واكبر قيمة ل x هي 841 = 1 + 2 × 420 6666

7 مثال 77 • لتكن الاعداد الطبيعية الاتية 6412, 5054, 4472, 2726 والتي لها نفس الباقي على العدد m المكون من رقمين • جد هذا العدد m i الحل لاستبعاد تأثير الباقي المجهول ، يمكن استخدام الفروق الثلاثة في الأرقام الأربعة المحددة لاستبدال الأرقام الأربعة الأصلية اذن m | (4472 − 2726) =⇒ m | 1746 1746 = 2 × 3 2 × 97 m | (5054 − 4472) =⇒ m | 582 582 = 2 × 3 × 97 m | (6412 − 5054) =⇒ m | 1358 1358 = 2 × 7 × 97 مادام 97 القاسم المشترك الوحيد للفروقات السابقة والمكون من رقمين اذن 97 = m 8 مثال 88 • برهن انه من اجل كل عدد صحيح فردي 1 2007 + 22007 + 32007 + · · · n 2007 لايقبل القسمة على 2 + n i الحل باخذ بواقي قسمة حدود المجموع المعطى مثنى مثنى بترديد 2 + n نحصل على 1 2007 + 22007 + 32007 + · · · n 2007 ≡ 1 + ⌊ 2 2007 + (n) 2007⌋ + · · · + · · · ⌊ (n + 1 2 )2007 + (n + 3 2 )2007⌋ ≡ 1 + ⌊ 2 2007 + (−2)2007⌋ + · · · + · · · ⌊ (n + 1 2 )2007 + ( − n + 1 2 )2007⌋ ≡ 1 (mod n + 2) هنا تم برهان السؤال . 6767

9 مثال 99 7 • اكتب الارقام الاربعة الاخيرة للعدد 128 i الحل 7 اذن لحل هذا المثال نحاول ان نستعرض هاته الطر يقة التراجعية الفعالة حيث نبدا ب 2401 = 4 7 4 = 2401 ≡ 2401 (mod 104 ) 7 8 = (74 ) 2 = (2400 + 1)2 = 24002 + 4800 + 1 ≡ 4801 (mod 104 ) 7 16 = (4800 + 1)2 ≡ 9601 (mod 104 ) 7 32 = (9600 + 1)2 ≡ 9201 (mod 104 ) 7 64 = (9200 + 1)2 ≡ 8401 (mod 104 ) 7 128 = (8400 + 1)2 ≡ 6801 (mod 104 ) 6801 هي 7 اذن الارقام الاربعة الاخيرة للعدد 128 10 مثال 1010 ليكن abc,def اعداد طبيعية بحيث abc + def يقبل القسمة على 37 • برهن ان abcdef يقبل القسمة على 37 i الحل لدينا abcdef = 1000 · abc + def = 999abc + abc + def = (37 · 27 · abc) + (abc + def) من الواضح ان (abc · 27 · 37 (من مضاعفات العدد 37 و (def + abc (يقبل القسمة على العدد 37 من الفرض اذن abcdef يقبل القسمة على 37 يمكن ان ناخذ مثال عددي على هاته الخاصية التي يتضمنها هذا المثال (37 mod (0 ≡ 851 = 561 + 285 اذن 285561 ≡ 0 (mod 37) 6868

11 مثال 1111 ليكن a1a0 . . . 1−akak العبارة العشر ية للعدد n .برهن ان n يقبل القسمة على العدد 43 اذا وفقط اذا كان akak−1 . . . a1 − 30a0 يقبل القسمة على 43. i الحل : اذن m = x − 30a0 و x = akak−1 . . . a1 ليكن 43|n = 43 | 10x + a0 ⇔10x + a0 ≡ 0 (mod 43) ⇔50x + 5a0 ≡ 0 (mod 43) ⇔7x + 5a0 ≡ 0 (mod 43) ⇔42x + 30a0 ≡ 0 (mod 43) ⇔x − 30a0 ≡ 0 (mod 43) ⇔ 43|x − 30a0 ⇔ 43|m 1212 اسئلة اختبار ية A 1 برهن ان 7 | 22225555 + 55552222 ? 8 على 1234567894 2 ماهو باقي قسمة 2 يقبل القسمة على 7 3 IMO (1964 (جد جميع الاعداد الصحيحة الموجبة n بحيث 1 − n 4 4) (CHINA2004 (ليكن العدد الطبيعي n بحيث n = 3 × 5 × 7 × 11 × 15 × 19 · · · × 2003 5 جد الارقام الثلاثة الاخيرة للعدد n 6 جد باقي قسمة العدد 473727 على 11 7 ماهو باقي قسمة 9 2022 على 11 8) Q11/O00/SSSM (ماهو رقم احاد العدد 3 1999 × 7 2000 × 172001 9 جد الرقمين االاخيرين للعدد 141414 6969

1313 اسئلة اختبار ية B 1) 1982/MOSCOW (جد جميع الاعداد الصحيحة الموجبة n بحيث n.2 n + 1 يقبل القسمة على 3 2 جد باقي قسمة ( 25733 + 46)26 على 50 3 احسب الجزء الصحيح لهذا العدد A = 1 + 1 √ 2 + 1 √ 3 + · · · 1 √ 10000 4 حل في R المعادلة √ 5 − x = 5 − x 2 5 ليكن n عدد صحيح موجب , برهن ان ⌊(2 + √ 3)n ⌋ عدد فردي 6 ليكن m وسيط حقيقي , حل المعادلة √ 1 + mx = x + √ 1 − mx 7 برهن ان x = 3 √ 2 + √ 5 + 3 √ 2 − √ 5 عدد ناطق 8 ليكن z, y, x اعداد صحييحة بحيث : (x − y) 2 + (y − z) 2 + (z − x) 2 = xyz 9 برهن ان x 3 + y 3 + z 3 x + y + z + 6 على القسمة يقبل X التمثيل العشري للاعداد الصحيحة b و n عددين طبيعيين، مع b أكبر تماما من 1 . يوجد عدد طبيعي وحيد k وتوجد أعداد طبيعية .n = ak · b k + ak−1 · b k−1 + · · · + a1 · b + a0 :تحقق b من تماما أصغر ak a1a0 · · · 1−akak = n تسمى بتمثيل العدد الطبيعي n في نظام العد ذو الأساس b. b الكتابة تعر يف 7070

a1a0 · · · 1−akak = n قابلا للقسمة على 2 إذا كان a0 عددا زوجيا. خاصية01 يكون العدد الطبيعي 10 k ∑يقبل i=1 ai كان إذا 3 على للقسمة قابلا n = akak−1 · · · a1a0 يكون العدد الطبيعي 10 القسمة على 3. خاصية02 a1a0 قابلا للقسمة 10 كان إذا 4 على للقسمة قابلا n = akak−1 · · · a1a0 يكون العدد الطبيعي 10 على 4. خاصية03 a1a0 · · · 1−akak = n قابلا للقسمة على 5 إذا كان a0 مساو يا لـ 0 أو يكون العدد الطبيعي 10 .5 خاصية04 akak−1 · · · a1 10− كان إذا 7 على للقسمة قابلا n = akak−1 · · · a1a0 يكون العدد الطبيعي 10 2a0 قابلا للقسمة على 7. خاصية05 ∑k i=1(−1)i · ai كان إذا 11 على للقسمة قابلا n = akak−1 · · · a1a0 يكون العدد الطبيعي 10 قابلا للقسمة على 11. خاصية06 a1a0 · · · 1−akak = n قابلا للقسمة على 13 إذا كان يكون العدد الطبيعي 10 13 على للقسمة قابلا akak−1 · · · a1 10 + 4a0 خاصية07 a1a0 · · · 1−akak = n قابلا للقسمة على 17 إذا كان يكون العدد الطبيعي 10 17 على للقسمة قابلا akak−1 · · · a1 10 − 5a0 خاصية08 a1a0 · · · 1−akak = n قابلا للقسمة على 19 إذا كان يكون العدد الطبيعي 10 19 على للقسمة قابلا akak−1 · · · a1 10 + 2a0 خاصية09 a1a0 · · · 1−akak = n قابلا للقسمة على 29 إذا كان يكون العدد الطبيعي 10 29 على للقسمة قابلا akak−1 · · · a1 10 + 3a0 خاصية10 1مثال 11 • (Moscow1983 (جد اصغر عدد طبيعي حيث يكون رقمه الاول 4 وقيمة العدد الذي تم الحصول عليه بنقل هذا 1 4 الرقم 4 الى اخر مكان هو 7171

i الحل نفرض ان العدد الطبيعي المطلوب N يتكون من 1 + n رقم اذن N = 4 × 10n + x حيث x هو رقم العدد − n .من فرضيات السؤال لدينا 4(10x + 4) = 4 × 10n + x يكافئ 39x = 4(10n − 4) = 4 · 99 · · · 96 | {z } n−1 32 · · · 33 | 13 ,باختبار الحالات · · · ,2, 1 = n واحدة بواحدة من السهل ان | {z } n−1 و 13x = 4 · 33 · · · 32 معناه نلاحظ ان القيمة الصغرى للعدد الطبيعي n هي 5 اي : 33332 ÷ 13 = 2564, x = 4 × 2564 = 10256 N = 410256 اذن 2 مثال 22 (1957 (KIEV • جد جميع الاعداد المكونة من رقمين حيث كل واحد منها يقبل القسمة على جداء رقميهما i الحل ليكن xy = 10x + y وبالتالي x | y يكافئ y = (ky − 10)x ومنه 0 < x ≤ y هو 11 وبالتالي k = 11, x = 1 = y يكافئ kx = 11 = 11.1 ومنه 11x = kx2 فان x = y كان اذا← الحل x ≥ 4 فان x < y كان اذا← ( بخلاف ذلك ,10 ≥ y( * لما 4 = x يكون 8 = y بالرغم انه لايوجد عدد صحيح k بحيث 48 = 32k =⇒ x ̸= 4 7272

y | 30 وايضا, 3 | y و y ≥ 9 مادام , 30 = (3k − 1)y يعطي x = 3, 10x = (kx − 1)y لما* اذن يكون لدينا 6 = y من الواضح ان 6.3.32 = 36 اي 36 هو الحل الثاني حين في, y = 4 اذن y | 20 وكذلك y ≥ 9, 2 | y مادام . 20 = (2k − 1)y اذن x = 2 لما* 4.2.3 = 24 تحقق ان العدد 24 هو الحل الثالث 3 مثال 33 (CHNMO(P))2002) * العدد الصحيح الموجب يسمى بالعدد الجيد اذا كان يساوي 4 مرات مجموع ارقامه * جد مجموع كل الاعداد الجيدة i الحل ليكن a العدد الجيد المكون من رقم واحد معناه 4a = a يكافئ 0 = a اذن لاوجود لعدد جيد مكون من رقم واحد * ليكن ab = 10a + b العدد الجيد المكون من رقمين ومنه 10a + b = 4(a + b) =⇒ 2a = b اذن هناك اربع اعداد جيدة وهي 48, 36, 24, 12 ومجموعها يساوي 120 * العدد الجيد المكون من ثلاث ارقام يحقق الخاصية الاتية 100a + 10b + c = 4(a + b + c) مادام, 96a + 6b − 3c = 0 يكافئ 96a + 6b − 3c ≥ 96 + 0 − 27 > 0 دوما , اذن لاحلول من اجل الثلاثية (c, b, a (يكافئ لاوجود لعدد جيد مكون من ثلاث ارقام , مادام العدد المكون من n رقم (4 ≥ n (يجب ان لايكون اقل من 1−10n في حين اربع مرات مجموع ارقامه ليس اكبر من 36n * من اجل 4 ≥ n: 10n−1 − 36n > 36(10n−3 − n) > 0 اذن لاوجود لعدد جيد من اجل 4 ≥ n وبالتالي مجموع كل الاعداد الجيدة يساوي 120 4 مثال 44 (SSSMO(J))/2001 ليكن abcdef عدد صحيح مكون من 6 ارقام بحيث abc def يساوي 6 مرات قيمة abcdef * جد قيمة a + b + c + d + e + f 7373

i الحل من الفرض في السؤال لدينا (1000)(def) + abc = 6[(1000)(abc) + def] ,(994)(def) = (5999)(abc) ,(142)(def) = (857)(abc) , اذن (def(142 | 857 ,مادام 857 و 142 ليس لهما قاسم مشترك اكبر من 1 اذن (def | (857 مادام 1000 > 857 × 2 والذي هو ليس عدد مكون من ثلاث ارقام اذن 857 = def وبالتالي و abc = 142 a + b + c + d + e + f = 1 + 4 + 2 + 8 + 5 + 7 = 27 5 مثال 55 * * برهن ان كل عدد في هاته المتوالية او المتتالية 12, 1122, 111222, · · · عبارة عن جداء عدديت طبيعين متتالين i الحل باستعمال التمثيل العشري لعدد بارقامه المكررة لدينا 11 · · · 11 | {z } n 22 · · · 22 | {z } n = 1 9 ( 10n − 1)2 9 ( 10n − 1) = 1 9 ( 10n − 1)(10n + 2) = (10n − 1 3 )(10n + 2 3 ) = (10n − 1 3 )(10n − 1 3 + 1) = A(A + 1) = A عدد طبيعي وهو المطلوب 1 3 (10n − 1) = 33 · · · 33 | {z } n مع 6 مثال 66 برهن ان 0.99999 · · · = 1 7474

i الحل سنتناول العديد من الطرق لاثبات ان 0.99999 · · · = 1 قبل هذا وجب ان لانخلط بين الكتابتين · · · 99999.0 و 99 · · · 999.0 الكتابة الثانية اي 99 · · · 999.0 لاتساوي العدد 1 لان عدد الارقام المشكلة لهذا العدد منتهية اي عدد التسعات منتهي اما الكتابة الاولى فعدد التسعات غير منته والتي سنبرهن انها تساوي العدد 1 في نفس الوقت تمثل التمثيل العشري له ii الطر يقة الاولى نضع · · · 999.0 = x اذن لدينا x = 0.999... 10x = 9.999... = 9 + 0.999... = 9 + x 10x − x = (9 + x) − x (10 − 1)x = 9 + (x − x) 9x = 9 x = 1 iii الطر يقة الثانية في هاته الطر يقة نستعمل نظر ية الحصر , اذن لدينا 0 < 1 − 0.999... = 0.1 + 0.9 − 0.999... = 0.1 − 0.0999... < 0.1 = 0.1 1 0 < 0.1 − 0.0999... = 0.01 + 0.09 − 0.0999... = 0.01 − 0.00999... < 0.01 = 0.1 2 ... 0 < 1 − 0.999... < 0.1 n 0 ≤ 1 − 0.999... ≤ limn→∞ 0.1 n = 0. لدينا نهاية الحد الايمن في المتباينة الاخيرة تساوي 0 اي limn→∞ 0.1 n = 0. لان 1 < 1.0 ≤ 0 بتطبيق نظر ية الحصر على هاته المتباينة نحصل على 1 = 0.999 · · · 7575

iv الطر يقة الثالثة = r والمعروف ان السلسلة الهندسية 1 في هاته الطر يقة نستعمل حساب مجموع سلسلة هندسية اساسها 10 ٺتقارب عندما يكون 1| < r ,|اي a + a · r + a · r 2 + a · r 3 + · · · = a 1 − r ,r = 1 10 واساسها a = 9 مع 1| < r |اذن بتطبيق المجموع اعلاه نحصل على سلسلة عددية حدها الاول 10 اذن مجموعها معرف بالشكل الاتي 0.99999 . . . = 9 10 + 9 102 + 9 103 + · · · ومنه 9 10 1 − 1 10 = 9 10 9 10 = 1. v الطر يقة الرابعة 0.9 = limn→∞ 0. 99 . . . 9 | {z } n times = limn→∞ ∑n k=1 9 10k = limn→∞ 1 − 1 10n = 1 − limn→∞ 1 10n = 1. vi الطر يقة الخامسة 0.9999 . . . ×10 = 9.9999 . . . 0.9999 . . . ×(9 + 1) = 9.9999 . . . باستعمال قاعدة التوز يع 0.9999 . . . ×9 + 0.9999 . . . ×1 = 9.9999 . . . 0.9999 . . . ×9 = 9.9999 · · · − 0.9999 . . . 0.9999 . . . ×9 = 9 0.9999 . . . = 1 الشيئ الوحيد الذي نحتاج ان نفرضه في هاته الطر يقة هو ان , 9 . . . = 999.0 . . . − 999.9 وكذلك 0.999 . . . ×10 = 9.999 . . . هاته الطر يقة مستقاة من اكتاب الثانو ية القديمة للجامعة المفتوحة لاسرائيل 7676

vii الطر يقة السادسة 0.9 = limn→∞ 0. 99 . . . 9 | {z } n times = limn→∞ ∑n k=1 9 10k = limn→∞ 1 − 1 10n = 1 − limn→∞ 1 10n = 1. 7مثال 77 ← MOSCOW (1940 )جد كل الاعداد المكونة من ثلاث ارقام بحيث كل عدد من هاته الاعداد عبارة عن مجموع عاملي ارقامه i الحل ليكن abc = 100a + 10b + c العدد المطلوب اي ثلاثي الارقام الذي يحقق مجموع عاملي ارقامه يساوي هذا العدد. 5040! = 7 يدل على ان 6 ≥ c, b, a وبالاحرى اذا كان احد الاعداد c, b, a هو 6 فان abc > 6! = 720 =⇒ a ∨ b ∨ c > 6 اخرى جهة ومن 5 كلها لاتكون a, b, c قيم اذن 555 ̸= 5! + 5! + 5! مادام. a, b, c ≥ 5 ومنه 4! + 4! + 4! = 72 والذي ليس عدد ثلاثي الارقام اذن على الاقل c ∨ b ∨ a يكون 5. abc < 5! + 5! + 5! = 360 =⇒ a ≥ 3 هنا نميز ثلاث حالات 145 = 1! + 4! + 5! فان a = 1 لما* * لما 2 = a فان c, b وجب ان يكونا 5 ولـكن 255 ̸= 2! + 5! + 5! اذن لايوجد حل * لما 3 = a فان c, b وجب ان يكونا ايضا 5 ولـكن 355 ̸= 3! + 5! + 5! اذن لايوجد حل وبالتالي الحل الوحيد هو 145 7777

8 مثال 88 (1963 (KIEV * جد جميع الاعداد ثلاثية الارقام n التي تحقق الشرط الاتي : اذا تم اضافة العدد 3 فان مجموع ارقام العدد 1 3 الناتج هو i الحل ليكن abc من الفرض في السؤال نقل الارقام يكون قد حدث عند القيام بالاضافة abc + 3 معناه 7 ≥ c ,نسمي s1, s0 مجموع ارقام العدد n والعدد الناتج على الترتيب , ثلاث حالات ممكنة : a = b = 9 كان اذا· تناقض وهذا s1 = 1 + (c + 3 − 10) ≥ 3 ولـكن s0 ≥ 9 + 9 + 7 = 25 فان فان a < 9, b = 9 كان اذا· s0 = a + 9 + c, s1 = a + 1 + (c + 3 − 10) = a + c − 6 يكافئ 3(a + c − 6) = a + 9 + c ومنه 2(a + c) = 27 وهذا تناقض اذن لايوجد حل · اذا كان 9 < b فان s0 = a + b + c, s1 = a + (b + 1) + (c + 3 − 10) = a + b + c − 6 وبالتالي 3(a + b + c − 6) = a + b + c ⇔ a + b + c = 9 ومنه abc = 108 ∨ 117 ∨ 207 9 مثال 99 * برهن صحة المساواة الاتية ⌊n 2 ⌋ + ⌈n 2 ⌉ = n ربما نستعرض طرقيتين لاثبات المساواة السابقة i الطر يقة الاولى لدينا 7878

⌊ · n 2 ⌋ = max{m ∈ Z : m ≤ n 2 } ⌈ · n 2 ⌉ = min{m ∈ Z : m ≥ n 2 } * اذا كان n = 2k, k ∈ Z n ,اذن 2 , فان : Z∈ ⌊n 2 ⌋ = max { n 2 , n − 2 2 , . . . } = n 2 ⌈n 2 ⌉ = min { n 2 , n + 2 2 , . . . } = n 2 وبالتالي , . ⌊ n 2 ⌋ + ⌈ n 2 ⌉ = n n اذن 2 ∈/ Z فان n = 2k + 1, k ∈ Z كان اذا* ⌊n 2 ⌋ = max { n − 1 2 , n − 3 2 , . . . } = n − 1 2 ⌈n 2 ⌉ = min { n + 1 2 , n + 3 2 , . . . } = n + 1 2 وبالتالي نحصل على المساواة المطلوب اثباتها , ⌊ n 2 ⌋ + ⌈ n 2 ⌉ = n − 1 2 + n + 1 2 = n ii الطر يقة الثانية في حقيقة الامر يمكن ان نبرهن صحة المساواة السابقة من اجل كل عدد صحيح n ومن اجل كل عدد حقيقي α ,لدينا n = ⌊(1 − α)n⌋ + ⌈αn⌉. في البداية لدينا αn ≤ ⌈αn⌉, ومنه , n − ⌈αn⌉ ≤ (1 − α)n, لـكن بعد هذا لدينا : ⌈αn − ⌈n عدد صحيح وهذا يعني ان n − ⌈αn⌉ ≤ ⌊(1 − α)n⌋. بشكل مماثل لدينا ⌊(1 − α)n⌋ ≤ (1 − α)n, وبالتالي , αn ≤ n − ⌊(1 − α)n⌋, مرة اخرى بعد هذا لدينا ⌈αn⌉ ≤ n − ⌊(1 − α)n⌋, مماسبق اعلاه لدينا ⌊(1 − α)n⌋ + ⌈αn⌉ ≤ n ≤ ⌊(1 − α)n⌋ + ⌈αn⌉. 7979

10 مثال 1010 • جد الرقمين الاخيرين للعدد 7 355 i الحل لايجاد الرقمين الاخيرين للعدد 7 355 7 على n نحاول ايجاد باقي قسمة هذا العدد على 100 اذن ندرس تبعا لقيم العدد الطبيعي n بواقي القسمة الاقليدية للعدد 100 اي 7 0 =≡ 1 (mod 104 ) 7 1 =≡ 7 (mod 104 ) 7 2 ≡ 49 (mod 104 ) 7 3 ≡ 43 (mod 104 ) 7 4 ≡ 1 (mod 104 ) اذن دور القسمة الاقليدية هو Z ∈ k, 4k = n في حين لدينا 355 ≡ 3 (mod 4) =⇒ 355 = 4k + 3 وهذا يكافئ 7 355 = 74k+3 = 74k × 7 3 ≡ 43 (mod 100) 43 هو 7 اذن الرقمين الاخيرين للعدد 355 11 مثال 1111 2 يتكون من 9 ارقام مختلفة • العدد 29 2 دون استعمال الالة الحاسبة • جد الرقم المفقود في العدد 29 i الحل 2 ,الرقم المفقود يكون بين الرقمين 0 و 9 مجموع كل هاته الارقام يعطي لنا العدد لدينا 9 ارقام مختلفة التي تشكل العدد 29 45 اذن اذا كنا نعرف مجموع كل هاته الارقام يمكن بسهولة تحديد الرقم المفقود . الشيئ الاتي والرائع هو اخذ العدد 8080

2 بترديد 9 اي (9 mod (والذي يعطي مجموع الارقام (9 mod , (لان (9 mod (1 = 10k لـكي نبين هذا , 29 2 .ومنه 29 = ∑9 k=0 ak10k ليكن 2 29 ≡ ∑ 9 k=0 ak10k ≡ ∑ 9 k=0 ak (mod 9) (1+9(9 اذن مجموع كل الارقام ماعدا x هو 9 mod x ≡ −الان مجموع كل الارقام هو 9 mod 0 ≡ 2 2 29 ≡ −4 mod 9 اذن 4 هو الرقم المفقود 12 مثال 1212 اكتب العدد الاتي كتابة كسر ية A = 145.757575757575 · · · i الحل في هذا المثال نستعرض طر يقة جديدة عامة لكتابة العدد A وهي طر يقة يحتاجها التلاميذ بشكل واسع في التعليم المتوسط والثانوي نسميها طر يقة زراولية وهي كالاتي اولا يمكننا اخذ الدور في الجزء العشري للعدد A بشكل زوجي مثلا في هذا المثال ناخذ الدور هو العدد 75 .الان اول خطوة نقوم بطرح الجزء الصحيح للعدد A من العدد 14575 اي 14575 − 145 = 14430 ننتهي مباشرة الى الكتابة الـكسر ية للعدد الناطق A وهي A = 14430 99 فقط قسمنا على 99 لاننا نملك رقمين في الدور الذي اعتبرناه واذا اردنا اخذ اربع ارقام معناه سيتم القسمة على 9999 في حين العدد الذي نطرح منه الجزء الصحيح سيكون 1457575 1313 اسئلة اختبار ية A 1 برهن انه اذا كان العدد abc مضاعف للعدد 37 فان العدد bca مضاعف للعدد 37 (CMO/1970) 2 من 1 جد جميع الاعداد الصحيحة التي تبدا بالرقم 6 حيث ان هذا العدد الصحيح المتكون بحذف الرقم 6 هو 25 العدد الصحيح الاصلي 3) 2000))/J(SSSMO (ليكن العدد x ثلاثي الارقام بحيث مجموع ارقامه هو 21 ,اذا قمنا بعكس ارقامه فان العدد الناتج على هذا النحو يتجاوز العدد x ب 495 . ماهو العدد x? 8181

4 برهن ان الاعداد الصحيحة الاتية مربعات تامة 729, 71289, 7112889, 711128889, · · · 5 4 (برهن ان √ 20132016 + 20142016 ليس عدد ناطق 6 برهن ان العدد 1637 عدد اولي دون استعمال الالة الحاسبة 7 برهن ان العدد 123456 لايقبل القسمة على 7 8 نعتبر المتتالية 1≥n)an (المعرفة بالشكل الاتي (an)n≥1 = { a1 = a2 = 1, a3 = 199 an+1 = 1989+anan−1 an−2 , n ≥ 3 . برهن ان كل حدود المتتالية 1≥n)an (اعدد صحيحة موجبة 1414 اسئلة اختبار ية B n = (a + b + c) 1 جد كل الاعداد ثلاثية الارقام abc = n حيث 3 2) ASUMO1986 (ليكن c, b, a ثلاثة اعداد طبيعية مشكلة من n رقم x و n رقم y و 2n رقم z ,من اجل بحيث x, y, z الارقام جد, n ≥ 2 a 2 + b = c 3) CHINA1991 (عندما يتم قسمة عدد مكون من رقمين على العدد المكون بتبادل الرقمين , الحاصل يكون مساوي لباقيه . جد هذا العدد ثنائي الارقام ? 4) POLAND1956 (ليكن x عدد صحيح موجب وكذلك مربع تام حيث x = abab جد x? 5 برهن انه اذا كان n مربع تام فان 2 + n ليس مربع تام XI المربع التام n = m2 تعر يف نقول عن عدد طبيعي n أنه مربع تام إذا وفقط إذا وجد عدد طبيعي m يحقق: 8282

خاصية01 a ،b ،c و d أربع أعداد صحيحة متتابعة. فإن القيمة: 1 + d · c · b · a مربع تام. خاصية02 باقي قسمة مربع تام على 3 هو 0 أو 1. خاصية03 باقي قسمة مربع تام على 4 هو 0 أو 1. خاصية04 جداء عددين مكتوبين من شكل مجموع مربعين تامين هو مجموع مربعين تامين x ، y عددين صحيحين غير معدومين، و p عدد أولي يحقق (5 mod (3 ≡ p .إذا كان p يقسم .x · y يقسم p فإن x 2 + y المجموع 2 خاصية05 n = m2 تعر يف نقول عن عدد طبيعي n أنه مربع تام إذا وفقط إذا وجد عدد طبيعي m يحقق: خاصية05 رقم آحاد (وحدات) مربع تام هو إما 0 ، 1 ، 4 ، 5 ، 6 أو 9 . n = p α1 1 · p α2 2 · · · p αk n عدد طبيعي اكبر تماما من 1 كتابته التحليلية من الشكل k n مربع تام يكافئ αi أعداد زوجية ({k, · · · , 1 ∈ {i.( نظر ية05 n عدد فردي فإن رقم عشراته عدد زوجي. خاصية06 n عدد طبيعي أكبر تماما من 3 ،إذا كان 2 خاصية07 إذا كان رقم عشرات مربع تام عدد فردي فإن رقم آحاده (وحداته) العدد 6. خاصية08 a ،b ،c و d أربع أعداد صحيحة متتابعة. فإن القيمة: 1 + d · c · b · a مربع تام. خاصية09 باقي قسمة مربع تام على 3 هو 0 أو 1. خاصية10 باقي قسمة مربع تام على 4 هو 0 أو 1. خاصية باقي قسمة مربع تام على 8 هو 0 ، 1 أو 4. خاصية12 جداء عددين مكتوبين من شكل مجموع مربعين تامين هو مجموع مربعين تامين x ، y عددين صحيحين غير معدومين، و p عدد أولي يحقق (5 mod (3 ≡ p .إذا كان p يقسم .x · y يقسم p فإن x 2 + y المجموع 2 خاصية13 8383

1 مثال 11 • برهن انه من اجل من اجل كل عدد صحيح k كل الاعداد من الشكل 3K + 2, 4k+, 4k + 3, 5k + 2, 5k + 3, 8k ± 2, 8k ± 3, 8k ± 7 لايمكن ان تكون مربعات تامة i الحل لدينا 3k + 2 ≡ 2 (mod 3), 4k + 2 ≡ 2 (mod 4), 4k + 3 ≡ 3 (mod 4) وهذا يستلزم انه لايمكن ان تكون مربعات تامة , اما بالنسبة للاعداد من الشكل 2 + 5k و 3 + 5k رقم احادها 2 او 7 و 3 او 8 على الترتيب اذن لايمكن ان تكون مربعات تامة . كل الاعداد من الشكل 8k ± 2, 8k ± 3, 8k ± 7 ليس لها هاته البواقي 4, 1, 0 بترديد 8 اذن لايمكن ان تكون مربعات تامة 2 مثال 22 • برهن ان اي عدد صحيح 10 ≥ n لايمكن ان يكون مربع تام اذا كان مكونا من نفس الارقم i الحل ← اذا كان الرقم المستعمل عدد فردي فان النتيجة مبرهنة من الخاصية (6( ← اذا كان الرقم المستعمل 2 او 8 فان النتيجة مبرهنة على الفور من الخاصية (7( ← اذا كان الرقم المستعمل هو العدد 6 فانه يمكن الحصول على النتيجة من الخاصية (9( ← في النهاية اذا كان الرقم المستعمل هو العدد 4 اي ليكن n 2 = 4 · · · 4 | {z } k , k ≥ 2 n اي 2 = 4m2 اذن 2m = n يكافئ m2 = 1 · · · 1 | {z } k , k ≥ 2 وهذا تناقض ومن هنا قد تم برهان النتيجة في كل الحالات 8484

3 مثال 33 ← متى يكون العدد 999 · · · 9 مربع تام i الحل لنكتب : 102n+1 − 1 = a 2 اي 1 + 2k = a والان لدينا 2 2n+15 2n+1 = 2 (2k 2 + 2k + 1) | {z } عدد فردي .a = 3 ومنه 9 = a 2 2 وبالتالي 0 = n .وفي النهاية لدينا 2n+1 = 2 so 4 مثال 44 ← برهن ان العدد الصحيح الموجب يكون مربعا تاما اذا كان عدد قواسمه عددا فرديا i الحل نعلم انه من اجل كل عدد صحيح اكبر تماما من العدد 1 يكتب كتابة وحيدة بالشكل الاتي n = p a1 1 . . . p ak k , مع pk, . . . , p1 اعداد اولية مختلفة . اذن عدد القواسم الموجبة للعدد n تعطى بالشكل الاتي (a1 + 1)(a2 + 1). . .(ak + 1) . لـكي يكون هذا العدد فردي يجب ان يكون 1 + ai ايضا عدد فردي . على سبيل المثال ناخذ (196(ν حيث (n(ν تمثل مجموع القواسم الموجبة للعدد n اذن : 196 = 14·14 = (21 ·7 1 )·(21 ·7 1 ) = 22(1) ·7 2(1) = 22 ·7 2 , .ν(196) = ν(142 ) = (2+1)(2+1) = 9 1, 2, 4, 7, 14, 28, 49, 98, 196 : موجبة قواسم 9 لديه 196 الواضح من 5 مثال 55 ← متى يكون n! + 10 مربعا تماما 8585

i الحل n ≤ 3 الحالة . تام مربع ليس n! + 10 ≡ 2 mod 4 حين في n! ≡ 0 mod 4 لدينا يكون n ≥ 4 كان اذا يمكن معالجتها باليد اي ان الحالة الوحيدة التي يكون فيها 10! + n هي n = 3 6 مثال 66 ← جد جميع الاعداد الاولية p بحيث p 4 + p 3 + p 2 + p + 1 مربع تام . i الحل p لها حلول فقط من اجل 11 = p و 3 = q .في الواقع يمكن كتابة 2 = q 4 + q 3 + q 2 + q + 1 ان نلاحظ ( q 2 + q 2 )2 = q 4 + q 3 + q 2 4 < q4 + q 3 + q 2 + q + 1 q 2 4 < q2 + q + 1 وكذلك من ناحية اخرى لدينا ( q 2 + q + 2 2 )2 = q 4 + q 3 + 2q 2 + q 2 + 4q + 4 4 > q4 + q 3 + q 2 + q + 1 =⇒ q 4 + q 3 + 9 4 q 2+q + 1 > q4 + q 3 + q 2+q + 1 =⇒ 9 4 q 2 > q2 . من هنا q لايمكن ان يكون عدد زوجي , وكذلك من اجل الاعداد الفردية q وجب ان يكون لدينا ( q 2 + q + 1 2 )2 = q 4 + q 3 + q 2 + q 2 + 2q + 1 4 = q 4 + q 3 + q 2 + q + 1 q 2 + 2q + 1 = 4q + 4 q 2 − 2q − 3 = (q − 3)(q + 1) = 0, من هنا 3 = q .بشكل خاص لدينا , 3 4 + 33 + 32 + 3 + 1 = 112 وبالتالي الحلين الوحيدين هما 11=p,3=q 8686

7 مثال 77 ← برهن ان 1! + 2! + 3! + · · · + n! مربع تام اذا وفقط اذا كان 3 = n i الحل نلاحظ ان , 1! + 2! + 3! + 4! = 33 1! + 2! + 3! + 4! + 5! = 153 1! + 2! + 3! + 4! + 5! + 6! = 873 . . . الارقام الاخيرة لهاته الاعداد تنتهي بالعدد 3) وحدث هذا لانه من اجل 4 > n الرقم الاخير للعدد !n هو 0 .(الان لـكي يكون العدد مربعا تاما يجب ان يكون رقمه الاخير او ينتهي باحد هذه الاعداد 9, 6, 5, 4, 1. n ∑لايمكن ان يكون مربعا تاما . i=1 i! ,n > 3 اجل من هنا 8 مثال 88 ← بين انه من اجل 1 > n فان العدد n 2 + 1 لايمكن ان يكون مربع تام i الحل n .اي من ناحية 2 < n2 + 1 < (n + 1)2 لان تام مربع يكون ان لايمكن n 2 + 1 فان, n > 1 كان اذا (n + 1)2 n و n محصور بين مربعين تامين متتالينن 2 2 + 1 , اخرى 9 مثال 99 ← برهن ان الجذر التربيعي للعدد 1 + 2k يكون من الشكل 1 + 8n حيث N ∈ n, k 8787

i الحل اذا كان n عدد فردي فان n 2 = (n − 2 + 2)2 = (n − 2)2 + 4(n − 2) + 4 = (n − 2)2 + 4(n − 1) ومادام 1 − n عدد زوجي فان , (1 − n(4 مضاعف للعدد 8. 10 مثال 1010 (CHNMOL1984) ← في قائمة الاعداد الاتية هناك عدد ليس مربع تام من اجل جميع قيم العدد الطبيعي n هو 3n 2 − 3n + 3 (A * 4n 2 + 4n + 4 (B * 5n 2 − 5n − 5 (C * 7n 2 − 7n + 7 (D * 11n 2 + 11n − 11 (E * i الحل لدينا n = 2, 3n 2 − 3n + 3 = 3(n 2 − n + 1) = 32 n = 3, 5n 2 − 5n − 5 = 5(n 2 − n − 1) = 52 n = 3, 7n 2 − 7n + 7 = 7(n 2 − n + 1) = 72 n = 3, 11n 2 + 11n − 11 = 11(n 2 + n − 1) = 112 وبالتالي كل من E, D, C, B, A ليست هي الاجابة التي نبحث عنها ومن ناحية اخرى (2n + 1)2 = 4n 2 + 4n + 1 < 4n 2 + 4n + 4 < 4n 2 + 8n + 4 = (2n + 2)2 4n ليست مربع تام اذن الاجابة هي B وهذا يستلزم ان 4 + 4n + 2 11 مثال 1111 (China2000) 8888

• ليكن العدد خماسي الارقام المربع التام المعرف بالصيغة الاتية 2x9y1 حيث y, x عددين طبيعييين • جد قيمة 7y + 3x i الحل لتحديد العددين y, x نستعمل طر يقة التقييم ,ليكن A 2 = 2x9y1 اذن 1752 = 30625 > A2 و 1412 = 19881 < A2 ,مادام 1412 < A2 < 1752 , رقم احاد العدد A هو فقط 1 او 9 وبالتالي يكفي ويبقى ان نتحقق من الاعداد الاتية 1512 , 1612 , 1712 , 1592 , 1692 اذن نجد 1612 = 25921 العدد الوحيد الذي يحقق جميع الشروط في حين الاعداد المتبقية الاخرى لايمكن ان تحقق الشروط السابقة وبالتالي اخيرا نحصل على x = 5, y = 2 =⇒ 3x + 7y = 29 12 مثال 1212 (IMO1988) .a 2 + b • ليكن a و b عددان صحيحان موجبان حيث ان 1 + b · a يقسم 2 ← برهن ان a 2 + b 2 a · b + 1 مربع تام 8989

i الحل a .مادام a و b يقعان بشكل متناظر ربما نفرض b ≤ a. 2 + b 2 = qab + q على نحصل a 2+b 2 ab+1 = q ∈ N بوضع ومنه qa − a < b ≤ qa. لاثبات الجهة اليسرى للمتباينة الاخيرة نفرض ان qa > b ,then c + qa = b مع N ∈ c .وبالتالي a 2 + b 2 = qab + q =⇒ a 2 + (qa + c) 2 = qa(qa + c) + q =⇒ a 2 + q 2 a 2 + 2qac + c 2 = q 2 a 2 + qac + q =⇒ a 2 + qac + c 2 = q =⇒ q ≤ qac < a2 + qac + c 2 = q =⇒ q < q, من. r ∈ N0 و 0 ≤ r < a مع b = qa − r على نحصل qa − a < b ≤ qa من. b ≤ qa ومنه ! تناقض a نحصل على 2 + b 2 = qab + q a 2 + (qa − r) 2 = qa(qa − r) + q =⇒ a 2 + q 2 a 2 − 2qar + r 2 = q 2 a 2 − qar + q =⇒ a 2 + r 2 = qar + q =⇒ a 2 + r 2 = q(ar + 1) =⇒ a 2 + r 2 ar + 1 = q. r . لـكن لدينا 2+a 2 ra+1 = q تحقق) r, a) الثنائية ايضا فانه , a 2+b 2 وبالتالي اذا كانت الثنائية الواحدة (b, a (تحقق q = 1+ab b ≤ a < r ≤ 0 ,ومنه كل مركبة ل (a, r (اقل من مركبة كل من (b, a .(نظر ًا لعدم وجود تسلسل متناقص و a 2+r 2 رتيب لا نهائي من الأعداد الصحيحة الموجبة ، فسنحصل على أزواج أصغر الى غاية 0 = r .من q = 1+ar a = q .ومنه q مربع تام 2 0 = r نحصل على 1313 اسئلة اختبار ية A 1 برهن ان العدد 2022 لايمكن كتابته على شكل مجموع عشر مربعات تامة فردية 2) China1991 (جد جميع الاعداد الطبيعية n بحيث n 2 − 19n + 91 مربع تام 7k مربع تام 2 − 3k + 1 و 3k 3 حدد ان وجد عدد طبيعي k بحيث مجموع العددين 4 − 3k + 2 4 اذا كان (x − 1)(x + 3)(x − 4)(x − 8) + m مربع تام فان m هو العدد الطبيعي 32 (A ← 24 (B ← 9090

98 (C ← 196 (D ← 5) ASUMO1972 (جد القيمة الاعظمية للعدد الصحيح x بحيث 4 27 + 4104 + 4x مربع تام 6) Canada1969 (برهن ان المعادلة a 2 + b 2 − 8c = 6 لاتقبل اي حل صحيح x يقبل القسمة على 2xy اذن x مربع تام 2 + y 7 برهن انه اذا كان x و y اعداد صحيحة موجبة بحيث x − 2 8) China2006 (اذا كان 21 − n و 20 + n مربعان تامان مع n عدد طبيعي . جد قيمة n ان برهن, a, b, n ∈ N +, n ≥ 2 كان اذا 9 k = a n + b n (ab) n−1 + 1 ∈ N) ⇒ ∃c ∈ N (k = c n ) 10 نفرض الاعداد الصحيحة الموجبة n, y, x تحقق (n + 1)x 2 − (n − 1)y 2 = n . برهن ان 2n مربع تام 1414 اسئلة اختبار ية B 1 جد عدد الثنائيات المرتبة للعددين الصحيحين 99 ≤ n, m ≤ 1 بحيث (m + n) 2 + 3m + n مربع تام p مربع تام . جد الاعداد الاولية p 4 2 ليكن p عدد اولي ومجموع قواسم العدد (China1992) 3 y لايمكن ان تكون 2 + 4x + 3 و x اذا كان y, x اعداد صحيحة موجبة . برهن ان قيم كل من 1 + y + 2 مربعات تامة في نفس الوقت 4) BMO1991 (برهن ان العدد 3 n + 2 × 17n ليس مربع تام بحيث n ليس عدد صحيح سالب 5 حدد القيم الممكنة للعدد الصحيح الموجب q وكذلك العدد الاولى k حتى يكون q k − 1 q − 1 مربع تام 9191

6 حدد قيم العدد الطبيعي n حتى يكون 3 n − 1 2 مربع تام 7 حدد قيم العددين الصحيحين x و y بحيث x 3 + 1 = y 2 x لايمكن ان يكونا مربعين تامين في نفس الوقت 2 + y 2 x و 2 − y 8 برهن ان العددين 2 9 برهن ان 109 ! + 1 مربع تام 10 p عدد اولي , بين ان المعادلة الاتية (p − 1)! + 1 = p k لاتقبل حلول من اجل 5 > p حيث k عدد صحيح موجب تماما {x},⌊x⌋ XII من أجل كل عدد حقيقي x ،الجزء الصحيح للعدد الحقيقي x هو أكبر عدد صحيح نسبي أصغر من أو يساوي x ويرمز له بالرمز ⌊x.⌊ تعر يف01 9292

من أجل كل عدد حقيقي x ،القيمة ⌊x − ⌊x تسمى بالجزء العشري للعدد الحقيقي x ويرمز لها بالرمز {x.{ تعر يف02 من أجل كل عدد حقيقي x: .0 ≤ {x} < 1 (1 ← x − 1 < ⌊x⌋ ≤ x < ⌊x⌋ + 1(2 ← ← 3 (من أجل كل عدد صحيح نسبي n⌋ :x + ⌊n⌋ = x + n⌊ من أجل كل xn, · · · , x2, x1 من R: ⌊x1 + x2 + · · · + xn⌋ ≥ ⌊x1⌋ + ⌊x2⌋ + · · · + ⌊xn⌋ (4 ← ⌊x1 · x2 · · · xn⌋ ≥ ⌊x1⌋ · ⌊x2⌋ · · · ⌊xn⌋ (5 ← خاصية (hermite identity) من أجل كل عدد حقيقي x ،ومن أجل كل عدد طبيعي غير معدوم n: ⌊x⌋ + ⌊x + 1 n ⌋ + ⌊x + 2 n ⌋ + · · · + ⌊x + n − 1 n ⌋ = ⌊nx⌋ خاصية 1 مثال 11 • حل المعادلة الاتية 2⌊x⌋ = x + 2{x} i الحل لتقليل عدد المتغيرات نضع {x⌋ + {x = ⌊x وهذا يقود نحو حل المعادلة 2⌊x⌋ = ⌊x⌋ + 3{x} ,0} = x {وبالتالي الحلول هي 1 3 , 2 3 بالمقابل اذن⌋ x⌋ = 0, 1, 2 لما⌋ , x⌋ = 3{x} < 3 ومنه x = 0, 4 3 , 8 3 9393

2 مثال 22 • حل المعادلة 7⌊x⌋ + 23{x} = 191 i الحل 0 ≤ {x} < 1 =⇒ 0 ≤ 23{x} < 23 =⇒ 0 ≤ 191 − 7⌊x⌋ < 23 ⇐⇒ 0 ≥ 7⌊x⌋ − 191 > −23 ⇐⇒ 28 > 191/7 ≥ ⌊x⌋ > (191 − 23)/7 = 24 اذن , ⌊x ⌊يمكن ان يكون 27, 26, 25 3 مثال 33 ⌊ √ x⌋ = ⌊x/2⌋ من اجل x عدد حقيقي i الحل ⌊ √ x⌋ = ⌊ x 2 ⌋ --- n 2 ≤ x < (n + 1)2 ≥ n .هنا x 2 < n + 1 و n ≤ √ xn + 1 ومنه 0 ≤ n = ⌊ √ x⌋ = ⌊ x 2 ⌋ ليكن Z∈ و 2 + 2n < x ≤ 2n .يمكن التعبير عن هذا بالشكل التالي x ∈ [n 2 , n2 + 2n + 1) ∩ [2n, 2n + 2) . .x ∈ [0, 1) على نحصل, n = 0 اجل من) 1 ← x ∈ [2, 4) على نحصل, n = 1 اجل من) 2 ← x ∈ [4, 6) على نحصل, n = 2 اجل من) 3 ← ← 4 (من اجل 3 ≥ n ,يمكن ان نبين ان n2 < 2 + 2n وهنا ∅ ∋ x. اذن مجموعة الحلول هي x ∈ [0, 1) ∪ [2, 6) 9494

4 مثال 44 • برهن صحة المتراجحة الاتية ⌊x⌋ + ⌊y⌋ ≤ ⌊x + y⌋ ≤ ⌊x⌋ + ⌊y⌋ + 1 i الحل y = ⌊y⌋ + β, β ∈ [0, 1) و x = ⌊x⌋ + α, α ∈ [0, 1) مايلي نستعمل ⌊x + y⌋ = ⌊⌊x⌋ + α + ⌊y⌋ + β⌋ ≥ ⌊x⌋ + ⌊y⌋ : اخرى متراجحة اجل من⌋ x⌋ + ⌊y⌋ الاقل على هي⌋ x + y⌋ وبالتالي⌋ x⌋ + α + ⌊y⌋ + β ≥ ⌊x⌋ + ⌊y⌋ لان ⌊x⌋ + α + ⌊y⌋ + β < ⌊x⌋ + ⌊y⌋ + 2 ⇒ من هنا من اجل عدد صحيح واحد Z ∈ m الذي يحقق (C) m ≤ ⌊x⌋ + α + ⌊y⌋ + β ⌊x⌋+⌊y⌋+ 2 > ⌊x⌋+⌊y⌋+α+β بالفعل لانه⌋, x⌋+⌊y⌋+ 1 هو الاكبر والمحتمل m = ⌊x⌋+⌊y⌋ هو - ( انظر (C ,((وبالتالي ⌊x + y⌋ = ⌊⌊x⌋ + α + ⌊y⌋ + β⌋ ≤ ⌊x⌋ + ⌊y⌋ + 1 5 مثال 55 • كيف نحسب نهاية limn→∞ ⌊√4 n4 + 4n3 − n ⌋ ? i الحل ليكن n عدد صحيح موجب . من الواضح n 4 < n4 + 4n 3 < n4 + 4n 3 + 6n 2 + 4n + 1 = (n + 1)4 . وبالتالي n < √4 n4 + 4n3 < n + 1. ومنه 0 < √4 n4 + 4n3 − n < 1. هنا limn→∞ ⌊√4 n4 + 4n3 − n ⌋ = 0 من اجل كل الاعداد الصحيحة الموجبة n. 9595

6 مثال 66 • احسب نهاية limn→∞ (√ n2 − n + 1 − ⌊√ n2 − n + 1⌋) i الحل ومنه, n − 1 < √ n2 − n + 1 < n مادام √ n2 − n + 1 − [ √ n2 − n + 1] = √ n2 − n + 1 − (n − 1) = n √ n2 − n + 1 + (n − 1) → 1 2 . (n→∞) 7 مثال 77 • برهن ان x − ⌊ x 2 ⌋ = ⌊ x + 1 2 ⌋ i الحل اذا كان x عدد زوجي , فان 2k = x مع Z ∈ k .اذن لدينا : x − ⌊ x 2 ⌋ = 2k − ⌊k⌋ = k = ⌊ k + 1 2 ⌋ = ⌊ 2k + 1 2 ⌋ = ⌊ x + 1 2 ⌋ 8 مثال 88 • ليكن Z ∈ x , متى تتحقق المعادلة الاتية ⌊(n − 1)x⌋ + ⌊x⌋ = ⌊nx⌋ 9696

i الحل ومنه. α = x − m و m = ⌊x⌋ ليكن ⌊(n − 1)x⌋ + ⌊x⌋ = ⌊(n − 1)m + (n − 1)α⌋ + m = nm + ⌊(n − 1)α⌋ , و ⌊nx⌋ = ⌊nm + nα⌋ = nm + ⌊nα⌋ , بحيث k صحيح عدد يوجد انه يكافئ وهذا)⌋, n − 1)x⌋ + ⌊x⌋ = ⌊nx⌋ ⇔ ⌊(n − 1)α⌋ = ⌊nα⌋ اذن (B) k ≤ (n − 1)α < nα < k + 1 المتباينة (B (تكافئ k n − 1 ≤ α < k + 1 n , اذن نحن بحاجة الى المجالات غير الخالية الاتية من الشكل [ k n − 1 , k + 1 n ) , k = 0, . . . , n − 1 . اذن, n > k + 1 يكافي k n−1 < k+1 n ⇔ kn < (k + 1)(n − 1) = kn + n − k − 1 الان ⌊(n − 1)x⌋ + ⌊x⌋ = ⌊nx⌋ ffi x − ⌊x⌋ ∈ n∪−2 k=0 [ k n − 1 , k + 1 n ) . 9 مثال 99 • حل المعادلة ⌊x 2 ⌋ − 3⌊x⌋ + 2 = 0 i الحل y و y عدد صحيح , اي 1 = y, 2 − 3y + 2 ≤ 0 ومنه, y = ⌊x⌋ لنترك , الان⌋. x 2 ⌋ ≥ ⌊x⌋ بداية نلاحظ ان 2 .f ∈ (0, 1) مع, x = y + f نضع , ومنه. 2 او ← اذا كان 1 = y ,فان ⌊2f + f 2 ⌋ = 0 ⇐⇒ 2f + f 2 < 1 ⇐⇒ f < √ 2 − 1 ← اذا كان 2 = y ,فان ⌊4f + f 2 ⌋ = 0 ⇐⇒ 4f + f 2 < 1 ⇐⇒ f < √ 5 − 2 .[1, √ 2) ∪ [2, √ اذن مجموعة الحلول من اجل x تشمل بالضبط المجموعة (5 9797

10 مثال 1010 • حل في R المعادلة الاتية x⌊x + 2⌋ + ⌊2x − 2⌋ + 3x = 12 i الحل مادام ⌊x + 2⌋ = ⌊x⌋ + 2, ⌊2x − 2⌋ = ⌊2x⌋ − 2 يمكن كتابة المعادلة بالشكل الاتي x(⌊x⌋ + 2) + ⌊2x⌋ − 2 + 3x = 12, يكافئ (1) x⌊x⌋ + 5x + ⌊2x⌋ = 14 الان نميز حالتين : .0 ≤ α < 1 2 و m ∈ Z اين x = m + α : الاولى الحالة← (1) ⇒ (m + α)m + 5m + 5α + 2m = 14 ⇒ (m + 5)α = −m2 − 7m + 14 ⇒ α = −m2 − 7m + 14 m + 5 (مادام m + 5 ̸= 0) ⇒ 0 ≤ −m2 − 7m + 14 m + 5 < 1 2 لاتوجد اي قيمة للعدد m. . 1 2 ≤ α < 1 و m ∈ Z اين x = m + α : الثانية الحالة← (1) ⇒ (m + α)m + 5m + 5α + 2m + 1 = 14 ⇒ (m + 5)α = −m2 − 7m + 13 ⇒ α = −m2 − 7m + 13 m + 5 (since m + 5 ̸= 0) ⇒ 1 2 ≤ −m2 − 7m + 13 m + 5 < 1 ⇒ m = 1, α = 5 6 هنا, x = 11 6 هو الحل الوحيد 9898

11 مثال 1111 • برهن انه من اجل كل عدد صحيح x ,يكون لدينا : ⌊ x 2 + 2x + 2 4 ⌋ = ⌊ x 2 + 2x + 1 4 ⌋ . i الحل نميز حالتين ← الحالة الاولى : اذا كان 2k = x ,فان ⌊ x 2 + 2x + 2 4 ⌋ = ⌊ (2k) 2 + 2 · 2k + 2 4 ⌋ = ⌊ k 2 + k + 1 2 ⌋ = k 2 + k. ⌊ x 2 + 2x + 1 4 ⌋ = ⌊ (2k) 2 + 2 · 2k + 1 4 ⌋ = ⌊ k 2 + k + 1 4 ⌋ = k 2 + k. ← الحالة الثانية : اذا كان 1 − 2k = x ,فان ⌊ x 2 + 2x + 2 4 ⌋ = ⌊ (2k − 1)2 + 2(2k − 1) + 2 4 ⌋ = ⌊ k 2 + 1 4 ⌋ = k 2 . ⌊ x 2 + 2x + 1 4 ⌋ = ⌊ (2k − 1)2 + 2(2k − 1) + 1 4 ⌋ = ⌊ k 2 ⌋ = k 2 . 12 مثال 1212 • لتكن 1≥n)an (المتتالية المعرفة بالشكل الاتي : a1 = 1, an+1 = an n + n an , n ≥ 1 ← برهن انه من اجل n ≥ 4, ⌊a 2 n ⌋ = n 9999

i الحل يمكن ان نبرهن بدل المساواة السابقة صحة هاته المتباينة (A) n + 2 n < an 2 < n + 1 بداية نتاكد من صحة المتباينة السابقة اي (A (انها صحيحة من اجل 4 = n .الان في مرحلة التراجع او الاستقراء نلاحظ ان x > y > 1 =⇒ x + 1 x > y + 1 y ≡ 1 > 1 xy وبالتالي بالنسبة للطرف الايمن للمتباينة (A (لدينا an 2 n2 + n 2 an 2 + 2 < n + 2 n n2 + n 2 n + 2 n + 2 = 2 + n 4 + n 2 + 4 + 4 n2 n3 + 2n = 2 + n − n 2 − 4 − 4 n2 n3 + 2n < n + 2 وبالنسبة للطرف الايسر لدينا an 2 n2 + n 2 an 2 + 2 > n + 1 n2 + n 2 n + 1 + 2 = n 4 + n 2 + 2n + 1 n3 + n2 + 2 = 2 + (n − 1) + 2n 2 + 2n + 1 n3 + n2 > n + 1 + 2 n > n + 1 + 2 n + 1 وهو المطلوب 13مثال 1313 China1988 • ليكن S = ⌊1⌋ + ⌊1⌋ + ⌊√ 2 ⌋ + · · · ⌊√ 1988⌋ ← جد المجموع ⌊S⌊ i الحل من اجل كل عدد صحيح k , x العلاقات الاتية متكافئة ⌊√ x ⌋ = k ⇔ k 2 ≤ x < (k + 1)2 ⇔ x ∈ [k 2 , k2 + 2k] 100 100