Delta mi!

Niech będzie taką dodatnią liczbą całkowitą, że czyli

Z nierówności

uzyskujemy czyli W szczególności liczba nie jest podzielna przez skąd wobec podzielności iloczynu przez uzyskujemy Ponadto skoro to

skąd czyli Zatem

co po uproszczeniu przybiera postać i wobec pierwszości liczby prowadzi do wniosku, że Jest to jedyna para o zadanych własnościach.

Niech będzie wierzchołkiem kostki, odległym od stołu o Oznaczmy długość krawędzi kostki przez Łatwo zauważyć, że odcinki oraz muszą być krawędziami sześcianu (wynika to z faktu, że jeśli krawędziami są i to jest ścianą). Niech będzie długością krawędzi sześcianu. Dobierzmy układ współrzędnych tak, by i Oznaczmy przez rzut prostokątny punktu na prostą prostopadłą do stołu, przechodzącą przez ; wówczas Przyjmijmy wtedy i Korzystając z twierdzenia Pitagorasa dla trójkątów prostokątnych dla dostajemy

Wykorzystując powyższe równości oraz dostajemy i Po podniesieniu ostatnich trzech równości do kwadratu i zsumowaniu, otrzymamy zatem

Dla oba warunki są spełnione. Dalej przyjmujemy Zapiszmy liczbę jako

(1)

Wobec określenia mamy kongruencję (mod ), którą podnosimy do potęgi : (mod ); stąd po pomnożeniu przez (i uwzględnieniu (1)):

(2)

Jeśli zachodzi warunek (i), to jest dzielnikiem liczby równej czyli w równości (1) jest Ze związku (2) dostajemy (mod ); pomnożenie przez 2 daje warunek (ii).

Na odwrót, jeśli zachodzi warunek (ii), to daną w nim kongruencję (mod ) dzielimy stronami przez 2 (to dozwolone, bo jest liczbą nieparzystą), otrzymując (mod ). W połączeniu z (2) dostajemy

(3)

Ale więc kongruencja (3) jest równością, skąd To znaczy, w myśl (1), że dzieli liczbę i mamy warunek (i).

Dla każdej liczby uzyskujemy z podanego równania (po podstawieniu ) równość

(1)

Wynika z niej, że funkcja jest różniczkowalna. Możemy więc zróżniczkować (1) stronami, otrzymując

(2)

W równości (1) zastępujemy przez oraz :

równość (2) (pomnożona przez 2) przybiera postać

(3)

Widać stąd, że i funkcja ma pochodną. Różniczkujemy (3) stronami:

(4)

W równaniu danym w założeniach podstawiamy następnie i wreszcie otrzymując kolejno

Równość (4) (pomnożona przez 4) daje w efekcie

Uzyskana równość zachodzi dla wszystkich To znaczy, że jest wielomianem stopnia najwyżej drugiego.

I na odwrót, każdy taki wielomian spełnia równanie dane w założeniu zadania (i to nawet dla każdej pary różnych liczb ) - co łatwo sprawdzić.

Ciąg dany rekurencyjnie przez

spełnia dla naturalnego warunek co można sprawdzić indukcyjnie: dla 1, 2 i 3 sprawdzamy bezpośrednio, ponadto jeśli to mamy Kolejno otrzymujemy zatem

Rozwiązując te nierówności względem otrzymujemy kolejno

Sześcian wypełniają trzy kopie czworościanu przedstawionego na poniższym rysunku obok i trzy kopie jego lustrzanego odbicia, co Czytelnik Uważny zobaczy na kolejnym rysunku.

Na "tak": gdy jest nieparzyste, dzieli się przez i wystarczy zauważyć, że a więc dzieli się przez przez oraz przez

Na "nie": liczba ta zarówno modulo 5, jak modulo 11 przystaje do 2.

Zauważmy bowiem, że i podobnie i ).

Skoro to ; podobnie z wynika a więc skąd

Analogicznie, skoro więc stąd ; podobnie z mamy ; wobec tego

Nie tracimy ogólności, rozważając jedynie niemalejące ciągi dzięki czemu wyrazy sumy

(1)

są uporządkowane nierosnąco. Niech oraz oznaczają iloraz i resztę z dzielenia przez Wykażemy, że ciąg

(2)

jest tym, dla którego suma (1) - pozostając mniejszą od 1 - jest maksymalna. Wynosi ona

(3)

Niech więc będzie dowolnym ciągiem, dla którego wartość sumy (1) jest mniejsza od 1. Przypuśćmy, że pewien wyraz z wykładnikiem powtarza się co najmniej razy. Przyjmijmy, że jest największym takim numerem. Wykreślamy składników równych i zastępujemy je pojedynczym wyrazem

Wartość sumy nie uległa zmianie, ale ciąg skrócił się o wyrazów. Dopisujemy więc na końcu ułamków, z wykładnikami tak dużymi, by wartość sumy (1) (która się powiększa!) pozostała mniejsza od 1 - bacząc jedynie, by żaden wyraz (z wykładnikiem ) nie powtórzył się -krotnie.

Powtarzamy tę modyfikację tak długo, dopóki istnieje blok jednakowych składników długości co najmniej z jakimkolwiek wykładnikiem Mógłby ewentualnie pozostać taki blok dla wykładnika czyli złożony ze składników równych - ale to też nie jest możliwe, skoro przez cały czas była prowadzona kontrola, by suma nie osiągnęła wartości 1. Stąd wynika, że w dalszym ciągu dowodu można ograniczać uwagę do ciągów o własnościach:

(4)

Ciąg (2) spełnia te warunki. Dla wykazania jego optymalności weźmy pod uwagę dowolny inny ciąg także spełniający powyższe warunki, i oznaczmy przez najwcześniejszy numer, dla którego Zatem odcinki są identyczne.

Nietrudno zauważyć, że ; w przeciwnym przypadku mielibyśmy ; to by oznaczało, że i że w ciągu (2) jest wyrazem kończącym blok złożony z równych liczb. Skoro zaś dla oraz mielibyśmy w ciągu blok złożony z równych liczb, wbrew warunkowi (4). Tak więc

Dokonujemy kolejnej modyfikacji ciągu zastępując wyraz liczbą Warunki (4) pozostają spełnione, wartość sumy (1) zwiększa się, zaś nowy ciąg pokrywa się z ciągiem (2) na odcinku Po skończenie wielu takich krokach dochodzimy do ciągu To pokazuje, że wartość sumy (1) dla wyjściowego ciągu była mniejsza niż jej wartość dla ciągu - czyli liczba dana wzorem (3), która wobec tego jest szukanym kresem górnym.

(a)

Odpowiedź: Nie.
Przypuśćmy, że taki zbiór istnieje. Aby liczby 0 oraz miały przedstawienia w postaci odpowiednich sum, musimy mieć Gdyby to mielibyśmy dwa przedstawienia tej liczby jako sumy elementów : a zatem Podobne rozważania prowadzą kolejno do wniosków, że Ale sprzeczność.

(b)

Odpowiedź: Tak.
Niech Wówczas każda liczba nieparzysta większa od (czyli każdy element zbioru ) postaci ma dokładnie jedno przedstawienie w postaci sumy dwóch elementów mianowicie oraz