Delta mi!

Załóżmy, że liczbę zapisano jako dla pewnych liczb naturalnych i takich że To oznacza, że

Zauważmy, iż jedna z liczb jest nieparzysta i większa od czyli ma czynnik nieparzysty, więc nie jest potęgą dwójki. Z drugiej strony, jeżeli nie jest potęgą dwójki, to liczba zapisuje się jako iloczyn liczby parzystej i nieparzystej Jeśli oznacza większą z tych liczb, to możemy przyjąć, iż

Przekręcamy diagram o tak, by otrzymać tabelę – nieskończoną macierz ; jest to lewa z dwóch tabelek poniżej:

Zgodnie z treścią zadania, jej wyrazy są związane zależnościami:

W kolejnych wierszach widzimy ciągi arytmetyczne; odgadujemy wzór jawny Sprawdzamy, że te liczby spełniają napisane przed chwilą równania (które wyznaczają zawartość całej tabeli jednoznacznie).

Tworzymy nową macierz nieskończoną o wyrazach  (prawy diagram powyżej). Zachodzą równości

Tak więc jest po prostu tabliczką mnożenia liczb nieparzystych. Każda liczba nieparzysta występuje w niej tyle razy, ile ma różnych dzielników dodatnich.

Niech teraz będzie zadaną liczbą całkowitą. Bierzemy dowolną liczbę pierwszą ; wówczas liczba wystąpi w tabeli dokładnie  razy. Wracając do tabeli widzimy, że dokładnie  razy pojawi się w niej liczba Jest nieskończenie wiele liczb pierwszych – mamy więc tezę zadania.

Każdą liczbę zapiszmy w postaci gdzie jest nieparzyste. Wówczas może przyjąć wartość – łącznie  różnych wartości. W takim razie, wśród dowolnych liczb znajdą się takie dwie, które mają ten sam czynnik nieparzysty, spełniają więc warunek zadania.

Niech  będzie jedną z szukanych funkcji. Oznaczmy wartości  kolejno przez ; oznaczmy ponadto    Kładąc w równaniu  oraz  dostajemy

(1)

Każda czwórka  w której  daje informację w postaci równości  Biorąc czwórki          otrzymujemy w ten sposób związki

(2)

Natomiast czwórki        dają zależności

(3)

Jeżeli  to z pierwszej równości (1) oraz ze związków (2) wnosimy kolejno, że ; ; ; ; ; ;  Tak więc ; skoro zaś  ta wspólna wartość wynosi 1.

Jeżeli natomiast  to korzystamy z zależności (3) oraz (1) i łatwo stwierdzamy, że ; ;  Zatem na zbiorze  funkcja  jest stała, o wartości 1 lub 0. Każda liczba naturalna  daje się zapisać w postaci  dla pewnych  Przez oczywistą indukcję uzyskujemy wniosek, że  jest funkcją tożsamościowo równą 1 lub 0. Każda z nich spełnia zadane równanie.

Przypuśćmy, że i przyjmijmy Wtedy a więc liczby oraz mają wspólny dzielnik Zatem liczba jest także dzielnikiem liczby

oraz liczby

Uzyskaliśmy sprzeczność, ponieważ liczby i  są względnie pierwsze: każdy dzielnik pierwszy liczby jest także dzielnikiem liczby a więc nie może być dzielnikiem liczby Wobec tego

Załóżmy, że jest taką liczbą, dla której badana nierówność

(1)

zachodzi dla wszystkich Wiadomo, że przy Jeśli więc jest dowolną liczbą większą od 6, to dla dodatnich, bliskich 0, mamy Ponadto, dla Zatem

przy Stąd dla każdego czyli czyli

Wykażemy, że i na odwrót, jeśli to nierówność (1) zachodzi dla Gdy to ; wystarczy więc udowodnić nierówność (1) dla wykładnika Można ją wówczas przepisać w postaci

(2)

– lub równoważnie:

(3)

Funkcja określona dla i ciągła w punkcie 0, ma pochodną

Zatem dla co dowodzi nierówności (3) i równoważnej jej nierówności (2).

Odpowiedź: Szukane liczby to wszystkie liczby

Po pomnożeniu przez wspólny mianownik dostajemy do dowodu nierówność  gdzie

Teza wynika natychmiast z tożsamości

którą nietrudno sprawdzić, otwierając nawiasy i wykonując wskazane działania.

Zmyślna tożsamość

użyta w rozwiązaniu zaiste trywializuje problem, a jej sprawdzenie jest czynnością czysto mechaniczną (Mathematica robi to w ułamku sekundy; ręcznie sprawdzamy ją w parę minut). Ale jak na nią wpaść?!

Na przykład tak: dla  różnica  przyjmuje wartość ; analogicznie dla  i dla  Zatem przyjmując

widzimy, że wielomian  ma wartość zero, gdy dowolne dwie zmienne są równe. Jest więc podzielny przez wielomian

Skoro zaś  są wielomianami symetrycznymi, natomiast  jest wielomianem antysymetrycznym (zmienia znak przy transpozycji zmiennych), wynika stąd, że iloraz  też jest antysymetryczny – ma więc wartość zero, gdy dwie zmienne są równe, i w konsekwencji dzieli się znów przez  To znaczy, że wielomian  dzieli się przez  Są to wielomiany jednorodne szóstego stopnia, ich iloraz musi być stałą.

Wniosek:  Wartość stałej  znajdujemy, podstawiając w miejsce  dowolne trzy różne liczby; wychodzi  Tak więc  Jest to właśnie „ta zmyślna” tożsamość.

Rozważmy planszę o wymiarach i na każdym polu dokonajmy losowania: z prawdopodobieństwem  postawimy tam biały pionek, a z prawdopodobieństwem – czarny. Wówczas prawdopodobieństwo tego, że na każdym z   pól wybranej kolumny stoi biały pionek, jest równe  . W takim razie to prawdopodobieństwo tego, że w tej kolumnie znajdzie się chociaż jeden pionek czarny, a  możemy zinterpretować jako szansę na to, że w każdej kolumnie będzie przynajmniej jeden czarny pionek. Podobnie to szansa zdarzenia, że w każdym wierszu jest co najmniej jeden biały pionek. Zauważmy jednak, że któreś z tych zdarzeń musi wystąpić, ponieważ jeżeli jakaś kolumna zawiera same białe pionki, to w każdym wierszu jest już biały pionek. To dowodzi podanej nierówności.

Przedstawiony poniżej dowód tych nierówności jest bardzo ładnym zastosowaniem indukcji wstecznej.

Zauważamy, że jest standardową szkolną nierównością. Ponadto jeżeli zachodzi dla pewnego naturalnego , to dla  liczb dodatnich mamy

Wnioskujemy stąd, że zachodzi dla dowolnej liczby naturalnej  . Pozostała do wykazania prawdziwość implikacji .

Ostatnia nierówność redukuje się do postaci

Podnosząc uzyskaną nierówność stronami do potęgi  , kończymy dowód.

Łatwo sprawdzić, że wartość wyrażenia może dać przy dzieleniu przez 7 wszystkie reszty z wyjątkiem 2 oraz 4. Potęgi dwójki dają jedynie reszty 1, 2, 4. Rozważane równanie może więc być spełnione tylko wtedy, gdy ; to zaś ma miejsce jedynie dla wykładników  podzielnych przez 3.

Jeśli więc równanie jest spełnione, to jest sześcianem liczby całkowitej. Dla liczb całkowitych wartość leży pomiędzy a  , więc nie jest sześcianem. Dla wartość jest ujemna. Dla dostajemy równanie sprzeczne . Pozostaje wartość , która wraz z  daje jedyne rozwiązanie równania.

Niech  będzie jedną z szukanych liczb. Zapisujemy ją w postaci nieskracalnego ułamka  o mianowniku  Liczba  ma być całkowita, co oznacza, że  dzieli się przez  Stąd w szczególności wynika, że  dzieli się przez  więc  Zatem  dzieli się przez 27.

Stąd wniosek, że liczba  jest podzielna przez 27; innymi słowy,  dzieli się przez 9. Skoro zaś  jest liczbą względnie pierwszą z  (czyli z 3), liczba  musi być podzielna przez 9.

Dla pewnego  całkowitego mamy więc  skąd  Na odwrót, gdy  ma taką postać, wówczas liczba  jest całkowita – o czym można się przekonać, analizując „wstecz” wcześniejsze rozumowanie, albo po prostu sprawdzając rachunkiem, że wartość tego wyrażenia wynosi  

Szukanymi liczbami wymiernymi są więc liczby postaci  (  całkowite).

Zapiszmy rozważane równanie w postaci . Liczby  i  są nieparzyste i różnią się o  . Jeżeli jest wspólnym dzielnikiem liczb i  , to  dzieli także różnicę tych liczb. Liczba  (poza liczbami  i  ) ma tylko parzyste dzielniki i dlatego liczby  i  są względnie pierwsze. Wnioskujemy stąd, że i  , gdzie są liczbami nieparzystymi. Z definicji liczb  i  wiemy, że . Zauważmy, że liczba nie może być równa  , ponieważ liczba jest nieparzysta. Pozostał do rozważenia przypadek . Wtedy , co prowadzi do równości . Jedyne pary liczb całkowitych , gdzie , spełniające tę równość, to oraz . W obu przypadkach i otrzymujemy sprzeczność, która kończy rozwiązanie zadania.

Załóżmy, że liczba jest całkowita. Bez straty ogólności możemy przyjąć, że . Liczba  jest pierwsza, więc musi być dzielnikiem jednej z liczb , , . Gdyby liczba była podzielna przez  , to przez  podzielna byłaby również liczba  , co nie jest możliwe. Podobnie, gdyby liczba była podzielna przez  , to przez  podzielna byłaby również liczba  , co też nie jest możliwe. Wobec tego i w konsekwencji mamy

Zatem liczba – jako liczba całkowita – musi być równa  . Stąd uzyskujemy , co z kolei implikuje równość (w przeciwnym razie liczba , jako suma dwóch liczb nieparzystych, byłaby liczbą parzystą większą od  , czyli złożoną). Wobec tego oraz .

Dany w treści zadania ułamek redukuje się zatem do postaci

Liczba ta jest całkowita tylko wtedy, gdy , ale wtedy . Otrzymujemy sprzeczność z założeniem, że liczby  i  są różne. Tak więc nie istnieją liczby ,  ,  spełniające warunki zadania.

Jeśli wśród kolejnych liczb całkowitych jest liczba podzielna przez  , to iloczyn liczb w jednym podzbiorze jest podzielny przez  , a iloczyn w drugim nie jest podzielny przez  . Możemy więc przyjąć, że wśród kolejnych liczb całkowitych nie ma liczby podzielnej przez 

Oznaczmy przez  iloczyn liczb w jednym podzbiorze, a przez  iloczyn liczb w drugim i przyjmijmy, że . Wówczas, na mocy twierdzenia Wilsona,

Ponieważ liczba  jest nieparzysta, więc

Z drugiej strony, na mocy małego twierdzenia Fermata wiemy, że . Otrzymaliśmy sprzeczność, która dowodzi, że

Szukamy liczb całkowitych dodatnich oraz liczby pierwszej  , dla których

Dla powyższe równanie sprowadza się do , co spełnione być nie może. Przyjmijmy więc bez straty ogólności, że oraz . Wtedy oraz , skąd wniosek, że oraz . A zatem Wobec tego lub .

W przypadku, gdy , otrzymujemy równanie . Bezpośrednio sprawdzamy, że równanie to nie ma rozwiązań w liczbach całkowitych dodatnich  .

Z kolei z podzielności wynika, że jest dzielnikiem jednej z liczb  lub  , co po wykorzystaniu podzielności pozwala wywnioskować, że liczba  jest dzielnikiem obu liczb . Wobec tego , , gdzie liczby są całkowite i dodatnie. Dane równanie przybiera wtedy postać

A ponieważ , więc oraz . Z ostatniej równości dostajemy: . Stąd , oraz

Bezpośrednie sprawdzenie dowodzi, że para spełnia warunki zadania.

Zadana nierówność zachodzi dla . Dla przepisujemy ją równoważnie jako

i w tej postaci będziemy jej dowodzić.

Dla każdej pary liczb rzeczywistych  ma miejsce równość

gdzie . Kontynuujemy przekształcenia dla :

(2)

ostatnia nierówność powstała przez odrzucenie z uzyskanej sumy wszystkich składników z wyjątkiem pierwszego – są one liczbami nieujemnymi, bo wykładniki potęg są parzyste.

Podstawiamy teraz w (2) , i dostajemy dowodzoną nierówność (1).

Zauważmy, że oraz analogicznie

Wobec tego skąd bezpośrednio wynika teza.

Zauważmy, że jeśli liczba  jest żądanej postaci, to także liczba   jest tej postaci. Ponadto

Stąd wynika, że każda z liczb da się przedstawić w żądanej postaci.

Wykażemy teraz, że nie istnieją liczby całkowite dodatnie , , ,  , dla których

Bez straty ogólności możemy przyjąć, że , wówczas . Podstawiając , , otrzymujemy zależność

Stąd wynika, że . Z kolei dla nie istnieje liczba całkowita dodatnia  spełniająca zależność  . A zatem .Wówczas liczby  i  dają resztę  z dzielenia przez  . Stąd obie strony zależności  dają różne reszty z dzielenia przez  . Otrzymana sprzeczność dowodzi, że liczby  nie da się przedstawić w żądanej postaci.

Taka -cyfrowa liczba istnieje, np.

Wiadomo, że -cyfrowa liczba jest podzielna przez wtedy i tylko wtedy, gdy liczba jest podzielna przez . Stąd wynika, że liczba jest podzielna przez

Wykażemy teraz, że każda inna liczba otrzymana z poprzez permutaję jej cyfr nie jest podzielna przez

Ponieważ wśród cyfr liczby jest dokładnie dwójek i jedynek, więc liczba jest nieparzysta. Ponadto . Stąd wynika, że liczba jest podzielna przez wtedy i tylko wtedy, gdy To jednak jest możliwe jedynie wtedy, gdy