Delta mi!

Skoro  dla pewnych liczb całkowitych  to wystarczy udowodnić, że liczba  jest całkowita. Wynika to z równości

Oznaczmy  gdzie  jest ciągiem indeksów (mamy  takich ciągów). Niech również  Wówczas  oraz  więc z nierówności Schwarza dostajemy

Odp. Tak!
Liczbę  kolorujemy na kolor o numerze  Załóżmy, że  dla pewnych liczb nieujemnych  i przyjmijmy, że  Załóżmy, że  i   mają ten sam kolor. Niech  czyli  dla pewnej liczby całkowitej  Wówczas  dla pewnej liczby całkowitej  Zatem  więc  Ponieważ  więc liczba  ma w opisanym przez nas kolorowaniu inny kolor niż liczby  i 

Pokażemy, że nie istnieje żądane kolorowanie liczb całkowitych, więc w szczególności nie da się pokolorować liczb rzeczywistych. (Jest to bardzo szczególny przypadek twierdzenia van der Waerdena o kolorowaniu.)

Załóżmy, że pokolorowaliśmy liczby całkowite nieujemne i liczba   jest biała. Jedna z liczb  też musi być biała. Nazwijmy ją   Wówczas liczby  i   muszą być czarne. Zatem ich średnia  musi być biała. Dostaliśmy więc trzy białe liczby  co daje sprzeczność.

Będziemy korzystać z obserwacji, że kwadrat liczby parzystej przy dzieleniu przez   może dać tylko resztę 0 lub   a kwadrat liczby nieparzystej – resztę  lub 

Załóżmy, że trójka  jest niezerowym rozwiązaniem. Oczywiście,  musi być parzyste, powiedzmy  Wtedy  Możemy bez utraty ogólności założyć, że  Ponieważ  jest parzyste, to mamy dwa przypadki:

1.

 są parzyste;
wtedy  musi być nieparzyste (inaczej  byłoby co najmniej 2). Mamy  lub   oraz  lub   Wtedy jednak liczby  nie mogą spełniać równania

2.

 są nieparzyste;
wtedy  lub   lub   oraz  lub   Nietrudno sprawdzić, że ponownie liczby  nie mogą spełniać równania

Przypuśćmy, że liczby oraz spełniają podane warunki. Można przyjąć, że Odejmując pierwsze równanie od drugiego i uwzględniając równanie trzecie, dostajemy związek czyli

(1)

Skoro suma jest liczbą pierwszą, zatem liczby są względnie pierwsze i żadna z nich nie jest zerem. Z równania (1) wynika teraz, że jest dzielnikiem różnicy zaś jest dzielnikiem różnicy Tak więc dla pewnych liczb całkowitych Po podstawieniu do równania (1) mamy Ale więc i dalej:

oraz

Dla liczby pierwszej taka równość zachodzić nie może. Sprzeczność dowodzi, że liczby o podanych własnościach nie istnieją.

(Rezultat tego zadania ma ciekawą interpretację: nie istnieje trójkąt prostokątny o wierzchołkach w punktach kratowych płaszczyzny, w którym kwadraty długości dwóch boków - przeciwprostokątnej i jednej przyprostokątnej - byłyby liczbami pierwszymi).

Można przyjąć, że Nierówność daną do udowodnienia przepisujemy w równoważnej postaci

Lewa strona nie zmieni się, gdy ją pomnożymy przez liczbę 1, zapisaną (zgodnie z założeniem) jako suma odwrotności liczb :

(*)

Wystarczy teraz wykazać, że ciągi i o wyrazach

są odwrotnie uporządkowane; nierówność Czebyszewa da wówczas dowodzoną tezę

Przyjęliśmy, że więc ciąg jest nierosnący; chcemy pokazać, że ciąg jest niemalejący. Funkcja maleje w przedziale oraz rośnie w przedziale Zatem fragment ciągu który leży w przedziale wyznacza niemalejący fragment ciągu o wyrazach Skoro jednak to w przedziale może leżeć co najwyżej jeden wyraz ciągu czyli liczba Pozostaje dowieść, że wówczas Z założenia więc skąd (po prostym przekształceniu) Stąd, ostatecznie,

To kończy dowód nierówności równoważnej z tezą zadania.

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.

Liczby      muszą być różne od zera. Przepisujemy pierwsze równanie jako  i dalej (cyklicznie)

(1)

Mnożymy stronami:

(2)

Gdyby któraś z różnic  była zerem, to wobec zależności (1) wszystkie byłyby zerami, czyli liczby      byłyby równe. To się jednak kłóci z nierównością, daną w założeniach. Różnice te są więc różne od zera. Równanie (2) po skróceniu daje wynik: ; jedynymi możliwymi wartościami iloczynu   są liczby  oraz   Każda z nich jest faktycznie osiągalna – na przykład dla  oraz

Bez utraty ogólności możemy założyć, że  Wówczas

Zauważmy, że dla mamy

Zatem w szczególności

Zauważmy, że funkcja jest kawałkami liniowa i ograniczona z dołu przez W takim razie przyjmuje minimum w jednym z węzłów Nietrudno sprawdzić, że jest to

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:

Nieskończony ciąg takich par  możemy uzyskać na przykład biorąc ciąg Fibonacciego  i określając

Dla każdego  mamy wówczas

a zatem suma

jest liczbą całkowitą.

Niech  będzie średnią arytmetyczną liczb  Oznaczmy:

Suma liczb napisanych po lewych stronach wynosi 3. Zatem i suma liczb po prawych stronach wynosi 3; a to znaczy, że  Stąd

W nierówności danej do udowodnienia wyodrębniamy pierwszy składnik i szacujemy z góry jego mianownik:

Liczba  jest dodatnia (tu korzystamy z założenia, że ), zatem po prawej stronie ostatniej nierówności mamy również liczbę dodatnią, i wobec tego

Stąd

Mamy też analogiczne oszacowanie dla pozostałych dwóch składników zadanej nierówności. Po dodaniu stronami otrzymujemy (pamiętając, że  oraz ):

Zauważmy, że

gdzie w ostatniej nierówności skorzystaliśmy z tego, że ciągi  są malejące.

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.

Z nierówności między średnią arytmetyczną i geometryczną mamy

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.