Szły raz drogą trzy sześciany»Zadanie 8
o zadaniu...
- Zadanie pochodzi z artykułu Szły raz drogą trzy sześciany
- Publikacja w Delcie: styczeń 2020
- Publikacja elektroniczna: 31 grudnia 2019
- Artykuł źródłowy w wersji do druku [application/pdf]: (377 KB)
Liczby
są całkowite. Wykazać, że jeśli liczba
dzieli się przez 3, to dzieli się ona również przez 9.
wtedy i tylko wtedy, gdy
To ma miejsce dokładnie wtedy, gdy liczby
dają trzy jednakowe albo trzy różne reszty z dzielenia przez 3.
Uczynić to bez pomocy kalkulatora, wykonując przy tym możliwie najmniej rachunków.

oraz takie liczby całkowite dodatnie
że
jest równa 1.
i
gdzie
jest jakąś liczbą całkowitą. Wywnioskować stąd, że
więc któryś z czynników dzieli się przez
Te czynniki są dodatnie i nie przekraczają
więc któryś z nich jest równy 
spełniają równość

i
Następnie zauważyć, że
spełniają równość

Wykazać kolejno, że
i
dla pewnych całkowitych
i zauważyć, że
Następnie to samo rozumowanie zastosować do
i
Ten proces można kontynuować w nieskończoność, co dowodzi, że każda potęga dwójki dzieli
i
czyli 
przy czym
jest liczbą nieparzystą, większą niż
Udowodnić, że liczba


dzieli się przez
W rozwinięciu dwumianowym
są podzielne przez
; skoro zaś
jest liczbą nieparzystą, dwa składniki początkowe dają w sumie
dzieli się przez
Korzystając jeszcze raz z nieparzystości
wnosimy, że
dzieli się przez 
jest dana wzorem
), i znaleźć równanie tej asymptoty.
dąży do 0, gdy
zatem
; wystarczy zatem, by następująca różnica miała skończoną granicę (przy
czyli
):
pierwszy z ilorazów (w ostatnim uzyskanym wyrażeniu) dąży do granicy 1/2 (bo
). Stąd wniosek, że asymptotą (przy
) jest prosta o równaniu
Punkty
i
leżące odpowiednio wewnątrz trójkątów
i
mają tę własność, że
Wykazać, że
oznacza pole figury 
oraz
to istnieje punkt jednocześnie symetryczny do
względem
i do
względem
; nazwijmy go
Skoro
oraz
to lewa strona dowodzonej równości przybiera postać 
jednocześnie symetryczny do
względem
oraz do
względem
i podobnie prawą stronę dowodzonej równości można przepisać jako
Do zakończenia rozwiązania wystarczy zauważyć, że trójkąty
oraz
są przystające (cecha bok-bok-bok).
Punkty
i
leżące odpowiednio wewnątrz trójkątów
i
mają tę własność, że
Wykazać, że 
oraz
to istnieje punkt jednocześnie symetryczny do
względem
i do
względem
; nazwijmy go
Trójkąt
ma boki o długościach
a jego kąt wewnętrzny przy wierzchołku
ma miarę 
jednocześnie symetryczny do
względem
oraz do
względem
Trójkąt
jest przystający do trójkąta
a kąt wewnętrzny przy wierzchołku
ma miarę
Pozostaje zauważyć, że
Teza zadania wynika więc z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do dowolnego z tych dwóch trójkątów.
Jeśli na tablicy napisana jest co najmniej jedna z liczb
to można dopisać każdą z pozostałych. Rozstrzygnąć, czy każda dodatnia liczba całkowita może w pewnym momencie pojawić się na tablicy.
mogła zostać uzyskana (poprzez ciąg kilku kolejnych dopisywań) z pewnej mniejszej liczby. Stąd dostaniemy odpowiedź twierdzącą na postawione w zadaniu pytanie.
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 
ma wszystkie współczynniki całkowite i dla każdej liczby naturalnej
zachodzą nierówności
Wykazać, że
dla wszystkich naturalnych 
a z założeń
więc 
o współczynnikach całkowitych przyjmuje wartości nieparzyste dla pewnych dwóch kolejnych liczb naturalnych. Udowodnić, że ten wielomian nie ma pierwiastków będących liczbami całkowitymi.
wywnioskujemy, że
jest liczbą nieparzystą dla każdego całkowitego 
o współczynnikach całkowitych przyjmuje wartość
dla pięciu różnych argumentów będących liczbami całkowitymi. Dowieść, że ten wielomian nie ma pierwiastków całkowitych.
Liczby
są różnymi pierwiastkami wielomianu
więc na mocy twierdzenia Bézouta
dla pewnego całkowitego
to liczba
byłaby iloczynem sześciu liczb całkowitych, wśród których jest pięć różnych liczb.
ma trzeci stopień i wszystkie współczynniki całkowite oraz spełnia równości:
i
Wyznaczyć najmniejszą możliwą wartość 
ma pierwiastki
i
więc
dla pewnego całkowitego 
który ma czwarty stopień i spełnia równości: 
Jego pierwiastkami są
i
więc
dla pewnego
Liczba
jest pierwiastkiem wielomianu
więc
z czego wyznaczamy 
i
spełniają warunek
Wykazać, że wielomian
jest podzielny przez wielomian 
i
Mamy
więc
o współczynnikach całkowitych ma tę własność, że
jest liczbą pierwszą dla wszystkich naturalnych
Dowieść, że
jest wielomianem stałym.
Na mocy twierdzenia
dla naturalnych
mamy
więc
gdyż wartości
dla argumentów całkowitych są liczbami pierwszymi. Wielomian
ma zatem nieskończenie wiele miejsc zerowych, więc jest zerowy.
Niech
Udowodnić, że jeśli dla pewnego naturalnego
liczby
są względne pierwsze z
to liczba
jest pierwsza.
dla
Przypuśćmy, że liczba
nie jest pierwsza. Wtedy ma ona dzielnik pierwszy
czyli
Wówczas
czyli
jest wspólnym dzielnikiem
i
a to jest sprzeczne z założeniami.
o współczynnikach całkowitych, spełniające warunek:
co najwyżej jedna z liczb
dzieli się przez 
mamy
Niech
Ponieważ
również
Zatem
czyli
dla dużych
Stąd można wywnioskować, że
albo 
o współczynnikach całkowitych, które dla każdego naturalnego
spełniają podzielność 
jest stały, to
lub
W przeciwnym razie dla pewnego
mamy
więc
ma pewien dzielnik pierwszy
Mamy wtedy też
Zatem z założeń zadania
i
więc
czyli
Jest to sprzeczne z małym twierdzeniem Fermata: 