Delta mi!

Wykładniki nie mogą być równe, gdyż wówczas lewa strona równania byłaby potęgą dwójki. Przyjmijmy więc, że i zapiszmy gdzie Równanie przybiera postać z której wynika, że

Jeśli to ; dostajemy rozwiązanie

Jeśli to (mod 4), skąd wniosek, że jest liczbą parzystą: Dostajemy równanie

Czynniki prawej strony muszą być potęgami dwójki; a skoro różnią się o 2, są to liczby 2 i 4. To znaczy, że czyli co daje rozwiązanie

Uwzględniając możliwą zamianę ról i widzimy, że równanie ma cztery rozwiązania w liczbach całkowitych dodatnich:

Załóżmy, że liczby naturalne spełniają zadane równanie. Niech liczba pierwsza będzie nieparzystym dzielnikiem liczby Wówczas więc

Stąd jest liczbą parzystą, czyli

W takim razie liczba jako nieparzysty dzielnik musi również dawać resztę z dzielenia przez a stąd mamy

Dla równanie jest spełnione, na przykład, przez liczby i

Nie!

Przypuśćmy przeciwnie i zauważmy, że jeśli to mamy oraz W takim razie Ponieważ suma liczb na krawędziach jest równa sumie liczb w wierzchołkach, mamy

gdzie zbiory i odpowiadają zbiorom wierzchołków i krawędzi dwunastościanu. Dla każdej krawędzi o końcach i zachodzi więc równość

W takim razie każda krawędź ma na jednym końcu dwukrotność liczby z drugiego końca.

Ustalmy jeden z wierzchołków, z liczbą W każdym z trzech sąsiadujących z nim wierzchołków jest liczba lub co jest sprzeczne z założeniem o przyporządkowaniu wierzchołkom parami różnych liczb.

Wśród liczb dziesięciocyfrowych jest

wielokrotności liczby Podzielmy je na grupy - w jednej grupie znajdą się liczby złożone z jednakowych cyfr.

Grupy odpowiadają rozwiązaniom równania w liczbach naturalnych - liczby można zinterpretować jako liczby wystąpień cyfry w każdym elemencie danej grupy. Rozwiązań takiego równania jest

Z zasady szufladkowej Dirichleta co najmniej jedna grupa zawiera co najmniej

elementów.

Każdą liczbę naturalną można przedstawić w postaci dla na co najwyżej jeden sposób. Stąd szukamy liczby takich par dla których liczba jest podzielna przez Jest to równoważne podzielności przez

Ponieważ daje z dzielenia przez resztę lub dla dającego z dzielenia przez odpowiednio resztę lub to otrzymujemy równoważność warunku z zadania z podzielnością liczby przez W takim razie liczby i muszą dawać taką samą resztę z dzielenia przez

Podzielmy liczby naturalne od do na sześć podzbiorów ze względu na resztę z dzielenia przez (każdy zawierający elementów). Aby wybrać liczby i wybieramy jeden z podzbiorów, a z niego dwa elementy. Stąd szukana w zadaniu liczba to

Oznaczmy przez oraz lewą oraz prawą stronę napisanej nierówności. Ponieważ

zatem połowa ich różnicy to wielomian parzysty zmiennej (z parametrem )

o współczynnikach

Aby ten wielomian przyjmował wyłącznie wartości nieujemne, musi być spełniony warunek czyli czyli

Pokażemy, że jest to jednocześnie warunek dostateczny. Wystarczy wykazać, że jeśli to wszystkie współczynniki są nieujemne. Indukcja: baza już gotowa. Ustalmy i przyjmijmy założenie indukcyjne czyli

Teza indukcyjna ma analogiczną postać, z zastąpionym przez Piszemy więc to wyrażenie i zaczynamy je przekształcać:

stąd i z założenia indukcyjnego,

i mamy tezę indukcyjną. Tak więc dla wobec czego dla wszystkich

Otrzymaliśmy odpowiedź: najmniejsza wartość parametru dla której (dla ), wynosi

Tak! Warunek dany w zadaniu możemy przedstawić w postaci

Jeśli pewna czwórka liczb spełnia to równanie, to na mocy wzorów Viète'a spełnia je również czwórka gdzie

W takim razie z dowolnego rozwiązania możemy uzyskać inne rozwiązanie gdzie Jeśli założymy, że to otrzymamy Otrzymaliśmy więc nową czwórkę liczb spełniającą równanie, przy czym minimalny element czwórki został zmieniony na element największy.

Zaczynając od czwórki i wykonując wielokrotnie analogiczną operację, uzyskamy szukane rozwiązanie.

Liczba dzieli liczby względnie pierwsze i W takim razie a stąd

oraz

Korzystając z własności największego wspólnego dzielnika, otrzymujemy

Każdy dzielnik pierwszy liczby jest również dzielnikiem liczby a więc także W takim razie nie może dzielić liczby Stąd

Można przyjąć, że Wskażemy indukcyjną konstrukcję ciągu zbiorów o wymaganych własnościach. Zaczniemy od trójki Załóżmy, że zbiory zostały już określone. Wówczas definiujemy jako najmniejszą liczbę naturalną jeszcze niewykorzystaną (tzn. nieobecną w zbiorze ) - to już gwarantuje, że w wyniku całej konstrukcji wszystkie liczby naturalne zostaną użyte oraz że ciąg będzie rosnący.

Aby dokończyć określenie zbioru (gdy już mamy), patrzymy na liczbę Jeżeli jest ona jeszcze niewykorzystana, przyjmujemy ją jako Jeżeli jest wykorzystana, bierzemy jako liczbę ; i z konieczności przyjmujemy (tak więc jedna z różnic będzie równa a druga ). Tak określona liczba jest większa od liczb więc nie została wcześniej wykorzystana.

Pozostaje uzasadnić, że w przypadku, gdy liczba została już wykorzystana, wówczas liczba pozostała niewykorzystana (i może być użyta jako ). Przypuśćmy, że liczba znalazła się w którymś zbiorze o numerze Skoro to ; musiałaby zajść równość Ale więc mielibyśmy Liczba niewykorzystana aż do -tego kroku konstrukcji, tym bardziej nie była jeszcze wykorzystana w momencie konstrukcji zbioru więc na mocy przyjętego algorytmu powinna była zostać użyta jako

Uzyskana sprzeczność dowodzi niesłuszności przypuszczenia, że i uzasadnia poprawność określenia ; powstały zbiór jest rozłączny ze zbiorami

(a)

Na przykład, każda para postaci gdzie jest nieparzystą liczbą pierwszą, ma wymaganą własność, bowiem

(b)

Przypuśćmy, że para liczb względnie pierwszych spełnia podane równanie: Skoro liczby są względnie pierwsze, wynika stąd, że jest dzielnikiem liczby Wobec tego Taka nierówność zajść może (w formie równości) tylko wtedy, gdy każda liczba ze zbioru jest dzielnikiem liczby W szczególności musi dzielić się przez To zaś ma miejsce jedynie dla (rozważamy, z założenia, tylko ).

Role liczb są symetryczne; to samo rozumowanie pokazuje, że także ; sprzeczność z założeniem, że są względnie pierwsze. Nie istnieje więc para, o jakiej mowa w pytaniu (b).

Załóżmy, że gdzie Wtedy zatem czyli sprzecznie z Wielkim Twierdzeniem Fermata.

Gdyby to czyli sprzecznie z Wielkim Twierdzeniem Fermata.

Dany warunek równoważny jest równości Na mocy Wielkiego Twierdzenia Fermata, skoro to czyli Wówczas i w rezultacie

Przekształcając dane równanie, uzyskujemy Na mocy Wielkiego Twierdzenia Fermata musi być lub To daje rozwiązania lub

Tak. Niech Wówczas Przypuśćmy, że dla pewnych liczb wymiernych Równanie ma wtedy dwa różne pierwiastki wymierne Stąd także równanie ma dwa różne pierwiastki wymierne Wobec tego z wzorów Viète'a czyli

Jeśli to teza jest spełniona. Ponieważ liczba jest niewymierna, to Pozostaje więc rozważyć przypadek, gdy Z założenia wiemy, że

Liczba przy dzieleniu przez daje resztę 0, 1, 2 lub 4, więc - resztę 0, 6, 5 lub 3. W takim razie a stąd

Ponieważ to iloczyn wszystkich wyrazów ciągu nie zmienia się po wykonaniu ruchu. W szczególności każdy z wyrazów ciągu jest ograniczony z góry przez i ograniczony z dołu przez Ponadto w każdym ruchu, modyfikującym pewne wyrazy o indeksach liczba jest zamieniana na większą liczba zaś - na mniejszą Żaden wyraz ciągu nie może być nieskończenie wiele razy zmniejszany (jako ograniczony z dołu przez ) ani zwiększany (jako ograniczony z góry przez ). W takim razie każdy wyraz zostanie zmieniony skończenie wiele razy, czyli nie możemy wykonać nieskończenie wielu ruchów.

Zauważmy, że

przy czym nierówność wynika ze znanej nierówności. Analogicznie

Zapiszmy liczby jako Wówczas

a zadane równania przybierają postać

Po dodaniu stronami:

Czynnik w drugim nawiasie jest liczbą dodatnią, wobec czego To daje odpowiedź: