Delta mi!

Nie!
Niech gdzie jest pewną liczbą całkowitą oraz Lewa strona równania przyjmuje postać

a jej wartość jest nie mniejsza niż i nie większa niż

Liczba daje resztę z dzielenia przez więc nie może być wartością lewej strony równania dla żadnego

Załóżmy przeciwnie, że takie funkcje kwadratowe istnieją. Wówczas liczby są pierwiastkami wielomianu czwartego stopnia Ponieważ dla tylko wówczas, gdy jest wierzchołkiem funkcji to otrzymujemy i Ponadto lub

Liczby i są pierwiastkami funkcji kwadratowej więc mamy i oraz Dla funkcji ostatni warunek wymusza co daje sprzeczność.

Podstawienie przeprowadza dane dwa równania do postaci

(1)

oraz

(2)

Oczywiste są nierówności

Jeśli więc liczby spełniają równanie (2), to spełniają też i równanie (1). Pozostaje do wykazania implikacja przeciwna.

Załóżmy więc, że spełnione jest równanie (1), czyli że zachodzi równość w pierwszej z napisanych nierówności. To wymusza jednoczesne zachodzenie trzech równości:

Liczby są długościami boków trójkąta (na płaszczyźnie zespolonej) o wierzchołkach Równość oznacza, że jest on zdegenerowany do odcinka o końcach czyli że punkty leżą na jednej półprostej, wychodzącej z punktu Ta sama konkluzja dla par oraz pokazuje, że wszystkie trzy punk

Uwaga.
Warto może zauważyć, że dwa podane (równoważne) równania nie są równoważne trzeciemu równaniu:

czyli (w terminach zmiennych ) równaniu, łączącemu prawe strony (1) i (2). Prosty przykład: Równania (1) i (2) nie są spełnione, ale ich prawe strony mają jednakową wartość.

Wykładniki nie mogą być równe, gdyż wówczas lewa strona równania byłaby potęgą dwójki. Przyjmijmy więc, że i zapiszmy gdzie Równanie przybiera postać z której wynika, że

Jeśli to ; dostajemy rozwiązanie

Jeśli to (mod 4), skąd wniosek, że jest liczbą parzystą: Dostajemy równanie

Czynniki prawej strony muszą być potęgami dwójki; a skoro różnią się o 2, są to liczby 2 i 4. To znaczy, że czyli co daje rozwiązanie

Uwzględniając możliwą zamianę ról i widzimy, że równanie ma cztery rozwiązania w liczbach całkowitych dodatnich:

Załóżmy, że liczby naturalne spełniają zadane równanie. Niech liczba pierwsza będzie nieparzystym dzielnikiem liczby Wówczas więc

Stąd jest liczbą parzystą, czyli

W takim razie liczba jako nieparzysty dzielnik musi również dawać resztę z dzielenia przez a stąd mamy

Dla równanie jest spełnione, na przykład, przez liczby i

Tak! Warunek dany w zadaniu możemy przedstawić w postaci

Jeśli pewna czwórka liczb spełnia to równanie, to na mocy wzorów Viète'a spełnia je również czwórka gdzie

W takim razie z dowolnego rozwiązania możemy uzyskać inne rozwiązanie gdzie Jeśli założymy, że to otrzymamy Otrzymaliśmy więc nową czwórkę liczb spełniającą równanie, przy czym minimalny element czwórki został zmieniony na element największy.

Zaczynając od czwórki i wykonując wielokrotnie analogiczną operację, uzyskamy szukane rozwiązanie.

Dla otrzymujemy co nie spełnia warunków zadania.

W przeciwnym przypadku otrzymujemy równanie kwadratowe, niech i będą jego rozwiązaniami. Korzystając ze wzorów Viète'a, otrzymujemy

Ponieważ są liczbami naturalnymi większymi od o iloczynie to są one równe i a stąd rozwiązaniami naszego równania są liczby i Z zależności mamy i łatwo sprawdzić, że ta wartość parametru faktycznie spełnia warunki zadania.

Dany warunek równoważny jest równości Na mocy Wielkiego Twierdzenia Fermata, skoro to czyli Wówczas i w rezultacie

Przekształcając dane równanie, uzyskujemy Na mocy Wielkiego Twierdzenia Fermata musi być lub To daje rozwiązania lub

Zapiszmy liczby jako Wówczas

a zadane równania przybierają postać

Po dodaniu stronami:

Czynnik w drugim nawiasie jest liczbą dodatnią, wobec czego To daje odpowiedź:

Niech będzie jedną z szukanych trójek. Jasne, że to są trzy różne liczby. Tak więc

Równoważnie:

Cykliczne przesunięcie symboli daje taką samą równość, z wyłączonym poza nawias czynnikiem lub Skoro liczby są różne, wynika stąd, że

Są to więc pierwiastki wielomianu o współczynnikach

- czyli wielomianu To znaczy, że

Równanie daje teraz ciąg równości

(1)

i tak samo dla i Tak więc liczby to trzy różne pierwiastki trzeciego stopnia z liczby ; czyli np.

(2)

z dokładnością do permutacji.

Na odwrót, dla każdej z sześciu trójek, uzyskanych przez permutacje trójki (2), można odwrócić ciąg równości (1), i tym samym sprawdzić, że spełnione jest równanie (oraz jego cykliczne odpowiedniki).

Załóżmy najpierw, że i rozważmy doświadczenie losowe polegające na rzucaniu monetą tak długo, dopóki razy wypadnie orzeł lub razy reszka. Prawdopodobieństwo wypadnięcia orła w pojedynczym rzucie wynosi zaś reszki Zauważmy, że prawdopodobieństwo tego, że doświadczenie zakończy się w rzucie (dla ) z powodu wypadnięcia orłów wynosi a z powodu wypadnięcia reszek - Sumując prawdopodobieństwa poszczególnych możliwości zakończenia doświadczenia, otrzymujemy

Po wstawieniu lewa strona tożsamości jest wielomianem zmiennej który jest tożsamościowo równy na przedziale więc jest on równy dla wszystkich rzeczywistych.

Pokażemy, że gdy jest nieparzystą liczbą pierwszą, równanie nie ma rozwiązań w liczbach całkowitych dodatnich.

Przypuśćmy, że para liczb całkowitych jest rozwiązaniem. Zgodnie z małym twierdzeniem Fermata,

Jeśli więc to czyli

Z wypukłości funkcji (w zbiorze liczb dodatnich) wynika nierówność

Funkcja jest rosnąca; stąd Skoro zaś (mod ), widzimy, że A zatem Aby uzyskać oczekiwaną sprzeczność, wystarczy wykazać, że

(1)

Oznaczmy: ; wtedy Ponownie korzystając z wypukłości funkcji mamy nierówność Wobec tego

(2)

Z drugiej strony,

(3)

Nierówność (1) będzie udowodniona, jeśli pokażemy, że w wyrażeniu po prawej stronie (2) współczynnik stojący przy jest nie mniejszy niż analogiczny współczynnik w wyrażeniu (3); czyli, że

(4)

Łatwo przerachować, że

Stąd ; oszacowanie (4) gotowe, dowód zakończony.

Dla ustalonego, skończonego zbioru punktów na płaszczyźnie wyrażenie

jest wielomianem zmiennej Aby wykazać, że jest to wielomian stale równy wystarczy sprawdzić, że żądana równość zachodzi dla liczb w przedziale

Rozważmy losowe kolorowanie każdego z danych punktów na biało lub czarno. Załóżmy przy tym, że dowolny punkt malujemy na biało z prawdopodobieństwem na czarno z prawdopodobieństwem oraz że wszystkie losowania odbywają się niezależnie. Zauważmy, że wówczas dla ustalonego wielokąta liczba jest prawdopodobieństwem zdarzenia, w którym wszystkie wierzchołki zostały pomalowane na biało, a punkty leżące na zewnątrz na czarno. Co więcej, dla dwóch różnych wielokątów tego typu zdarzenia wykluczają się wzajemnie. Dla dowolnych dwóch różnych wielokątów wypukłych istnieje bowiem wierzchołek jednego z nich, który nie należy do drugiego. Gdyby opisane zdarzenia nie były rozłączne, to wierzchołek ten musiałby być pomalowany na dwa kolory, co jest, oczywiście, niemożliwe.

Suma

jest w tej sytuacji prawdopodobieństwem zdarzenia, w którym wierzchołki jednego z wielokątów ze zbioru zostały pomalowane na biało, zaś punkty leżące na zewnątrz na czarno. Do rozwiązania zadania wystarczy więc stwierdzić, że jest to zdarzenie pewne - co oznacza, że w dowolnym pokolorowaniu taki wielokąt istnieje.

Szukanym wielokątem jest wielokąt będący otoczką wypukłą białych punktów - czyli najmniejszym wielokątem wypukłym, który zawiera punkty białe (w przypadku gdy liczba punktów białych jest równa lub ich otoczką wypukłą jest odpowiednio zbiór pusty, punkt i odcinek). Jego wierzchołki są koloru białego, a każdy inny punkt biały znajduje się w jego wnętrzu.

Oznaczmy przez oraz lewą i prawą stronę postulowanego równania

Przyjmijmy, że nie są wielomianami zerowymi. Jasne, że muszą mieć jednakowy stopień oraz równe współczynniki wiodące:

gdzie i są wielomianami stopni co najwyżej Tak więc

i dalej

Stąd czyli czyli Podstawiając w wyjściowym równaniu oraz otrzymujemy zależności oraz skąd Ostatecznie więc ; przyjęliśmy, że - wszelako dla dostajemy parę wielomianów zerowych, które też są rozwiązaniem. Oczywiście każda para postaci - dowolna stała) spełnia zadane równanie.

Warunek dany w zadaniu przekształca się w równoważny sposób do postaci Rozważmy taki czworokąt że oraz Z twierdzenia cosinusów zastosowanego do trójkątów oraz otrzymujemy wówczas

a stąd

Oznaczmy przez miarę kąta Wówczas i korzystając z twierdzenia cosinusów tym razem w trójkątach i dostajemy

skąd mamy

i ostatecznie

Ponieważ czworokąt jest wpisany w okrąg, to z twierdzenia Ptolemeusza wynika równość którą - korzystając z wcześniejszych obserwacji - możemy przepisać w postaci

Z warunku wynikają zależności oraz z których otrzymujemy ciąg nierówności

Jeżeli liczba jest pierwsza, to biorąc pod uwagę powyższe nierówności, widzimy, że jest ona względnie pierwsza z liczbami oraz Z otrzymanej przez nas równości otrzymujemy więc podzielność To jednak przeczy drugiej z powyższych nierówności i w efekcie dowodzi, że liczba jest złożona.

Nie ma się nad czym zastanawiać: rozpatrujemy dwa przypadki: oraz W pierwszym otrzymujemy równanie które ma tylko jedno rozwiązanie wśród liczb mniejszych od 1, mianowicie 0, w drugim - równanie które rozwiązujemy jak każde porządne równanie kwadratowe, wybieramy rozwiązanie nie mniejsze od 1, czyli 2.

Może jednak chwilę się zastanówmy. Rozszerzmy nieco równanie:

Niech Rozwiązujemy równanie i otrzymujemy lub Pierwsze rozwiązanie odpada zatem a stąd lub

Postulowaną własność mają na przykład wszystkie liczby postaci Żadna z nich nie jest sumą dwóch niezerowych kwadratów; przypuśćmy bowiem, że ; liczby nie mogą być obie nieparzyste (bo wówczas (mod 4)); muszą więc być parzyste, co daje przedstawienie liczby w postaci sumy dwóch niezerowych kwadratów. Dalsze zstępowanie prowadzi do konkluzji, że 4 jest sumą dwóch niezerowych kwadratów - a to absurd.

Natomiast niezerowe wymierne rozwiązanie równania łatwo uzyskamy, biorąc dowolną trójkę pitagorejską liczb naturalnych i przyjmując