Delta mi!

Skoro dla pewnego naturalnego to Stąd a wtedy

czyli Z drugiej strony

Szukaną liczbą jest więc 998.

Rozważmy dowolny łuk danego okręgu zawierający wszystkie wyróżnione punkty i oznaczmy kolejne liczby przyporządkowane wyróżnionym punktom tego łuku przez Dla każdej liczby zdefiniujmy -wyrazowy ciąg binarny następująco: jeżeli pośród liczb wartość występuje parzystą liczbę razy oraz w przeciwnym przypadku.

Ponieważ jest tylko binarnych ciągów długości więc albo ciągi są parami różne i dla pewnego albo dla pewnych W pierwszym przypadku iloczyn liczb jest kwadratem liczby całkowitej, w drugim zaś - iloczyn liczb jest kwadratem liczby całkowitej.

Każdy ciąg dodatnich liczb całkowitych

których suma jest równa nazwiemy kompozycją liczby

Zauważmy, że -elementowe kompozycje liczby pozostają we wzajemnie jednoznacznej odpowiedniości z -elementowymi podzbiorami zbioru Każdej takiej kompozycji możemy przypisać zbiór

i odwrotnie: każdy podzbiór, którego elementy są wypisane w porządku rosnącym, wyznacza w powyższy sposób pewną kompozycję. Zatem liczba wszystkich kompozycji liczby jest równa liczbie podzbiorów zbioru -elementowego, czyli

Określmy funkcję która przyporządkowuje każdej kompozycji liczby pewną kompozycję następująco: jeżeli to

a jeżeli to

Zauważmy, że dla każdej kompozycji więc zadaje podział zbioru wszystkich kompozycji liczby na pary. Wprost z definicji wynika, że kompozycje w obrębie każdej pary różnią się parzystością liczby parzystych wyrazów. To oznacza, że liczba kompozycji zawierających parzystą liczbę liczb parzystych jest równa połowie liczby wszystkich kompozycji, czyli

Podany warunek przepisujemy równoważnie jako Niech będzie zbiorem odwrotności wszystkich liczb za zbioru Dowolne dwa elementy zbioru są więc oddalone o co najmniej Zatem w każdym spośród przedziałów

może być co najwyżej jeden element zbioru Pozostałe liczby dodatnie tworzą przedział w którym są jedynie odwrotności liczb naturalnych To pokazuje, że zbiór (więc i zbiór ) może liczyć co najwyżej elementów.

Odpowiedź na drugie pytanie z zadania jest przecząca: na przykład dla nie istnieje -elementowy zbiór o podanej własności. Jak w przypadku ogólnym, zauważamy, że w każdym z przedziałów może być tylko jeden element zbioru Dalej, odwrotności liczb naturalnych, leżące w przedziale rozbijamy na pięć podzbiorów:

- każdy z nich ma średnicę mniejszą niż więc zawiera co najwyżej jeden element zbioru No i zostają jeszcze ułamki Liczność zbioru (więc i ) nie przekracza czyli 16.

Liczba pierwsza jest sumą dwóch kwadratów (jedno z dobrze znanych twierdzeń Fermata): ; liczby całkowite muszą być względnie pierwsze. Istnieją wobec tego liczby całkowite dla których przy czym (łatwe uzasadnienie przez algorytm Euklidesa).

Wykażemy, że liczba ma własności, o które chodzi w zadaniu. Mamy bowiem oszacowanie oraz równość

Widać z niej, że W konsekwencji ; jest to niewątpliwie kwadrat liczby całkowitej dodatniej.

Przeprowadzimy dowód nie wprost.

Przypuśćmy, że jest nieparzystą liczbą pierwszą. Wówczas z małego twierdzenia Fermata wynika, że liczba jest podzielna przez a zatem również

jest liczbą podzielną przez To przeczy pierwszości liczby gdyż

Podobnie, jeżeli jest nieparzystą liczbą pierwszą, to z małego twierdzenia Fermata wynika, że liczba jest podzielna przez Wobec tego również liczba

jest podzielna przez ale na mocy nierówności prawdziwej dla

Dla każdego jest dokładnie pięć możliwości opisujących, które z liczb należą do podzbioru spełniającego warunek zadania. Mianowicie:

a.

żadna z nich nie należy;

b.

tylko należy;

c.

tylko należy;

d.

tylko należy;

e.

liczby oraz należą (natomiast nie należy).

Ponieważ dla różnych możliwości te są niezależne, to liczba szukanych pozdbiorów wynosi

Zgodnie z uwagą wyżej, prawa strona to liczba pokryć paska kwadratami i prostokątami Każde takie pokrycie musi zawierać co najmniej elementów, w tym co najmniej jeden kwadrat. Jeśli w pokryciu wśród pierwszych elementów jest dokładnie kwadratów (i prostokątów ), to można je rozmieścić na sposobów i pokrywają one w sumie prostokąt Pozostały fragment paska można pokryć na sposobów. Tę drugą interpretację opisuje lewa strona tożsamości, stąd teza.

Niech będzie dodatnią liczbą całkowitą. Zauważmy, że każda mniejsza od wielokrotność liczby

jest podzielna przez sumę swoich cyfr. Rzeczywiście, suma cyfr każdej takiej liczby jest nie większa od i podzielna przez więc jest dzielnikiem liczby a tym bardziej dowolnej jej wielokrotności.

Wystarczy więc udowodnić, że dla każdego można dobrać takie aby spełniona była nierówność

a szukany ciąg arytmetyczny będą wówczas tworzyły liczby dla

Zauważmy, że każda liczba pierwsza wchodzi do rozkładu liczby na czynniki pierwsze z wykładnikiem a zatem nie większym od Wobec tego

gdzie mnożenie przebiega liczby pierwsze oraz skorzystaliśmy z nierówności zasugerowanej we wskazówce do zadania (prawdziwej dla gdzie jest pewną dodatnią liczbą całkowitą).

Ponieważ więc dla pewnej dodatniej liczby całkowitej Do zakończenia rozwiązania wystarczy przyjąć

Różnica to liczba cyfr użytych do zapisania wszystkich liczb -cyfrowych. Jest tych liczb czyli ; zatem W zapisie każdej z nich cyfra wiodąca jest różna od zera; po jej odrzuceniu, pozostała część zapisu to dowolny ciąg długości złożony z dowolnych cyfr (formalnie - słowo z alfabetu 10-elementowego).

Jest tych słów jest w nich więc cyfr, a wszystkie cyfry są równouprawnione. Dziesiąta część spośród nich to zera. To znaczy, że w zapisie wszystkich liczb -cyfrowych mamy zer. Tak więc Pisząc widzimy, że ciągi i spełniają identyczną zależność rekurencyjną. Ponieważ wynika stąd, że (dla ), czyli (dla ).

Niech będzie początkową cyfrą każdej z liczb i Przypuśćmy ponadto, że liczba ma cyfr, a liczba ma cyfr ( i to liczby całkowite nieujemne). Wówczas

oraz

Wymnażając powyższe nierówności, uzyskujemy

skąd

Wobec nierówności mamy więc a zatem lub Tylko w drugim przypadku istnieje rozwiązanie:

Można sprawdzić (na przykład za pomocą komputera), że jest najmniejszą liczbą spełniającą warunki zadania.

Udowodnimy, że wszystkie liczby pomalowano tym samym kolorem.

Przyjmijmy oznaczenie jeżeli oraz niech Zauważmy, że dla każdego liczba

jest podzielna przez a zatem Ponadto, dla każdego liczba

jest podzielna przez skąd wniosek, że Wobec tego dla dowolnych liczb całkowitych otrzymujemy

co oznacza, że liczby i pomalowano tym samym kolorem.

Teza zadania: (mod ) - po wprowadzeniu określenia liczby i dodaniu stronami jedynki - ma postać

Liczba jest pierwsza, więc zachodzi dla (małe twierdzenie Fermata). Dalej indukcja: przyjmijmy słuszność dla pewnego ; istnieje zatem liczba dla której Odejmujemy stronami jedynkę i mamy Z określenia wynika ponadto, że (mod ). Tak więc

Uzyskaliśmy zależność z zastąpionym przez To kończy dowód indukcyjny.

Zauważmy, że spełnia warunki zadania i załóżmy teraz, że Wówczas

oraz

przy czym druga nierówność wynika z tego, że

W takim razie pierwiastek z liczby leży wewnątrz przedziału długości Jeśli jest liczbą parzystą, to końce przedziału są liczbami całkowitymi i nie może spełniać warunków zadania. W przeciwnym razie wewnątrz przedziału leży dokładnie jedna liczba całkowita Pozostaje sprawdzić, dla jakich liczb zachodzi równość

Równanie to upraszcza się do postaci

co daje rozwiązania i Łatwo sprawdzić, że obie te liczby spełniają warunki zadania.

Chcemy obliczyć sumę wartości dla wszystkich trójek liczb naturalnych nie większych niż

Rozważmy "sześciany"

dla Wówczas jest równe liczbie sześcianów, do których należy punkt W takim razie

Korzystając ze wzoru na sumę sześcianów, otrzymujemy, że szukana wartość jest równa

Dla wskazany cel da się osiągnąć. W trzech ruchach wybieramy proste zawierające boki dużego trójkąta. Jego wierzchołki pozostaną białe (każdy zmieni kolor dwukrotnie), zaś środki boków staną się czarne. Teraz w jednym ruchu zmieniamy kolor dwóch z tych środków z powrotem na biały. Pozostaje jeden punkt czarny.

Także dla można uzyskać wymagany stan. Jak poprzednio, w trzech ruchach bierzemy proste, zawierające boki dużego trójkąta. Jego wierzchołki i jego środek staną się białe, pozostałe punkty siatki staną się czarne. W kolejnych trzech ruchach bierzemy proste równoległe do boków dużego trójkąta i przechodzące przez jego środek. Czarne punkty wybielą się, a punkt w środku się zaczerni.

Natomiast dla nie da się! W trójce punktów, będących wierzchołkami dużego trójkąta, po każdym ruchu jest parzysta liczba czarnych punktów (0 lub 2). Żaden z tej trójki nie może więc być owym punktem, który w pewnym momencie miałby stać się jedynym czarnym.

Każdy inny punkt siatki jest elementem pewnej szóstki punktów, tworzących sześciokąt foremny o boku 1. Również i w takiej szóstce każdy ruch powoduje zmianę koloru dokładnie dwóch punktów, więc niezmiennie jest w niej parzysta liczba czarnych punktów (0, 2, 4, 6). Pojedynczy czarny punkt pojawić się nie może.

Zapiszmy liczbę w postaci ( całkowite, nieparzyste). Znajdujemy wykładnik dla którego

(1)

Jeśli pewien wykładnik spełnia ten warunek, to jego dwukrotność też. Można więc wybrać tak, by

(2)

Liczbę o jaką pyta zadanie, spróbujemy znaleźć wśród liczb postaci ( całkowite). Dla różnica

będzie podzielna przez jeśli tylko bowiem czynnik w nawiasie dzieli się przez (por. (1)). Biorąc jeszcze pod uwagę wymaganie, by widzimy, że wystarczy znaleźć liczbę spełniającą nierówność

(3)

wówczas liczba spełni wszystkie żądane warunki.

Gdy jest liczbą nieparzystą, czyli gdy można wziąć (por. (2)).

Gdy jest liczbą parzystą (więc ), warunki (3) postulują istnienie wielokrotności liczby w przedziale Do tego wystarcza, by nie przekraczała wartości (bo tyle jest liczb całkowitych w tym przedziale); a dzięki oszacowaniu (2) wystarczy, by zachodziła nierówność

czyli (równoważnie)

To kończy rozwiązanie, bowiem ostatnia nierówność jest słuszna dla każdej pary liczb całkowitych

Tak!
Taką liczbą jest na przykład

Jej zapis składa się wyłącznie z zer i jedynek, a suma cyfr to Ponadto

Z jednoznaczności zapisu liczb w systemie dwójkowym w powyższych sumach potęgi liczby mają parami różne wykładniki. Stąd ma w zapisie dziesiętnym jedynek i dwójek, czyli suma cyfr jest równa