Delta mi!

Zauważmy, że reszta z dzielenia liczby przez liczbę jest równa

wobec tego równość można przepisać jako

czyli równoważnie

Zauważmy ponadto, że czynnik

jest równy jeżeli dzieli oraz 0 w przeciwnym przypadku. Stąd wniosek, że powyższy warunek można przepisać jako

Łatwo sprawdzić, że równość ta jest spełniona dla gdzie jest dodatnią liczbą całkowitą. Przykładową nieskończoną rodzinę liczb spełniających warunek zadania stanowią więc wszystkie potęgi dwójki.

Udowodnimy, że jeżeli jest liczbą podzielną przez to nie można zapisać w postaci sumy dwóch elementów zbioru albo - w myśl tezy poprzedniego zadania - w postaci iloczynu dwóch elementów zbioru Przypuśćmy, że

gdzie Skoro to co najmniej jeden z czynników w liczniku powyższego ułamka jest podzielny przez ; bez straty ogólności załóżmy, że Stąd wynika, że liczby i są tej samej parzystości, skąd wobec - obie są nieparzyste. Jednak wówczas daje resztę przy dzieleniu przez - sprzeczność.

Aby wskazać nieskończenie wiele liczb naturalnych będących iloczynami dwóch elementów zbioru rozważymy ciąg Fibonacciego

i wykorzystamy tożsamość

Dla mamy więc

co jest liczbą całkowitą dla każdego To kończy dowód, gdyż dla różnych otrzymujemy różne liczby.

Zauważmy, że jeżeli dla pewnych to

przy czym To dowodzi, że jeżeli jest iloczynem dwóch elementów zbioru to jest również sumą dwóch elementów zbioru

Przypuśćmy, że dla pewnych oraz niech będą zapisami liczb w postaci ułamków nieskracalnych, czyli Wówczas

Ponieważ jest liczbą całkowitą, więc musi być dzielnikiem licznika powyższego ułamka. Stąd wniosek, że dzieli skąd wobec mamy, że dzieli Analogicznie uzasadniamy, że dzieli Zatem czyli i w konsekwencji

Skoro to jest iloczynem dwóch elementów zbioru

Podstawiając oraz do tożsamości

uzyskujemy

czyli

Wobec tego wystarczy przyjąć

Liczby o jakie pyta zadanie, istnieją; można znaleźć wiele takich par. Przykład Autora (W. Bednarek): Wówczas i dalej (dla każdego ):

- jest to liczba złożona (różnica w ostatnim nawiasie przekracza 1, bo ciąg jest rosnący).

Niech Przypuśćmy, że dla ustalonej liczby istnieją dwa różne wielomiany stopnia spełniające podane równanie. Oznaczmy ich współczynniki wiodące przez (więc ); Przyrównując współczynniki wiodące po obu stronach równania widzimy, że (dla ). Zatem Stąd wynika, że różnica jest niezerowym wielomianem stopnia

Odejmujemy stronami równania (dla ) i przekształcamy uzyskaną równość:

Iloczyn po prawej stronie jest wielomianem stopnia wielomian po lewej stronie ma stopień To już sprzeczność, skoro ; dwa różne wielomiany stopnia o podanej własności istnieć nie mogą.

(a) Przypuśćmy, że liczby oraz mają wspólny dzielnik pierwszy (jasne, że ). Wykażemy, że wówczas liczba dzieli się przez (nie jest więc bezkwadratowa). Zgodnie z małym twierdzeniem Fermata, (mod ). Podnosimy tę kongruencję stronami do potęgi otrzymując (mod ). Zatem dla pewnej liczby całkowitej Stąd

czyli (mod ); a to była nasza teza.

(b) Przykład pokazujący, że nie zachodzi implikacja odwrotna, nie tak łatwo znaleźć (mała szansa, że trafimy, zwyczajnie próbując - bez komputera ciężko). Prosty program, który dla zadanej liczby pierwszej kontroluje dwie końcowe cyfry rozwinięcia (przy podstawie ) kolejnych potęg dwójki, pozwala znaleźć moment powtórzenia końcówki czyli wykładnik dla którego (mod ). Powtarzamy tę procedurę dla kolejnych liczb pierwszych ; warto przy tym, dla oszczędności czasu, ograniczyć zakres wykładnika, np. do W ten sposób szybko znajdujemy parę ; nie jest ona jednak szukanym kontrprzykładem, bowiem dla tej pary zachodzą związki (mod ), z których nietrudno wynika, że liczby i nie są względnie pierwsze.

Następna znaleziona para jest już dobra: gdyby liczby oraz nie były względnie pierwsze, ta ostatnia musiałaby się dzielić przez 7 lub 13; ale minimalne wykładniki dla których (mod 7), (mod 13), to więc wykładnik musiałby się dzielić przez 3; a tak nie jest. Skoro zaś ta para została wygenerowana przez algorytm, zapewniający podzielność przez zatem liczba nie jest bezkwadratowa.

Przypuśćmy nie wprost, że

Wówczas w szczególności skąd i analogicznie oraz Ponadto mamy

a więc

Łącząc te nierówności otrzymujemy

co z kolei w połączeniu z przyjętym założeniem nie wprost prowadzi do

Otrzymana sprzeczność kończy dowód.

Przy oznaczeniach

(1)

mamy związki:

z których wynika tożsamość

(2)

Gdy liczby są naturalne, czynnik musi być kwadratem liczby naturalnej; więc Zgodnie z (1), jest to suma liczb których iloczyn wynosi 1. Zatem to pierwiastki trójmianu kwadratowego

(3)

istnieją (w ) gdy ; i są wówczas dodatnie. Wyznaczamy je zwykłą metodą, podnosimy do trzeciej potęgi, i dostajemy wniosek:

(4)

Rozumowanie można odwrócić. Dla dowolnej liczby naturalnej określamy wzorami (4) parę liczb rzeczywistych, wzajemnie odwrotnych: oraz (jedna ze znakiem plus w nawiasie, druga ze znakiem minus). Wówczas są pierwiastkami trójmianu (3); ich suma wynosi Liczby zdefiniowane wzorami (1), spełniają równość (2); a ponieważ zatem prawa strona wzoru (2) jest kwadratem liczby całkowitej, więc liczba jest całkowita (liczba oczywiście też).

Wzór (4), z parametrem przedstawia ogólną postać liczb o rozważanej w zadaniu własności.

Odpowiedź:

Dla oraz niech Wówczas liczby wyznaczają na płaszczyźnie zespolonej -kąt foremny wpisany w okrąg o promieniu

Zauważmy, że wielomiany

stopnia mają równe współczynniki przy najwyższej potędze oraz wspólnych pierwiastków zespolonych, mianowicie dla (ze względu na równość

Stąd wynika, że wielomiany i są równe, w szczególności

a zatem

Powyższa równość oznacza, że iloczyn długości boków i przekątnych zawierających wierzchołek rozważanego wielokąta (czyli, z uwagi na symetrię, dowolny ustalony wierzchołek) jest równa Wobec tego

Przyjmijmy oznaczenia: Wystarczy wykazać, że każda liczba pierwsza, która dzieli iloczyn wchodzi do iloczynu w co najmniej takiej samej potędze. Niech więc będzie liczbą pierwszą i niech (dla ) będzie takim wykładnikiem, że (ten napis oznacza, że dzieli się przez ale nie przez ). Wówczas gdzie i wobec tego Oczywiście Porównanie wykładników nie pozostawia wątpliwości:

(1)

Wobec dowolności wyboru uzasadnia to zadaną nierówność

Kiedy zachodzi równość Wtedy, gdy każda liczba pierwsza dzieli w dokładnie tej samej potędze, w jakiej dzieli Czyli gdy dla każdej liczby pierwszej nierówność (1) (z wykładnikami wyznaczonymi przez ) staje się równością.

Dla jest tak zawsze; dostajemy znaną tożsamość:

Dla równość w relacji (1) oznacza, że gdy po jej prawej stronie usuniemy jeden największy i jeden najmniejszy składnik, pozostaną jakieś nieskreślone składniki, o zerowej sumie - czyli wszystkie równe zeru. Składnik najmniejszy automatycznie także jest zerem. Tylko jeden składnik po prawej stronie (1) może być dodatni. To znaczy, że tylko jedna z liczb może dzielić się przez Wobec dowolności znaczy to, że liczby są parami względnie pierwsze.

I na odwrót, gdy tak jest, wówczas dla każdej liczby pierwszej mamy w ciągu co najwyżej jeden wyraz niezerowy; nierównść (1) przechodzi w równość, i w konsekwencji

Podsumowując: dla równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy liczby są parami względnie pierwsze; dla ta równość jest tożsamością.

Gdy jest funkcją stałą, implikacja jest oczywista. Dalej przyjmijmy, że jest wielomianem stopnia dodatniego. Wielomian ma taki sam stopień, a przy tym przyjmuje - zgodnie z założeniem - wyłącznie wartości nieujemne. Jest to więc wielomian stopnia parzystego. Ten sam stopień ma zarówno wielomian jak i wielomian Każdy z tych wielomianów, jako funkcja ciągła zmiennej rzeczywistej, mająca granicę przy przyjmuje w pewnym punkcie osi liczbowej swoją wartość minimalną. Niech więc

W punkcie, realizującym minimum, pochodna jest równa zeru: Zauważmy, że, w myśl założenia zadania,

Podstawiając dostajemy Jest to wartość minimalna wielomianu zatem

Podstawiamy i mamy To wartość minimalna wielomianu Zatem dla

Będziemy szukali takich rozwiązań, dla których oraz gdzie jest dodatnią liczbą całkowitą; wówczas liczba

będzie kwadratem liczby całkowitej.

Z powyższych równości wynika, że

więc rozważane liczby mają szukaną postać, o ile tylko liczby są powiązane zależnością

Powyższe znane równanie diofantyczne (tzw. ujemne równanie Pella) ma nieskończenie wiele rozwiązań całkowitych danych przez

dla

Niech będą liczbami nieujemnymi, spełniającymi podany układ równań. Ich suma, więc i jej kwadrat, wynosi 1; wobec tego

Wstawiając to do drugiego równania układu, po prostym przekształceniu dostajemy równanie

(1)

Funkcja jest ściśle wypukła w przedziale zatem spełnia nierówność Jensena

(2)

Równanie (1) oznacza, że (dla rozważanych liczb ) nierówność (2) staje się równością, co ma miejsce jedynie, gdy te liczby są równe. Ich suma jest jedynką, więc ; ta trójka liczb spełnia oba równania układu i stanowi jego jedyne rozwiązanie.

Jeżeli jest liczbą parzystą, to żądanym przedstawieniem jest

Przypuśćmy, że jest liczbą nieparzystą i niech będzie najmniejszą nieparzystą liczbą pierwszą, która nie jest dzielnikiem liczby Wówczas przedstawienie liczby w postaci różnicy

spełnia warunki zadania. Rzeczywiście, każda z liczb oraz ma dokładnie te dzielniki pierwsze co liczba a ponadto po jednym dodatkowym - odpowiednio oraz

Udowodnimy najpierw, że dla dowolnych dodatnich liczb rzeczywistych oraz dodatniej liczby całkowitej zachodzi nierówność

Rzeczywiście, przekształcając tę nierówność równoważnie, otrzymujemy

Przyjmując w powyższej nierówności dla mnożąc otrzymane związki stronami i korzystając z założenia zadania, uzyskujemy

Niech będą liczbami naturalnymi, spełniającymi warunek Wymierny pierwiastek z liczby naturalnej jest liczbą naturalną. Zatem musi być kwadratem liczby naturalnej. Oznaczając przez największy wspólny dzielnik liczb (tak, że ; względnie pierwsze) widzimy, że czynniki muszą być kwadratami: ( naturalne). Badane równanie przybiera postać ; po przekształceniu: Stąd wniosek, że

Uzyskaliśmy odpowiedź: liczby to podwojone kwadraty dwóch kolejnych liczb naturalnych. Proste sprawdzenie pokazuje, że każda taka para spełnia wymagany warunek.

Łatwo obliczyć Podobnie szukane sumy równe są w odpowiednich systemach pozycyjnych. W dwójkowym liczba jest jak w dziesiętnym, więc pierwsza z sum to . Analogicznie dla drugiej sumy: w systemie siódemkowym równe jest w dziesiętnym.

Przyjmijmy, że liczby spełniają postawione warunki; w szczególności gdzie jest liczbą pierwszą. Jasne, że Iloczyn liczb naturalnych i wynosi więc jedna z nich dzieli się przez W takim razie druga jest dzielnikiem liczby 6; wobec czego mniejsza z nich nie przekracza 6. Dostajemy oszacowanie

Jeżeli to czyli Sprawdzamy, że tylko para jest dobra.

Dalej przyjmujemy, że Wówczas (mod 5), więc

To pokazuje, że iloczyn liczb całkowitych oraz dzieli się przez 5. Są to z założenia liczby pierwsze, więc któraś z nich jest równa 5. Ale Pozostaje możliwość

Iloczyn liczb naturalnych i wynosi Cztery możliwe rozkłady dają pary odpowiednio, Ostatnia odpada. Dla wychodzi liczba złożona. Pozostałe dwie pary są już dobre. Wraz z parą znalezioną wcześniej, ostatecznie otrzymujemy trzy rozwiązania. Wypiszemy je, podając również wartości i :