Matematyka jest jedna: Magia liczb
Dotarliśmy do ostatniej części cyklu, w którym prezentujemy wybrane przykłady zaskakujących relacji pomiędzy różnymi, pozornie bardzo odległymi, obszarami matematyki. Nie wypada jednak zakończyć bez poświęcenia należytej uwagi dziedzinie teorii liczb. Jak bowiem matematyka nazywana jest często królową nauk, tak o teorii liczb mówi się często jako o królowej matematyki. A królowa ma, oczywiście, wielu służących.

Mówiąc już całkiem poważnie, proste i eleganckie w sformułowaniu problemy teorii liczb przyciągają uwagę matematyków już od tysięcy lat. Nie trzeba dodawać, iż nierzadko te pozornie proste pytania w rzeczywistości okazują się niezwykle głębokie i wymagające wielu lat wytężonej pracy tęgich umysłów matematycznych. Powstały całkiem nowe dziedziny, których rozwój był inspirowany uzyskaniem postępu w pewnych otwartych problemach teorii liczb. W ramach przykładów możemy wymienić algebraiczną teorię liczb, geometrię algebraiczną czy analityczną teorię liczb. Właśnie ta ostatnia stanowi temat przewodni artykułu.
Termin "analityczna teoria liczb" może brzmieć dosyć groźnie. I rzeczywiście - jest to trudny i zaawansowany dział matematyki, który po dziś dzień jest ciągle intensywnie rozwijany. Z góry jednak uspokajamy, że cały artykuł oparty jest na elementarnych przykładach i nie wymaga żadnej specjalistycznej wiedzy. Potrzebne będą jedynie podstawowe informacje dotyczące granic ciągów i zbieżności szeregów. W ostatnim z zadań wykorzystamy również podstawowe własności liczb zespolonych. Cała ta wiedza mieści się w programie I roku studiów i korzystając z materiałów pomocniczych, można ją w razie czego bardzo szybko uzupełnić. Okazuje się, że nawet tak podstawowe narzędzia analizy otwierają całkiem nowe możliwości w zakresie rozwiązywania problemów teorii liczb.
Metody analityczne służą często do badania teorioliczbowych własności wielomianów o współczynnikach całkowitych. Mogą być pomocne w scharakteryzowaniu wielomianów o pewnych naturalnych własnościach. Tego typu charakteryzacja stanowi treść pierwszego z zadań, pochodzącego z II etapu polskiej Olimpiady Matematycznej.
Zadanie 1. Trójmian kwadratowy o współczynnikach całkowitych spełnia następujący warunek: dla dowolnej liczby całkowitej
liczba
jest kwadratem liczby całkowitej. Dowieść, że wielomian
jest kwadratem pewnego wielomianu.
Rozwiązanie. Niech

gdzie oraz
Dla dowolnej liczby naturalnej
niech
będzie taką liczbą naturalną, że
Ciąg
ma dwie istotne własności. Po pierwsze, jest to ciąg liczb całkowitych. Po drugie, na podstawie definicji jesteśmy w stanie określić jego tempo wzrostu. Cała sztuczka polega teraz na tym, aby z ciągiem
związać inny ciąg liczb całkowitych, który okaże się zbieżny. Wówczas otrzymamy naprawdę potężną dawkę informacji - zbieżny ciąg liczb całkowitych musi być przecież od pewnego miejsca stały! Jak więc znaleźć taki ciąg? Możemy myśleć w ten sposób: skoro kwadrat liczby
"zachowuje się" kwadratowo (jest wartością wielomianu kwadratowego), to ciąg
powinien "zachowywać się" liniowo. To nasuwa pomysł zbadania różnicy
Jest to rzeczywiście dobry kierunek, gdyż możemy zauważyć, że

Przechodząc z do nieskończoności, otrzymujemy

Wykazaliśmy w ten sposób, iż ciąg liczb całkowitych jest zbieżny. Musi być to zatem ciąg od pewnego miejsca stały i jego granica jest, oczywiście, liczbą całkowitą. Innymi słowy, istnieją takie liczby naturalne
że
oraz
dla
W szczególności

dla dowolnego Tym samym dla dowolnego
spełniona jest równość

Ponieważ wartości wielomianów oraz
pokrywają się dla nieskończenie wielu argumentów, wielomiany te są równe. Wykazaliśmy w ten sposób, że
jest kwadratem pewnego wielomianu i dowód jest zakończony.
Kolejny przykład jest zaskakującym zastosowaniem słynnego faktu analizy matematycznej: szereg harmoniczny, czyli szereg kolejnych odwrotności liczb naturalnych, jest rozbieżny.
Zadanie 2. Dane są liczby całkowite większe od
Udowodnić, że istnieje pewna wielokrotność liczby
która zapisana w systemie pozycyjnym o podstawie
zawiera każdą z cyfr
Rozwiązanie. Rozwiązanie będzie przebiegać w sposób niekonstruktywny. Zamiast wskazywać konkretną wielokrotność liczby która ma żądaną własność, założymy, że teza zadania nie jest prawdziwa i dojdziemy do sprzeczności. Ponieważ szereg harmoniczny
odwrotności kolejnych liczb naturalnych jest rozbieżny, rozbieżny jest również szereg
odwrotności wielokrotności liczby
Niech
oznacza zbiór liczb naturalnych
które w zapisie pozycyjnym o podstawie
nie zawierają choćby jednej z
możliwych cyfr. Jeżeli teza zadania nie jest prawdziwa, to zbiór
zawiera wszystkie wielokrotności liczby
a więc w szczególności szereg
jest rozbieżny. Udowodnimy, że ten szereg jest zbieżny, uzyskując w ten sposób sprzeczność, która w efekcie zakończy rozwiązanie zadania.
Ustalmy dowolną cyfrę ze zbioru Łatwo zauważyć, że wystarczy udowodnić, iż szereg odwrotności tych liczb, które nie zawierają w swoim zapisie właśnie tej ustalonej cyfry, jest zbieżny. Zauważmy dalej, że liczb o
cyfrach w zapisie o podstawie
które nie zawierają pewnej ustalonej cyfry, jest co najwyżej
- bowiem każdą z cyfr możemy wybrać na co najwyżej
sposobów. Co więcej, liczba o
cyfrach jest nie mniejsza niż
Jej odwrotność nie przekracza więc
Ponieważ liczb
-cyfrowych niezawierających ustalonej cyfry jest co najwyżej
ich suma odwrotności jest zatem nie większa niż
Sumując po wszystkich
otrzymujemy, iż szereg odwrotności liczb naturalnych, które nie zawierają pewnej ustalonej cyfry, nie przekracza

gdzie ostatnia z równości wynika bezpośrednio ze wzoru na sumę szeregu geometrycznego. Powyższy szereg jest więc zbieżny i dowód jest zakończony.
Kolejne zadanie dotyczy klasycznego twierdzenia Schura o wielomianach o współczynnikach całkowitych.
Zadanie 3 (Twierdzenie Schura). Dany jest niestały wielomian o współczynnikach całkowitych. Udowodnić, że dla nieskończenie wielu liczb pierwszych
istnieje taka liczba naturalna
że
dzieli
Rozwiązanie. Dla dowodu nie wprost załóżmy, że istnieje jedynie skończenie wiele liczb pierwszych o takiej własności. Niech będą to liczby
Wówczas dla dowolnego
w rozkładzie na czynniki pierwsze liczby
pojawiają się tylko pewne z liczb
dla
Innymi słowy,
gdzie
są nieujemnymi liczbami całkowitymi oraz
Ustalmy liczbę rzeczywistą i zauważmy, że

przy czym sumowanie odbywa się po całkowitych Pierwsza z równości wynika z bezpośredniego wymnożenia wszystkich nawiasów i z jednoznaczności rozkładu na czynniki pierwsze - liczba
pojawi się tylko jako efekt wymnożenia
-go składnika z
-go czynnika iloczynu. Druga z równości to, oczywiście, bezpośrednie zastosowanie wzoru na sumę szeregu geometrycznego. Widzimy więc w szczególności, że szereg

jest zbieżny dla dowolnej liczby rzeczywistej
Niech zatem gdzie
jest stopniem wielomianu
Dla odpowiednio dużych
prawdziwa jest wówczas nierówność

gdyż po podniesieniu obu stron nierówności do potęgi sprowadza się ona do
a wielomian
jest wielomianem wyższego stopnia niż
W szczególności

Z drugiej jednak strony każda liczba jest postaci
Co więcej, dowolna liczba postaci
jest równa co najwyżej
liczbom
- wielomian
nie jest stały, a więc każdą wartość przyjmuje co najwyżej
razy, tak samo jak wielomian
A zatem

Otrzymana sprzeczność kończy dowód.
Istnieje wiele dowodów twierdzenia Schura. Zachęcamy gorąco Czytelnika do próby odnalezienia innego - dowód zaprezentowany powyżej jest bardzo niecodzienny, ale da się przeprowadzić bardziej nasuwające się rozumowanie, które prowadzi do konkluzji twierdzenia. Powyższy dowód ma jednak istotną zaletę: w rzeczywistości wynika z niego znacznie więcej. Zauważmy bowiem, że dla dowolnego ciągu liczb całkowitych dodatnich można zapytać o to, czy istnieje nieskończenie wiele liczb pierwszych
takich, że
dla pewnego
Nie jest tak, oczywiście, dla każdego ciągu: wystarczy wziąć ciąg stały albo ciąg
Jeżeli jednak założymy dodatkowo, że istnieje taka liczba naturalna
że każda liczba naturalna jest wartością ciągu
dla co najwyżej
indeksów
oraz że wyrazy ciągu rosną w tempie nie szybszym niż wielomianowym - czyli, że istnieje taki wielomian
że
dla odpowiednio dużych
to powyższe rozumowanie gwarantuje nieskończony zbiór liczb pierwszych, z których każda dzieli pewien wyraz ciągu. Przedstawiony argument daje więc pozytywną odpowiedź w bardzo szerokiej klasie ciągów.
Ostatnie z zadań należy do podobnej kategorii co zadanie pierwsze. Dotyczy ono charakteryzacji unormowanych wielomianów o współczynnikach całkowitych, które osiągają każdą z potęg liczby dla argumentów całkowitych. Główny pomysł rozwiązania również jest zbliżony, lecz zrealizowanie go w szczegółach wymaga większego zaangażowania.
Zadanie 4. Dany jest unormowany wielomian o współczynnikach całkowitych, który spełnia następujący warunek: dla dowolnej liczby całkowitej dodatniej
istnieje taka liczba całkowita dodatnia
że
Udowodnić, że wielomian
jest wielomianem liniowym.
Rozwiązanie. Oznaczmy przez stopień wielomianu
Naszym celem jest wykazanie równości
Z treści zadania wynika, że dla dowolnej liczby całkowitej
istnieje taka liczba całkowita
że
Podobnie jak w zadaniu pierwszym, możemy próbować wykorzystać ten warunek, aby związać z ciągiem
inny ciąg liczb całkowitych, który okaże się zbieżny, a więc od pewnego miejsca stały. Przeprowadzimy najpierw czysto heurystyczne rozumowanie, które pomoże nam znaleźć kandydata na tego typu ciąg. Ponieważ wielomian
jest unormowany i stopnia
możemy myśleć, że dla dużych wartości
wartość
"zachowuje się" jak
Skoro tak, to aby zachodziła równość
wyraz
powinien "zachowywać się" jak
Zauważmy jednak, że
co sugeruje, że dobrym kandydatem może być ciąg
Okazuje się, że tak jest w istocie - udowodnimy, że jest to ciąg zbieżny.
W pierwszej kolejności dowiedziemy nieco słabszej własności: Zauważmy najpierw, że ciąg
dąży, oczywiście, do nieskończoności. Ponieważ współczynnik w
przy
jest równy
to dostajemy
Tym samym

a stąd, oczywiście, mamy Ciąg
niekoniecznie jest ciągiem liczb całkowitych, a więc jego zbieżność nie daje jeszcze nam bezpośrednio istotnych korzyści. Jest to jednak pomocny krok pośredni.
Zapiszmy bowiem wielomian w postaci

dla pewnych liczb całkowitych Z równości
otrzymujemy

Ze wzoru na różnicę -tych potęg mamy ponadto

co w połączeniu daje nam zależność

Przechodząc z do nieskończoności w powyższej równości i korzystając z wcześniej udowodnionego faktu
otrzymujemy zatem zbieżność ciągu
Jest to ciąg liczb całkowitych, a więc istnieje liczba naturalna
oraz liczba całkowita
dla których
gdy
Wykazaliśmy w ten sposób, że dla odpowiednio dużych prawdziwa jest równość
To jednak oznacza, iż wielomian
ma nieskończenie wiele pierwiastków, a więc jest wielomianem zerowym. Czyli dla dowolnej liczby rzeczywistej
prawdziwa jest równość
Wychodząc od teorioliczbowego warunku danego w treści zadania, udało nam się zatem dotrzeć do czysto algebraicznej zależności, którą spełnia wielomian Aby doprowadzić rozwiązanie do końca, posłużymy się liczbami zespolonymi. Jak wiadomo, każdy wielomian ma tyle pierwiastków zespolonych, ile wynosi jego stopień. Niech
będzie zatem dowolnym zespolonym pierwiastkiem wielomianu
Wówczas

skąd wynika, że jest również pierwiastkiem wielomianu
Kontynuując w ten sposób, widzimy, że pierwiastkiem wielomianu
są również liczby
Wielomian
nie jest jednak wielomianem zerowym, a więc liczby w tym ciągu muszą od pewnego miejsca zacząć się powtarzać. To zaś oznacza, że dla pewnych liczb naturalnych
mamy

co z kolei można przekształcić do postaci

a stąd, oczywiście,
Dowiedliśmy zatem, iż każdy pierwiastek wielomianu jest równy
Skoro wielomian
jest unormowany, to w takim razie
W tym momencie teza zadania staje się ewidentna:

Liczba jest
-tą potęga liczby całkowitej tylko dla
Wielomian
jest więc wielomianem liniowym i rozwiązanie jest zakończone.
W ten sposób dotarliśmy do końca cyklu. Żywimy nadzieję, że ukazał on korzyści płynące z zachowania otwartości umysłu na niecodzienne pomysły. Podobnie jak odwagi do podążania niekoniecznie najbardziej narzucającą się drogą. Któż bowiem wie, co ciekawego może nas na niej spotkać?
Metody, które Czytelnik miał okazję spotkać w powyższych przykładach, może wykorzystać w dwóch zadaniach do samodzielnego rozwiązania.
Metody, które Czytelnik miał okazję spotkać w powyższych przykładach, może wykorzystać w dwóch zadaniach do samodzielnego rozwiązania.
Zadanie 5. Liczby całkowite i
spełniają następujący warunek: dla dowolnej liczby całkowitej dodatniej
liczba
jest kwadratem liczby całkowitej. Udowodnić, że
Podpowiedź. Niech będzie taką liczbą całkowitą dodatnią, że
Rozważ ciąg
Zadanie 6. Dany jest rosnący ciąg liczb całkowitych, który spełnia warunek
Wykazać, że w ciągu istnieje nieskończenie wiele wyrazów, które w zapisie dziesiętnym mają co najmniej
kolejnych cyfr równych 1.
Podpowiedź. Niech będzie zbiorem liczb, które w zapisie dziesiętnym nie mają ciągu
kolejnych cyfr równych
Udowodnij, że szereg
jest zbieżny. Oszacuj w tym celu od góry liczbę liczb
cyfrowych w zbiorze