Delta mi!

Niech będzie liczbą pierwszą o rozważanej własności: ( całkowite). Oznaczmy Tak więc wobec czego Równość po podniesieniu stronami do kwadratu i podstawieniu wyrażeń określających przybiera postać

po kolejnym przekształceniu

To znaczy, że jedna z liczb jest równa 2, a druga 1, i ostatecznie Skoro zatem liczba pierwsza spełnia wymagane warunki, i jest to jedyna taka liczba.

Przypuśćmy, że jest liczbą złożoną dla pewnego i oznaczmy przez najmniejszą taką dodatnią liczbę całkowitą, że jest liczbą złożoną. Z założeń zadania wynika, że czyli

Oznaczmy przez najmniejszy dzielnik pierwszy liczby Zauważmy, że

wobec czego czyli istnieje liczba całkowita o tej własności, że

Wówczas

jest liczbą podzielną przez więc skoro dzieli to również jest liczbą podzielną przez Pozostaje zauważyć, że

oraz

więc a co za tym idzie - jest liczbą złożoną. Jednak więc stoi to w sprzeczności z wyborem liczby

Z tożsamości

wynika, że zadane równanie jest równoważne następującemu:

(1)

Jest też równoważne każdemu z dwóch równań uzyskanych przez cykliczne przestawienie zmiennych w (1). Jeśli więc liczby całkowite spełniają warunki zadania, to iloczyny są nieujemne, co oznacza, że liczby są wszystkie nieujemne lub wszystkie niedodatnie.

Weźmy przypadek, gdy Ze związku (1) (oraz warunku, że nie mają wspólnego dzielnika ) wynika, że dla pewnej pary liczb całkowitych względnie pierwszych. Przepisujemy (1) jako czyli

Uwzględniając pominięty przypadek, gdy widzimy, że trójka ma postać

(2)

Na odwrót, jeśli trójka liczb całkowitych ma taką postać (więc ; ), wówczas spełnione jest równanie (1) (równoważne wyjściowemu), zaś liczby są względnie pierwsze. Wzór (2) przedstawia więc ogólne rozwiązanie postawionego zagadnienia.

Można sformułować tę odpowiedź w formie bardziej symetryczej, pisząc, że liczby po ewentualnej jednoczesnej zmianie znaku, są kwadratami trzech względnie pierwszych liczb całkowitych, z których jedna jest sumą dwóch pozostałych

Oznaczmy i rozważmy dowolne liczby całkowite Zauważmy, że jeśli te liczby mają wspólny dzielnik większy od to możemy każdą z nich przezeń podzielić, zachowując postać tezy zadania. Wobec tego możemy bez straty ogólności założyć, że

Jeżeli istnieje o tej własności, że to dla pewnego mamy Wówczas więc

Jeżeli żadna z liczb nie jest podzielna przez to reszty z dzielenia przez pewnych dwóch z nich należą do tego samego spośród zbiorów

Innymi słowy, istnieją takie że oraz lub W pierwszym przypadku mamy

w drugim zaś bezpośrednio

Skoro jest liczbą złożoną, to dla pewnych (niekoniecznie różnych) liczb nieparzystych większych od Niech

oraz

Wówczas

Jeżeli to

Jeżeli to skąd

Jeżeli oraz to

W końcu jeśli to

Będziemy używać oznaczenia (wychodzącego z mody): ; jest to liczba z przedziału Znane (i łatwe do sprawdzenia) własności tego symbolu:

(1)

(2)

Niech będą dodatnimi liczbami całkowitymi spełniającymi podany w zadaniu warunek. Dla przybiera on postać

(3)

To ma zachodzić dla wszystkich liczb Podstawiamy oraz i otrzymujemy

(4)

Oznaczając mamy więc

(5)

To znaczy, że dla oraz dla lewa strona (1) ma wartość niedodatnią. Zgodnie z własnością (1), ta wartość musi być zerem, co ma miejsce jedynie, gdy oraz Dla tej liczby nie jest więc spełniona równość (2), co pokazuje, że jest liczbą całkowitą, czyli że dzieli się przez

Wracamy do nierówności (3) i zauważamy, że dla jej prawa strona jest dodatnia. Wobec tego i lewa strona musi być dodatnia, skąd czyli Ale dzieli się przez Zatem

Na odwrót, gdy nierówność dana w zadaniu jest spełniona dla wszystkich liczb By to sprawdzić, oznaczmy ; należy pokazać, że

(6)

Przy oznaczeniach zależność (4) jest równoważna następującej:

(7)

czyli krócej:

(8)

Jeśli choć jedna z liczb wynosi co najmniej lewa strona (5) wynosi co najmniej 1 i nierówność (5) zachodzi; a jeśli wówczas obie strony (5) są zerami.

Ostatecznie szukane pary liczb całkowitych to pary równych liczb.

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.

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).

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

Zdefiniujmy ciąg następująco

Udowodnimy indukcyjnie, że dla każdego liczba jest kwadratem liczby całkowitej. Dla mamy Przypuśćmy, że jest kwadratem dla pewnego Wówczas

a iloczyn trzech kwadratów liczb całkowitych jest kwadratem liczby całkowitej, co kończy dowód indukcyjny. Zauważmy, że para

spełnia warunki zadania dla każdej liczby całkowitej a ponadto pary te są różne, gdyż ciąg jest ściśle rosnący. Rzeczywiście, mamy oraz

a ponadto przyjmując otrzymujemy

Zauważmy, że reszta z dzielenia liczby przez liczbę jest równa

wobec tego równość można przepisać jako

czyli równoważnie

Zauważmy ponadto, że czynnik

jest równy jeżeli dzieli oraz 0 w przeciwnym przypadku. Stąd wniosek, że powyższy warunek można przepisać jako

Łatwo sprawdzić, że równość ta jest spełniona dla gdzie jest dodatnią liczbą całkowitą. Przykładową nieskończoną rodzinę liczb spełniających warunek zadania stanowią więc wszystkie potęgi dwójki.

Udowodnimy, że jeżeli jest liczbą podzielną przez to nie można zapisać w postaci sumy dwóch elementów zbioru albo - w myśl tezy poprzedniego zadania - w postaci iloczynu dwóch elementów zbioru Przypuśćmy, że

gdzie Skoro to co najmniej jeden z czynników w liczniku powyższego ułamka jest podzielny przez ; bez straty ogólności załóżmy, że Stąd wynika, że liczby i są tej samej parzystości, skąd wobec - obie są nieparzyste. Jednak wówczas daje resztę przy dzieleniu przez - sprzeczność.

Aby wskazać nieskończenie wiele liczb naturalnych będących iloczynami dwóch elementów zbioru rozważymy ciąg Fibonacciego

i wykorzystamy tożsamość

Dla mamy więc

co jest liczbą całkowitą dla każdego To kończy dowód, gdyż dla różnych otrzymujemy różne liczby.

Zauważmy, że jeżeli dla pewnych to

przy czym To dowodzi, że jeżeli jest iloczynem dwóch elementów zbioru to jest również sumą dwóch elementów zbioru

Przypuśćmy, że dla pewnych oraz niech będą zapisami liczb w postaci ułamków nieskracalnych, czyli Wówczas

Ponieważ jest liczbą całkowitą, więc musi być dzielnikiem licznika powyższego ułamka. Stąd wniosek, że dzieli skąd wobec mamy, że dzieli Analogicznie uzasadniamy, że dzieli Zatem czyli i w konsekwencji

Skoro to jest iloczynem dwóch elementów zbioru

Liczby o jakie pyta zadanie, istnieją; można znaleźć wiele takich par. Przykład Autora (W. Bednarek): Wówczas i dalej (dla każdego ):

- jest to liczba złożona (różnica w ostatnim nawiasie przekracza 1, bo ciąg jest rosnący).

(a) Przypuśćmy, że liczby oraz mają wspólny dzielnik pierwszy (jasne, że ). Wykażemy, że wówczas liczba dzieli się przez (nie jest więc bezkwadratowa). Zgodnie z małym twierdzeniem Fermata, (mod ). Podnosimy tę kongruencję stronami do potęgi otrzymując (mod ). Zatem dla pewnej liczby całkowitej Stąd

czyli (mod ); a to była nasza teza.

(b) Przykład pokazujący, że nie zachodzi implikacja odwrotna, nie tak łatwo znaleźć (mała szansa, że trafimy, zwyczajnie próbując - bez komputera ciężko). Prosty program, który dla zadanej liczby pierwszej kontroluje dwie końcowe cyfry rozwinięcia (przy podstawie ) kolejnych potęg dwójki, pozwala znaleźć moment powtórzenia końcówki czyli wykładnik dla którego (mod ). Powtarzamy tę procedurę dla kolejnych liczb pierwszych ; warto przy tym, dla oszczędności czasu, ograniczyć zakres wykładnika, np. do W ten sposób szybko znajdujemy parę ; nie jest ona jednak szukanym kontrprzykładem, bowiem dla tej pary zachodzą związki (mod ), z których nietrudno wynika, że liczby i nie są względnie pierwsze.

Następna znaleziona para jest już dobra: gdyby liczby oraz nie były względnie pierwsze, ta ostatnia musiałaby się dzielić przez 7 lub 13; ale minimalne wykładniki dla których (mod 7), (mod 13), to więc wykładnik musiałby się dzielić przez 3; a tak nie jest. Skoro zaś ta para została wygenerowana przez algorytm, zapewniający podzielność przez zatem liczba nie jest bezkwadratowa.

Niech gdzie oznacza -krotne złożenie funkcji Z warunków zadania wynika, że dla pewnego mamy Jeżeli to

co nie może mieć miejsca, gdyż reszty z dzielenia przez wyrazów ciągu są parami różne. To oznacza, że czyli

Przypuśćmy nie wprost, że czyli Wówczas istnieją takie liczby całkowite że

W szczególności czyli Z warunków zadania wynika, że dla pewnego mamy

Wówczas

czyli (gdzie w razie potrzeby przyjmujemy ). To stoi w sprzeczności z założeniem, że reszty z dzielenia przez wyrazów ciągu są parami różne.

Przyjmijmy oznaczenia: Wystarczy wykazać, że każda liczba pierwsza, która dzieli iloczyn wchodzi do iloczynu w co najmniej takiej samej potędze. Niech więc będzie liczbą pierwszą i niech (dla ) będzie takim wykładnikiem, że (ten napis oznacza, że dzieli się przez ale nie przez ). Wówczas gdzie i wobec tego Oczywiście Porównanie wykładników nie pozostawia wątpliwości:

(1)

Wobec dowolności wyboru uzasadnia to zadaną nierówność

Kiedy zachodzi równość Wtedy, gdy każda liczba pierwsza dzieli w dokładnie tej samej potędze, w jakiej dzieli Czyli gdy dla każdej liczby pierwszej nierówność (1) (z wykładnikami wyznaczonymi przez ) staje się równością.

Dla jest tak zawsze; dostajemy znaną tożsamość:

Dla równość w relacji (1) oznacza, że gdy po jej prawej stronie usuniemy jeden największy i jeden najmniejszy składnik, pozostaną jakieś nieskreślone składniki, o zerowej sumie - czyli wszystkie równe zeru. Składnik najmniejszy automatycznie także jest zerem. Tylko jeden składnik po prawej stronie (1) może być dodatni. To znaczy, że tylko jedna z liczb może dzielić się przez Wobec dowolności znaczy to, że liczby są parami względnie pierwsze.

I na odwrót, gdy tak jest, wówczas dla każdej liczby pierwszej mamy w ciągu co najwyżej jeden wyraz niezerowy; nierównść (1) przechodzi w równość, i w konsekwencji

Podsumowując: dla równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy liczby są parami względnie pierwsze; dla ta równość jest tożsamością.