Delta mi!

Mamy

Podobnie,

Dodając te równości stronami, otrzymujemy tezę.

Dla dowolnej liczby rzeczywistej  można wskazać odpowiednie liczby  i  w następujący sposób.

Jeśli liczba  jest niewymierna, to niewymierne są także liczby  oraz  (dlaczego?). Wówczas, oczywiście,

Jeśli liczba  jest wymierna, to liczba  jest niewymierna (dlaczego?). Wówczas, przyjmując  mamy

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.

Załóżmy, że taka liczba  istnieje i zapiszmy ją w postaci nieskracalnego ułamka  o dodatnim liczniku i mianowniku. Dla dowolnych liczb całkowitych  liczba

jest wymierna jako iloczyn lub iloraz liczb wymiernych. Jedno z podstawowych twierdzeń elementarnej teorii liczb mówi, że:

Istnieją więc takie liczby całkowite  że  zatem liczba  jest wymierna. Niech  oznaczają takie względnie pierwsze liczby naturalne, że  Wtedy  Wobec tego, że  liczba  jest dzielnikiem liczby  Również liczba  jest dzielnikiem  bo  Stąd wynika, że  Nie jest to możliwe, bo  (liczba  nie jest całkowita!), zatem

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.

Oznaczmy przez  i   odpowiednio liczby wymierne  oraz  Wówczas  Stąd otrzymujemy

czyli

Przypuśćmy, że liczba  jest różna od zera. Wówczas

Liczba po prawej stronie ostatniej równości jest wymierna, jako iloraz dwóch liczb wymiernych. Otrzymujemy więc sprzeczność, z której wynika, że  Wobec tego

Bezpośrednio sprawdzamy, że liczba  spełnia warunki zadania. Na mocy powyższego rozumowania jest to jedyna liczba o żądanej własności.

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

Cięcie chodnika długości n + k - 1 na części o długościach n oraz k - 1.

Ile spośród chodników o długości  takich jak opisano w poprzednim zadaniu, można rozciąć na chodnik o długości  (od lewej strony) oraz chodnik o długości  (po prawej stronie) bez rozcinania poszczególnych płyt (Rys. (a))? Takich chodników jest tyle, na ile sposobów można ułożyć po lewej stronie chodnik długości  a po prawej chodnik długości   Z poprzedniego zadania wiemy, że możliwości tych jest po lewej  po prawej  więc łącznie  Cięcie chodnika wymaga rozcinania płyty, gdy w miejscu podziału leży płyta  (Rys. (b)).

Takich chodników jest : układamy od lewej kolejno chodnik długości  następnie płytę  a po prawej chodnik długości   Wszystkich chodników, jak wiemy z poprzedniego zadania, jest  i każdy z nich da się rozciąć w opisany sposób lub nie, stąd

Zatem

Zatem

Dla mamy

czyli  i dalej skąd dochodzimy do

Zatem

Zatem

Wartość logarytmu nie zmieni się, je/zeli podstawę i liczbę logarytmowan/a podniesiemy do tej samej potęgi.

Większą wartość ma logarytm z większą liczbą logarytmowaną i mniejszą podstawą (o ile liczby te są większe od 1).

Zatem

Niech oznacza logarytm przy naszej ulubionej podstawie.

Zatem

Ponieważ

więc

co wobec

daje