Пусть: 100*a+10*b+c=p (трехзначное простое число.(a,b,c -цифры)
Приметим сразу что тк p>2,то оно нечетно, а значит и c нечетно.
Тогда уравнение:
a*x^2+b*x+c=p (должно иметь корень 10, а другой корень будет рационален и иметь вид k/2a ,где k-целое число)
Предположим ,что b^2-4ac -полный квадрат, но это значит ,что уравнение:
a*x^2+bx+с=0 имеет рациональные корни вида x1=k1/2a и x2=k2/2a.(k1,k2-целые числа).
То есть справедливо разложение на множители: a*x^2+bx+c=a*(x-k1/2a)*(x-k2/2a)
Так же приметим ,что по теореме
Виета тк :a,b,c-цифры a>0;b>0;c>0
-b/a=x1+x2<0 c/a=x1*x2>0 .Тк произведение корней положительно, то каждый из них либо положительный либо отрицательный, но тк их сумма отрицательна, то каждый из корней отрицателен. Из этого следует, что -k1>0 ;-k2>0
Таким образом уравнение:
a*x^2+b*x+c=p
Может быть записано в виде:
a*(x-k1/2a)*(x-k2/2a)=p
Мы знаем, что 10-корень этого уравнения ,тогда:
a*(10-k1/2a)*(10-k2/2a)=p
(20a-k1)*(20a-k2)=4*a*p
Сразу приметим что a не равно 0,тк первая цифра не бывает нулем.
Пусть a-является нечетным:
а=1,3,5,7,9
Заметим, что все числа кроме 9 делятся только на себя или на 1. То есть либо простое ,либо равно 1.
Предположим, что a-нечетное и не равно 9. Тогда в любом случае хотя бы одно из слагаемых: 20a-k1 или 20a-k2 делится на a,то есть хотя бы одно из чисел k1 или k2 делится на a,тк 20a делится на a.
Тогда возьмем произвольно k1=a*r
r-целое число.
Тогда:
(20-r)*(20a-k2)=4*p
Предположим, что оба числа r и k2 кратны 2: r=2f1 ; k2=2f2
(10-f1)*(10*a-f2)=p
Тогда, тк -f1>0 и -f2>0
(10-f1)>10
(10*a-f2)>10
Но тк число p простое , то одно из выражений (10-f1) и (10*a-f2) равно p, а другое 1, но 1<10 ,то есть такое невозможно.
Аналогично ,если предположить, что только одно из чисел r и k2 кратно 2. То это же число должно быть кратно 4. То есть будет разложение: (5-f3)*(20a-k2)=p ,либо
(5a-f3)*(20a-k1)=p ,но опять же 1<5<20. Поэтому такое так же невозможно.
Рассмотрим теперь случай когда a=9. Случай когда одно из слагаемых 20a-k1 или 20a-k2 делится на 9 отпадает по аналогии с предыдущим. Нас интересует тот случай когда обе скобки делятся на 3. В этом случае, тк a=9 делится на 3, то k1 и k2 делятся на 3. k1=3f1;
k2=3f2.
(60-f1)*(60-f2)=4p
По аналогии с предыдущим случаем тк 60>20 и 60 делится на 4, то здесь и подавно такое невозможно.
Теперь рассмотрим случай когда a-четно. a=2,4,6,8.
(20a-k1)*(20a-k2)=4*a*p
Тут можно обосновать так. Пусть a=2^r *f f нечетно. Тогда это можно записать так:
(20*2^r * f-k1)*(20*2^r * f-k2)=4*2^r *f*p
Тк f нечетно, то можно провести те же рассуждения что и с нечетными a, только количество итераций половинного деления будет больше. Но сколько бы итераций не было , в любом случае минимальное число что получится в скобке в любой из итераций будет равно 20*2^r/4*2^r=5>1 или 5f>1. Таким образом мы доказали пришли к противоречию :b^2-4ac не может быть полным квадратом, если число abc простое .
В решении.
Объяснение:
По теореме Пифагора в прямоугольном треугольнике квадрат гипотенузы равен сумме квадратов катетов.
Выбрать прямоугольные треугольники:
1) (3√2)² = 9*2 = 18; (2√2)² = 4*2 = 8; (√26)² = 26;
18 + 8 = 26, является.
2) (√3)² = 3; (√11)² = 11; (√14)² = 14;
3 + 11 = 14, является.
3) (√19)² = 19; 2² = 4; (√23)² = 23;
19 + 4 = 23, является.
4) (2√11)² = 4*11 = 44; (√30)² = 30; (√15)² = 15;
30 + 15 ≠ 44, не является.
5) (√11)² = 11; (2√7)² = 28; (√17)² = 17;
11 + 17 = 28, является.
6) (2√3)² = 12; 6² = 36; (2√6)² = 24;
12 + 24 = 36, является.
7) (√14)² = 14; (√15)² = 15; (√23)² = 23;
14 + 15 ≠ 23, не является.