Delta mi!

Rozważana suma ma parzystą liczbę składników. Parujemy: pierwszy z ostatnim, drugi z przedostatnim itd. Dostajemy sumę par postaci

Wystarczy pokazać, że każda z liczb dzieli się przez W rozwinięciu dwumianowym

składniki odpowiadające indeksom są podzielne przez ; skoro zaś jest liczbą nieparzystą, dwa składniki początkowe dają w sumie

Tak więc dzieli się przez Korzystając jeszcze raz z nieparzystości wnosimy, że dzieli się przez

Wykażemy, że każda dodatnia liczba całkowita mogła zostać uzyskana (poprzez ciąg kilku kolejnych dopisywań) z pewnej mniejszej liczby. Stąd dostaniemy odpowiedź twierdzącą na postawione w zadaniu pytanie.

Liczbę dającą resztę z dzielenia przez powiedzmy można uzyskać w jednym kroku z liczby Liczba dająca resztę z dzielenia przez powiedzmy może zostać uzyskana w dwóch krokach z liczby : w pierwszym kroku dopisujemy liczbę Wreszcie liczba podzielna przez powiedzmy może zostać uzyskana w siedmiu krokach z liczby : w kolejnych pośrednich krokach dopisujemy

Odpowiedź: oraz
Spośród ośmiu rozważanych sum największa jest z jednej strony nie mniejsza od a z drugiej - nie większa od Stąd wniosek, że Ponadto suma ośmiu rozważanych sum jest równa dwukrotności sumy wszystkich liczb wpisanych w pola tablicy, czyli Liczba jest dzielnikiem tej sumy, wobec czego lub Poniższy przykład pozwala stwierdzić, że te wartości w istocie są osiągalne.

Podstawmy, kolejno, oraz ; otrzymujemy równania

oraz

które po dodaniu stronami i redukcji dają związek Zatem dla każdej liczby ma miejsce alternatywa: lub Stąd, w szczególności,

Jeśli jest jedynym miejscem zerowym funkcji to dla wszystkich Łatwo sprawdzić, że ta funkcja spełnia zadane równanie. Pozostaje przypadek, gdy ma jeszcze jakieś miejsce zerowe Wykażemy, że wówczas jest tożsamościowo równa zeru.

Przypuśćmy, że dla pewnego Biorąc w zadanym równaniu dostajemy ; ta liczba nie jest zerem, więc z wcześniejszej alternatywy wynika, że wynosi ona jednocześnie oraz Przyrównanie tych wartości daje równość To liczba dodatnia; stąd w przedziale Weźmy teraz dowolną liczbę i w wyjściowym równaniu podstawmy (już wiemy, że ). Wychodzi Tak więc także w przedziale

Wniosek (odpowiedź): jedynymi funkcjami spełniającymi podane równanie są: (dla wszystkich ) oraz (dla wszystkich ).

Niech spełnia warunki zadania. Zauważmy, że możemy wybrać takie, że wielomian ma współczynniki całkowite oraz współczynnik przy najwyższej potędze wynosi 1. Niech i niech będzie liczbą pierwszą. Jeśli jest dostatecznie duże, to równanie ma dokładnie jedno dodatnie rozwiązanie, które zgodnie z założeniem o wielomianie jest wymierne. Korzystając z twierdzenia o pierwiastkach wymiernych wielomianu o współczynnikach całkowitych dostajemy, że rozwiązaniem tym może być tylko lub zatem dla dostatecznie dużych musi to być Wynika stąd, że dla dostatecznie dużych liczb pierwszych zatem co oznacza, że jest stopnia 1.

Przypuśćmy, że dla pewnych liczb całkowitych Równość tę możemy przepisać do postaci Niech będzie dzielnikiem pierwszym Wówczas Z Małego Twierdzenia Fermata wiemy, że a zatem co oznacza że Ponieważ było dowolnym dzielnikiem pierwszym więc a to jest sprzeczność.

Wskażemy bijekcję między zbiorami rozwiązań przedstawionych w zadaniu nierówności. Załóżmy, że liczby całkowite spełniają Możemy na dwa sposoby wskazać takie, że Każdy ciąg liczb spełniający tę równość (oraz ) możemy podzielić na bloki, czyli fragmenty postaci gdzie Jeśli długość takiego bloku to to przyporządkujemy mu blok długości gdzie oraz jest tego samego znaku, co Wykonując tę operację na wszystkich blokach, dostaniemy ciąg gdzie i co daje nam ciąg liczb całkowitych spełniający Nietrudno przekonać się, że przedstawione przekształcenie jest wzajemnie jednoznaczne, co kończy rozwiązanie.

Warunki zadania nie zmieniają się przy przesunięciu zbioru o dowolną liczbę całkowitą. Można więc zakładać, że jego elementami są liczby nieujemne. Zauważmy też, że jeśli elementy pewnego zbioru da się uporządkować w wymagany sposób, wówczas to samo uporządkowanie jest dobre dla każdego podzbioru zbioru (po wykreśleniu zbędnych elementów).

Wystarczy zatem udowodnić tezę zadania dla zbiorów postaci Dla każde z dwóch uporządkowań jest dobre (warunek spełniony "w próżni"). Dalej indukcja: przyjmijmy, że dla pewnego zbiór daje się ustawić w ciąg tak, że gdy Wówczas ciąg

jest szukanym uporządkowaniem zbioru (jednym z możliwych); bo gdy lub nierówność wynika z założenia indukcyjnego; gdy zaś liczba jest nieparzysta, więc To kończy krok indukcyjny.