Delta mi!

Jednym ze składników sumy

jest liczba

Zatem

Suma

składa się z 2013 składników, z których największym jest liczba .

Zatem

Suma

jest większa od każdego składnika, więc

skąd

Przypuśćmy przeciwnie, że istnieje liczba całkowita  dla której  Korzystając z tego, że  dzieli  dla dowolnych liczb całkowitych  i  mamy

Liczba  jest pierwsza, więc skoro liczby  są parami różne, to bez straty ogólności możemy przyjąć, że

Ponieważ  więc po podzieleniu z resztą wielomianu  przez wielomian mamy

dla pewnego wielomianu  o współczynnikach całkowitych. Podstawiając  dostajemy

co przeczy temu, że  jest liczbą całkowitą.

Przypuśćmy, wbrew dowodzonej tezie, że dwie spośród wymienionych liczb są mniejsze od 1; niech, na przykład,

Oznaczmy odwrotności liczb  odpowiednio przez  Warunek  przybiera postać ; zaś dwie domniemane nierówności przepisujemy jako

po pomnożeniu przez 6 otrzymujemy

Stąd przez dodanie stronami mamy  czyli

Uzyskujemy teraz ciąg nierówności

Jest to oczekiwana sprzeczność, która kończy dowód.

Wykonujemy następujące przekształcenia:

Wystarczy wykazać, że drugi składnik jest dodatni. Ale

Cztery dane liczby to  Nowe sześć liczb – to sumy  ( ). Przyjmijmy oznaczenia:      Wówczas

Stąd

Niech  będzie sumą sześcianów tych sześciu liczb:  gdzie

Dodajemy wyrażenia  i otrzymujemy

Jest to jedyna możliwa wartość sumy

Zauważmy, że

Z założenia mamy, że i  więc ostatnie wyrażenie jest dodatnie.

Zauważmy, że dla dowolnej liczby całkowitej  liczby  i  dają tę samą resztę z dzielenia przez 3 (wystarczy to sprawdzić dla ). Zatem liczby  dają tę samą resztę z dzielenia przez 3. Stąd

dają tę samą resztę z dzielenia przez 3. Ciąg reszt z dzielenia przez 3 liczb  jest więc okresowy o okresie 6 i zaczyna się od  Ponieważ  więc  daje przy dzieleniu przez 3 tę samą resztę co  czyli 2. Stąd  nie są podzielne przez 3, zaś  już jest.

Ponieważ

więc liczba

jest oczywiście całkowita.

auważmy, że jeśli suma dwóch liczb jest dodatnia, to co najmniej jedna z tych liczb jest dodatnia. Przyjmijmy oznaczenia

Ponieważ

więc  Zatem co najmniej jedna z liczb    jest dodatnia. Analogicznie pokazujemy, że  czyli co najmniej jedna z liczb    jest dodatnia. Wykazaliśmy tym samym, że wśród danych czterech liczb co najmniej dwie są dodatnie.

Jeśli pewne trzy spośród rozważanych pięciu liczb dają tę samą resztę z dzielenia przez 3, to wybieramy je i ich suma jest podzielna przez 3. W przeciwnym przypadku pewne trzy liczby dają parami różne reszty z dzielenia przez 3 – te właśnie wybieramy.

Nie wynika. Prosty kontrprzykład: określamy funkcję  najpierw w przedziale  wzorem

Jest ona w tym przedziale ściśle rosnąca, ściśle wypukła i odwzorowuje przedział  na cały ten przedział; łatwo wyznaczyć funkcję odwrotną:

Widać, że jeżeli    są liczbami wymiernymi z przedziału  to    też są liczbami wymiernymi z przedziału  Zatem obrazem zbioru  jest ten sam zbiór.

Rozszerzamy  do funkcji  przesuwając jej wykres o wektor  i jego całkowite wielokrotności. Formalnie: przyjmujemy

Tak rozszerzona funkcja  jest ściśle rosnąca; w każdym z przedziałów  jest ściśle wypukła – więc nie jest liniowa w żadnym przedziale długości dodatniej. Wreszcie, jest jasne, że obrazem zbioru  jest cały zbiór

Załóżmy, że liczba jest pierwsza. Jest ona większa od 2, więc nieparzysta. Zatem liczba  musi być nieparzysta. Ale wówczas daje resztę  z dzielenia przez  . Skoro kwadrat liczby całkowitej daje resztę  lub  przy dzieleniu przez  , to aby nie było podzielne przez  , potrzeba, aby było podzielne przez  . Ponieważ jest liczbą pierwszą, jedyna możliwość to i wówczas jest liczbą pierwszą.

Nie można, jeśli  Przypuśćmy, że to się udało i niech  będzie minimalną sumą liczb w wierszu. Jest ona dzielnikiem sumy liczb w każdym wierszu, więc i sumy liczb we wszystkich wierszach, równej  Jasne, że  Zatem liczba  musi być parzysta, co oznacza, że  jest liczbą parzystą. Liczba  względnie pierwsza z czynnikiem  musi dzielić  To już daje sprzeczność, bowiem

Szacujemy lewą stronę:

Dla liczb z przedziału zachodzi nierówność , równoważna Zatem , co daje tezę.

Rozważmy  liczb . Żadna z nich nie dzieli się przez  , więc możliwe reszty z dzielenia tych liczb przez  to . Jest ich o jeden mniej niż liczb, więc istnieją dwie liczby, powiedzmy  i  , dla , które dają tę samą resztę z dzielenia przez  . Oznacza to, że dzieli . Ale  i  są względnie pierwsze, więc dzieli . Zatem spełnia warunki zadania.

Nie. Suma nieparzystej liczby nieparzystych liczb musi być nieparzysta, nie może być równa 20.

Przypuśćmy, że  Pomnóżmy obie strony równania przez  Wtedy

więc

Stąd  dzieli się przez  sprzeczność. Zatem liczby  o żądanych własnościach nie istnieją.

Ponieważ  nierówność dana do udowodnienia jest równoważna następującej:

Bez straty ogólności przyjmijmy, że

Jeżeli  to w ostatniej nierówności lewa strona jest nieujemna, prawa jest niedodatnia i nie ma czego dowodzić.

Gdy zaś  możemy tak przekształcać lewą stronę i szacować ją z dołu, by uzyskać wyrażenie widoczne po prawej stronie: