Delta mi!

Udowodnimy indukcyjnie względem  że dla każdego  jest prawdziwa nierówność z tezy zadania. Dla   mamy

Zakładając prawdziwość tezy dla   udowodnimy ją dla   Ponieważ

dla   oraz

dla   otrzymujemy dla 

Dla  ten wzór jest również prawdziwy, jeśli przyjmiemy

Korzystając z założenia indukcyjnego, dostajemy

Ponieważ

oraz  otrzymujemy

Na początku zauważmy, że dla nieparzystej liczby  zachodzi  ponieważ  oraz  lub  jest podzielne przez  a pozostałe czynniki są parzyste. Ponadto na mocy małego twierdzenia Fermata  dla  niepodzielnych przez  Zauważmy jeszcze, że

gdzie  i 

Jeśli  to teza jest oczywista. Niech więc  Jeśli  jest parzyste, to  i mamy  więc

Jeśli  jest nieparzyste, to  więc możemy zapisać  i wówczas

skąd, jak poprzednio,  co daje tezę.

Zadanie zaproponował najstarszy stażem ligowiec Witold Bednarek – całe szczęście, że wraz z rozwiązaniem. Oto ono:

Przypuśćmy, że dla pewnej liczby pierwszej   liczba  ma co najmniej trzy różne dzielniki pierwsze      Wykażemy, że wówczas trójka      spełnia postulowane warunki.

Niech  będzie najmniejszym wykładnikiem naturalnym, większym od 1, dla którego  (mod  ). Z założenia także  więc  dzieli się przez  ; a skoro  jest liczbą pierwszą, to  W myśl małego twierdzenia Fermata  (mod  ), zatem  dzieli się przez   czyli przez 

Analogicznie stwierdzamy, że  jest dzielnikiem liczb  oraz  Podnosząc kongruencję  (mod  ) do potęgi  widzimy, że  (mod  ). Tak samo, cyklicznie,  (mod  ),  (mod  ), czyli mamy to, o co chodzi (a nawet więcej: okazuje się, że każda z liczb  dzieli się przez iloczyn  ).

Pozostaje wskazać liczbę pierwszą   o podanej na wstępie własności. Przeglądając tablicę liczb Mersenne’a znajdujemy w niej liczbę złożoną  z rozkładem na czynniki pierwsze  Zatem liczby  tworzą jedną z trójek, jakich szukamy.

Szukamy rozwiązań w dodatnich liczbach całkowitych    równania

Przepisujemy lewą stronę jako  gdzie (skoro  to ) i rozwiązujemy równanie

Jego lewa strona to iloczyn  w którym pierwszy czynnik jest dodatni, więc drugi też. Musi to być iloczyn jednej z czterech postaci:

dają one odpowiednio wartości  Jedynie  jest wartością trójmianu  dla naturalnego   mianowicie  Otrzymujemy jedyne rozwiązanie zadania:

Przypuśćmy przeciwnie, że po pewnej liczbie kroków zmazaliśmy wszystkie liczby. Powiedzmy, że w ostatnim kroku wybraliśmy liczbę Skoro została ona zmazana, to czyli również a zatem lub

Wykażemy najpierw, że musieliśmy wykonać co najmniej trzy kroki. Jest jasne, że wykonaliśmy więcej niż jeden. Przypuśćmy więc, że po dwóch krokach wszystkie liczby zostały zmazane. Niech i będą odpowiednio liczbami wybranymi w pierwszym i drugim kroku. Ponieważ liczba 1 zniknęła z tablicy po pierwszym kroku, więc co oznacza, że po pierwszym kroku na tablicy były wyłącznie liczby i lub tylko Ponieważ więc zmazaliśmy w pierwszym kroku, a zatem Natomiast z nierówności wynika, że czyli Ale też musiało zostać zmazane w pierwszym kroku, więc co jest niemożliwe.

Załóżmy teraz, że w przedostatnim kroku (który nie jest jednocześnie pierwszym) wybraliśmy liczbę Ta liczba nie została zmazana w tym kroku, gdyż oznacza, że lub ale 1 zniknęła w pierwszym kroku, a musi być wybrane w ostatnim. Zatem zmazujemy w ostatnim kroku, czyli więc Wobec tego w przedostatnim kroku mogliśmy wymazać tylko dzielniki liczby Ale ta liczba jest pierwsza, więc nie wymazaliśmy nic, co daje sprzeczność.

Zastosujemy metodę tzw. nieskończonego schodzenia (zob. L. Kurlyandchik, Złote rybki w oceanie matematyki, TUTOR 2005).

Przypuśćmy przeciwnie, że to liczby całkowite dodatnie, takie że  Ponieważ prawa strona jest liczbą parzystą, to dokładnie dwie z liczb są nieparzyste lub żadna nieparzysta nie jest. Pierwszy przypadek nie może mieć miejsca, gdyż wówczas lewa strona przy dzieleniu przez dałaby resztę  zaś prawa  Dlatego dla pewnych liczb całkowitych dodatnich  mniejszych od odpowiednio. Po wstawieniu do równania otrzymujemy zależność  Powtarzając całe rozumowanie, dostajemy malejące ciągi liczb całkowitych dodatnich  przy czym  co jest niemożliwe.

Konsekwencją tak pojętego aktualizmu byłoby też odrzucenie reguły odrywania, czyli najbardziej podstawowej reguły wnioskowania, wyodrębnionej już w średniowieczu reguły modus ponens: Jeżeli prawdziwe jest zdanie oraz prawdziwa jest implikacja to to prawdziwe jest też zdanie  Można sobie przecież wyobrazić, że długość dowodu formuły  jak i długość dowodu implikacji to  są dostępnymi liczbami naturalnymi, a ich suma już nie.

Z nierówności między średnimi mamy

Zakładając, że  i   spełniają podane równanie, dostajemy  a stąd  co jest mniejsze niż  np. dla

Przypuśćmy, że  ma co najmniej dwa różne dzielniki pierwsze  Napiszmy  gdzie  zaś czynnik  jest niepodzielny przez  ani  Iloczyn  ma  dzielników dodatnich; iloczyn  ma  dzielników dodatnich. Zatem

Jasne, że  Jeśli więc zachodzi postulowana nierówność  to

po przekształceniu: ; a to jest niemożliwe, skoro

Pozostają do rozważenia liczby  będące potęgami liczb pierwszych. Każda taka liczba spełnia wymagany warunek; jeśli bowiem  to

Zauważmy, że

ponieważ  dla nieparzystych  Zatem  przy dzieleniu przez  daje taką samą resztę jak składnik odpowiadający  który wynosi  Zatem  jest podzielne przez  wtedy i tylko wtedy, gdy  jest podzielne przez  Ponieważ  i   są względnie pierwsze, względnie pierwsze są również  i   Stąd otrzymujemy tezę.

Eksperymenty z niewielkimi wartościami  pozwalają zgadnąć, że szukaną wielokrotnością liczby  jest iloczyn  gdzie

Rzeczywiście, iloczyn  nie ma dziewiątki w zapisie dziesiętnym:

Należy teraz wykazać, że dziewiątka występuje w każdym z iloczynów  gdy

Niech  będzie liczbą -cyfrową:  Bierzemy iloczyn  skreślamy jego końcowe  cyfr i dostajemy liczbę

Jeżeli  uzyskana liczba ma dziewiątkę na końcu; również wtedy, gdy  zaś  kończy się zerem. To znaczy, że w tych przypadkach iloczyn  ma dziewiątkę w rzędzie

Pamiętając, że rozważamy  pozostaje rozpatrzeć sytuacje, gdy  przy czym albo (wówczas  ma dziewiątkę na końcu), albo  ma w zapisie dziesiętnym co najmniej jedno zero, ale nie na pozycji końcowej. Ma więc postać  gdzie zero rozdziela dwie niepuste grupy cyfr. Przyjmijmy, że  jest grupą -cyfrową; oczywiście  W myśl rozpatrzonego już przypadku, iloczyn  ma dziewiątkę w rzędzie  czyli właśnie na tej pozycji, na której  ma zero. Ta dziewiątka pozostanie obecna w iloczynie

Zatem, istotnie,  jest najmniejszą wielokrotnością liczby  bez dziewiątki w zapisie dziesiętnym.

Zauważmy najpierw, że dla liczby całkowitej  zachodzi  Stąd

Jeśli więc  jest postaci  to wówczas

zaś  więc równanie nie ma rozwiązania w tym przypadku. Podobnie stwierdzamy, że dla  postaci  równanie jest sprzeczne. Zatem jedyna możliwość to  ale łatwo sprawdzić, że wtedy równanie również jest sprzeczne.

Sprowadzenie podanych sum ułamków do wspólnego mianownika pokazuje, że iloczyn  powinien być dzielnikiem liczb  oraz  Zatem  ma być dzielnikiem liczb  oraz  więc także liczby  równej  Przez symetrię, liczba  ma być dzielnikiem liczby  Dostajemy warunek

Gdy  podane w zadaniu sumy wynoszą  oraz 0 (więc są całkowite). Jeśli zaś  wynoszą one odpowiednio  oraz  Są one obie całkowite wtedy i tylko wtedy, gdy  lub

Otrzymujemy odpowiedź: szukane pary to wszystkie pary postaci  gdzie  a ponadto cztery pary

Odpowiedź: Pokrycie istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy  jest podzielne przez
Przyjmijmy, że kwadrat  udało się pokryć dostępnymi płytkami. Skoro pole płytki wynosi  to  musi być parzyste, powiedzmy  Rozważmy kolorowanie naszego kwadratu jak standardowej szachownicy i zauważmy, że każda płytka jest jednego z dwóch rodzajów: zawiera  czarne pola lub  czarne pole. Niech liczba płytek pierwszego rodzaju wynosi  a drugiego  Zliczając czarne i białe pola, otrzymujemy  oraz  (dzięki temu, że  jest parzyste, mamy po równo pól czarnych i białych!). Stąd w szczególności  więc  zatem  jest parzyste, a  – podzielne przez

Z drugiej strony, łatwo znaleźć pokrycie kwadratu  spełniające warunki zadania, więc także dowolnego kwadratu  dla  będącego wielokrotnością

Niech

Wówczas  Załóżmy, że  jest liczbą całkowitą. Gdyby było  to przyjmując oznaczenia  oraz  mielibyśmy  i  a stąd sprzeczność:

Gdyby było  to

i znowu sprzeczność. Zatem  co daje  Stąd, gdyby  liczba  byłaby podzielna przez 100. Wobec tego  Wtedy mamy  – wówczas

Zatem liczby  postaci  są wszystkimi liczbami pięciocyfrowymi o własności z treści zadania.

Niech liczby  będą końcami danego przedziału. Wymagane warunki spełniają na przykład liczby  Rzeczywiście, (mod ), więc (mod ).

Mamy dowieść, że  Dla  to prawda . Dalej przyjmujemy  Korzystamy ze wzoru  gdzie  Oznaczmy:

Wystarczy pokazać, że  czyli  A ponieważ  wystarczy dowieść, że

(1)

Iloraz w nawiasie szacujemy z dołu:

Stąd i z nierówności Bernoulliego

Nierówność (1) będzie udowodniona, jeśli wykażemy, że licznik tego ostatniego ilorazu przekracza  jest to równoważne nierówności

(2)

Podstawiając wartość stałej  sprawdzamy, że nierówność (2) zachodzi dla  Zachodzi więc dla wszystkich  bo wyrażenie po lewej stronie (2) przedstawia ciąg rosnący. To kończy dowód.

Rozważmy reszty z dzielenia liczby  przez  Dla  lub  mamy  a więc  nie może być kwadratem liczby całkowitej. Podobnie dla  lub  liczba  nie może być kwadratem liczby całkowitej, bo  Przypuśćmy zatem, że  dla pewnego  całkowitego. Wówczas

czyli  Zatem liczba  jest podzielna przez  ale nie jest podzielna przez  czyli i ona nie może być kwadratem liczby całkowitej.

Równanie z treści zadania

jest równoważne następującemu:

Ponieważ  i wszystkie składniki lewej strony są nieujemne, to musi być

Podobnie nierówność  implikuje, że  Otrzymujemy więc liczby

które, jak łatwo sprawdzić, spełniają ostatnie równanie. Są to więc wszystkie rozwiązania równania danego w treści zadania.

Zauważmy:

a więc

Sumę cyfr tej ostatniej liczby łatwo obliczyć, najpierw jest bowiem  dziewiątek, a potem już prawie same zera  Wychodzi

Liczby wewnątrz kwadratów oznaczają długości ich boków.

Pewną liczbę kwadratów o bokach równych początkowym wyrazom ciągu Fibonacciego ustawmy jak na rysunku , po kolei dobudowując kwadraty na przemian po prawej stronie i na dole. Na każdym etapie tej konstrukcji powstaje prostokąt, bo   – następny kwadrat „pasuje” do dwóch poprzednich.

(a)

Jeśli ostatni kwadrat dobudowano na dole i ma on bok długości  to cały prostokąt ma taką właśnie szerokość, a wysokość równą następnemu wyrazowi ciągu, czyli  Jednocześnie wysokość ta jest równa

(b)

Analogicznie, jeśli ostatni kwadrat ustawiono po prawej i ma bok długości  to prostokąt ma szerokość równą  i zarazem równą

(c)

Jeśli jako ostatni ustawiono kwadrat o boku długości  to prostokąt ma taką właśnie szerokość lub wysokość, a drugi z wymiarów równy  więc ma pole  Jednocześnie pole to jest równe