Delta mi!

Będziemy korzystać z obserwacji, że kwadrat liczby parzystej przy dzieleniu przez   może dać tylko resztę 0 lub   a kwadrat liczby nieparzystej – resztę  lub 

Załóżmy, że trójka  jest niezerowym rozwiązaniem. Oczywiście,  musi być parzyste, powiedzmy  Wtedy  Możemy bez utraty ogólności założyć, że  Ponieważ  jest parzyste, to mamy dwa przypadki:

1.

 są parzyste;
wtedy  musi być nieparzyste (inaczej  byłoby co najmniej 2). Mamy  lub   oraz  lub   Wtedy jednak liczby  nie mogą spełniać równania

2.

 są nieparzyste;
wtedy  lub   lub   oraz  lub   Nietrudno sprawdzić, że ponownie liczby  nie mogą spełniać równania

Przypuśćmy, że liczby oraz spełniają podane warunki. Można przyjąć, że Odejmując pierwsze równanie od drugiego i uwzględniając równanie trzecie, dostajemy związek czyli

(1)

Skoro suma jest liczbą pierwszą, zatem liczby są względnie pierwsze i żadna z nich nie jest zerem. Z równania (1) wynika teraz, że jest dzielnikiem różnicy zaś jest dzielnikiem różnicy Tak więc dla pewnych liczb całkowitych Po podstawieniu do równania (1) mamy Ale więc i dalej:

oraz

Dla liczby pierwszej taka równość zachodzić nie może. Sprzeczność dowodzi, że liczby o podanych własnościach nie istnieją.

(Rezultat tego zadania ma ciekawą interpretację: nie istnieje trójkąt prostokątny o wierzchołkach w punktach kratowych płaszczyzny, w którym kwadraty długości dwóch boków - przeciwprostokątnej i jednej przyprostokątnej - byłyby liczbami pierwszymi).

Niech  spełnia warunek z zadania. Korzystając dwukrotnie z równości (najpierw dla  i   a następnie dla  i  ), dostajemy

Jeśli w otrzymanej równości zamienimy  i   rolami, to lewa strona się nie zmieni, więc przyrównując prawe strony, otrzymamy

zatem dla pewnej stałej  Wstawiając to do wyjściowego równania, nietrudno się przekonać, że jedyną funkcją spełniającą zadany warunek jest

Liczby      muszą być różne od zera. Przepisujemy pierwsze równanie jako  i dalej (cyklicznie)

(1)

Mnożymy stronami:

(2)

Gdyby któraś z różnic  była zerem, to wobec zależności (1) wszystkie byłyby zerami, czyli liczby      byłyby równe. To się jednak kłóci z nierównością, daną w założeniach. Różnice te są więc różne od zera. Równanie (2) po skróceniu daje wynik: ; jedynymi możliwymi wartościami iloczynu   są liczby  oraz   Każda z nich jest faktycznie osiągalna – na przykład dla  oraz

Niech  będzie funkcją, spełniającą podane równania. Wykażemy, że jest to funkcja nieparzysta. Z drugiego równania widać, że  Tak więc  Przypuśćmy, że dla pewnej liczby   zachodzi równość  Wystarczy pokazać, że  Otóż

(ostatnia równość wynika ze spostrzeżenia, że  dla wszystkich  ). Stąd  co jest prawdą jedynie dla  Zatem  jest funkcją nieparzystą.

Dla  mamy  Wobec nieparzystości,  dla  Dla  dostajemy oszacowanie  To znaczy, że funkcja   odwzorowuje przedział  w siebie. Z równania  wynika teraz, że funkcja   odwzorowuje każdy przedział postaci  w siebie  Zachodzi więc nierówność

Weźmy dowolną liczbę  i oznaczmy  Z równania  dostajemy  dla  Stąd  czyli

co w granicy (przy ) daje równość  Wykazaliśmy w ten sposób, że  dla 

Dzięki równości  wnosimy stąd, że

Funkcja identycznościowa spełnia oba równania układu i jest jego jedynym rozwiązaniem.

Zastosujemy metodę tzw. nieskończonego schodzenia (zob. L. Kurlyandchik, Złote rybki w oceanie matematyki, TUTOR 2005).

Przypuśćmy przeciwnie, że to liczby całkowite dodatnie, takie że  Ponieważ prawa strona jest liczbą parzystą, to dokładnie dwie z liczb są nieparzyste lub żadna nieparzysta nie jest. Pierwszy przypadek nie może mieć miejsca, gdyż wówczas lewa strona przy dzieleniu przez dałaby resztę  zaś prawa  Dlatego dla pewnych liczb całkowitych dodatnich  mniejszych od odpowiednio. Po wstawieniu do równania otrzymujemy zależność  Powtarzając całe rozumowanie, dostajemy malejące ciągi liczb całkowitych dodatnich  przy czym  co jest niemożliwe.

Konsekwencją tak pojętego aktualizmu byłoby też odrzucenie reguły odrywania, czyli najbardziej podstawowej reguły wnioskowania, wyodrębnionej już w średniowieczu reguły modus ponens: Jeżeli prawdziwe jest zdanie oraz prawdziwa jest implikacja to to prawdziwe jest też zdanie  Można sobie przecież wyobrazić, że długość dowodu formuły  jak i długość dowodu implikacji to  są dostępnymi liczbami naturalnymi, a ich suma już nie.

Skoro  to  Wykażemy indukcyjnie, że dla każdej liczby nieparzystej  różnica  jest liczbą całkowitą.

Dzieląc wyjściowe równanie przez  widzimy, że (liczba całkowita). Zatem także liczba  jest całkowita.

Ustalmy wykładnik nieparzysty  i załóżmy, że liczby  oraz  są całkowite. Przekształcenie

pokazuje, że wówczas liczba  też jest całkowita. Przez indukcję wnosimy, że liczby  wszystkie są całkowite.

Ponownie ustalmy wykładnik nieparzysty  Ze związków (  całkowite) wynika, że  Zachodzi więc równość  Wystarczy ją pomnożyć przez  by uzyskać tezę zadania.

Równania opisują płaszczyznę przechodzącą przez punkty  i   oraz sferę o środku w punkcie  i promieniu 1. Sfera ta przechodzi przez te same trzy punkty, więc przecina się z daną płaszczyzną wzdłuż okręgu przez nie wyznaczonego. Stąd układ równań ma nieskończenie wiele rozwiązań.

Równania opisują okrąg o środku  i promieniu  oraz okrąg o środku  i promieniu  Odległość między środkami tych okręgów równa jest

czyli równa sumie ich promieni. Okręgi są więc styczne i układ równań ma jedno rozwiązanie.

Mamy

Podobnie,

Dodając te równości stronami, otrzymujemy tezę.

Zamieniając miejscami i , a następnie mnożąc uzyskaną nierówność przez , otrzymujemy nierówność taką samą, jak wyjściowa, lecz przeciwnie skierowaną. Treścią zadania jest więc równanie funkcyjne

Podstawiając i oznaczając , dostajemy równanie , czyli . Zatem

Proste sprawdzenie pokazuje, że każda taka funkcja spełnia rozważane równanie.

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.

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.