Delta mi!

Będziemy szukali takich rozwiązań, dla których oraz gdzie jest dodatnią liczbą całkowitą; wówczas liczba

będzie kwadratem liczby całkowitej.

Z powyższych równości wynika, że

więc rozważane liczby mają szukaną postać, o ile tylko liczby są powiązane zależnością

Powyższe znane równanie diofantyczne (tzw. ujemne równanie Pella) ma nieskończenie wiele rozwiązań całkowitych danych przez

dla

Jeżeli jest liczbą parzystą, to żądanym przedstawieniem jest

Przypuśćmy, że jest liczbą nieparzystą i niech będzie najmniejszą nieparzystą liczbą pierwszą, która nie jest dzielnikiem liczby Wówczas przedstawienie liczby w postaci różnicy

spełnia warunki zadania. Rzeczywiście, każda z liczb oraz ma dokładnie te dzielniki pierwsze co liczba a ponadto po jednym dodatkowym - odpowiednio oraz

Niech będą liczbami naturalnymi, spełniającymi warunek Wymierny pierwiastek z liczby naturalnej jest liczbą naturalną. Zatem musi być kwadratem liczby naturalnej. Oznaczając przez największy wspólny dzielnik liczb (tak, że ; względnie pierwsze) widzimy, że czynniki muszą być kwadratami: ( naturalne). Badane równanie przybiera postać ; po przekształceniu: Stąd wniosek, że

Uzyskaliśmy odpowiedź: liczby to podwojone kwadraty dwóch kolejnych liczb naturalnych. Proste sprawdzenie pokazuje, że każda taka para spełnia wymagany warunek.

Przyjmijmy, że liczby spełniają postawione warunki; w szczególności gdzie jest liczbą pierwszą. Jasne, że Iloczyn liczb naturalnych i wynosi więc jedna z nich dzieli się przez W takim razie druga jest dzielnikiem liczby 6; wobec czego mniejsza z nich nie przekracza 6. Dostajemy oszacowanie

Jeżeli to czyli Sprawdzamy, że tylko para jest dobra.

Dalej przyjmujemy, że Wówczas (mod 5), więc

To pokazuje, że iloczyn liczb całkowitych oraz dzieli się przez 5. Są to z założenia liczby pierwsze, więc któraś z nich jest równa 5. Ale Pozostaje możliwość

Iloczyn liczb naturalnych i wynosi Cztery możliwe rozkłady dają pary odpowiednio, Ostatnia odpada. Dla wychodzi liczba złożona. Pozostałe dwie pary są już dobre. Wraz z parą znalezioną wcześniej, ostatecznie otrzymujemy trzy rozwiązania. Wypiszemy je, podając również wartości i :

Bez straty ogólności przyjmijmy, że

Zauważmy, że w każdej z par

jest co najmniej jedna liczba spoza zbioru Rzeczywiście, gdyby w pewnej parze obie liczby należały do to ich suma także, co przeczy definicji Z drugiej strony liczb spoza które są mniejsze od jest dokładnie Stąd a zatem Sumując te nierówności dla uzyskujemy

Jeżeli oraz dla pewnych dodatnich liczb całkowitych to

Liczba ma trzy przedstawienia w postaci iloczynu dwóch dodatnich liczb całkowitych:

co wobec prowadzi do par : i w konsekwencji do lub Bezpośrednio sprawdzamy, że każda z tych liczb ma żądaną własność.

Oznaczmy przez największy wspólny dzielnik liczb i Ponieważ liczby i są względnie pierwsze, a ich suma jest podzielna przez więc liczba jest względnie pierwsza z liczbami i Ponadto liczba jest podzielna przez Stąd wynika, że czyli

Skoro dla pewnego naturalnego to Stąd a wtedy

czyli Z drugiej strony

Szukaną liczbą jest więc 998.

Liczba pierwsza jest sumą dwóch kwadratów (jedno z dobrze znanych twierdzeń Fermata): ; liczby całkowite muszą być względnie pierwsze. Istnieją wobec tego liczby całkowite dla których przy czym (łatwe uzasadnienie przez algorytm Euklidesa).

Wykażemy, że liczba ma własności, o które chodzi w zadaniu. Mamy bowiem oszacowanie oraz równość

Widać z niej, że W konsekwencji ; jest to niewątpliwie kwadrat liczby całkowitej dodatniej.

Przeprowadzimy dowód nie wprost.

Przypuśćmy, że jest nieparzystą liczbą pierwszą. Wówczas z małego twierdzenia Fermata wynika, że liczba jest podzielna przez a zatem również

jest liczbą podzielną przez To przeczy pierwszości liczby gdyż

Podobnie, jeżeli jest nieparzystą liczbą pierwszą, to z małego twierdzenia Fermata wynika, że liczba jest podzielna przez Wobec tego również liczba

jest podzielna przez ale na mocy nierówności prawdziwej dla

Niech będzie dodatnią liczbą całkowitą. Zauważmy, że każda mniejsza od wielokrotność liczby

jest podzielna przez sumę swoich cyfr. Rzeczywiście, suma cyfr każdej takiej liczby jest nie większa od i podzielna przez więc jest dzielnikiem liczby a tym bardziej dowolnej jej wielokrotności.

Wystarczy więc udowodnić, że dla każdego można dobrać takie aby spełniona była nierówność

a szukany ciąg arytmetyczny będą wówczas tworzyły liczby dla

Zauważmy, że każda liczba pierwsza wchodzi do rozkładu liczby na czynniki pierwsze z wykładnikiem a zatem nie większym od Wobec tego

gdzie mnożenie przebiega liczby pierwsze oraz skorzystaliśmy z nierówności zasugerowanej we wskazówce do zadania (prawdziwej dla gdzie jest pewną dodatnią liczbą całkowitą).

Ponieważ więc dla pewnej dodatniej liczby całkowitej Do zakończenia rozwiązania wystarczy przyjąć

Różnica to liczba cyfr użytych do zapisania wszystkich liczb -cyfrowych. Jest tych liczb czyli ; zatem W zapisie każdej z nich cyfra wiodąca jest różna od zera; po jej odrzuceniu, pozostała część zapisu to dowolny ciąg długości złożony z dowolnych cyfr (formalnie - słowo z alfabetu 10-elementowego).

Jest tych słów jest w nich więc cyfr, a wszystkie cyfry są równouprawnione. Dziesiąta część spośród nich to zera. To znaczy, że w zapisie wszystkich liczb -cyfrowych mamy zer. Tak więc Pisząc widzimy, że ciągi i spełniają identyczną zależność rekurencyjną. Ponieważ wynika stąd, że (dla ), czyli (dla ).

Niech będzie początkową cyfrą każdej z liczb i Przypuśćmy ponadto, że liczba ma cyfr, a liczba ma cyfr ( i to liczby całkowite nieujemne). Wówczas

oraz

Wymnażając powyższe nierówności, uzyskujemy

skąd

Wobec nierówności mamy więc a zatem lub Tylko w drugim przypadku istnieje rozwiązanie:

Można sprawdzić (na przykład za pomocą komputera), że jest najmniejszą liczbą spełniającą warunki zadania.

Udowodnimy, że wszystkie liczby pomalowano tym samym kolorem.

Przyjmijmy oznaczenie jeżeli oraz niech Zauważmy, że dla każdego liczba

jest podzielna przez a zatem Ponadto, dla każdego liczba

jest podzielna przez skąd wniosek, że Wobec tego dla dowolnych liczb całkowitych otrzymujemy

co oznacza, że liczby i pomalowano tym samym kolorem.

Teza zadania: (mod ) - po wprowadzeniu określenia liczby i dodaniu stronami jedynki - ma postać

Liczba jest pierwsza, więc zachodzi dla (małe twierdzenie Fermata). Dalej indukcja: przyjmijmy słuszność dla pewnego ; istnieje zatem liczba dla której Odejmujemy stronami jedynkę i mamy Z określenia wynika ponadto, że (mod ). Tak więc

Uzyskaliśmy zależność z zastąpionym przez To kończy dowód indukcyjny.

Zauważmy, że spełnia warunki zadania i załóżmy teraz, że Wówczas

oraz

przy czym druga nierówność wynika z tego, że

W takim razie pierwiastek z liczby leży wewnątrz przedziału długości Jeśli jest liczbą parzystą, to końce przedziału są liczbami całkowitymi i nie może spełniać warunków zadania. W przeciwnym razie wewnątrz przedziału leży dokładnie jedna liczba całkowita Pozostaje sprawdzić, dla jakich liczb zachodzi równość

Równanie to upraszcza się do postaci

co daje rozwiązania i Łatwo sprawdzić, że obie te liczby spełniają warunki zadania.

Chcemy obliczyć sumę wartości dla wszystkich trójek liczb naturalnych nie większych niż

Rozważmy "sześciany"

dla Wówczas jest równe liczbie sześcianów, do których należy punkt W takim razie

Korzystając ze wzoru na sumę sześcianów, otrzymujemy, że szukana wartość jest równa

Zapiszmy liczbę w postaci ( całkowite, nieparzyste). Znajdujemy wykładnik dla którego

(1)

Jeśli pewien wykładnik spełnia ten warunek, to jego dwukrotność też. Można więc wybrać tak, by

(2)

Liczbę o jaką pyta zadanie, spróbujemy znaleźć wśród liczb postaci ( całkowite). Dla różnica

będzie podzielna przez jeśli tylko bowiem czynnik w nawiasie dzieli się przez (por. (1)). Biorąc jeszcze pod uwagę wymaganie, by widzimy, że wystarczy znaleźć liczbę spełniającą nierówność

(3)

wówczas liczba spełni wszystkie żądane warunki.

Gdy jest liczbą nieparzystą, czyli gdy można wziąć (por. (2)).

Gdy jest liczbą parzystą (więc ), warunki (3) postulują istnienie wielokrotności liczby w przedziale Do tego wystarcza, by nie przekraczała wartości (bo tyle jest liczb całkowitych w tym przedziale); a dzięki oszacowaniu (2) wystarczy, by zachodziła nierówność

czyli (równoważnie)

To kończy rozwiązanie, bowiem ostatnia nierówność jest słuszna dla każdej pary liczb całkowitych

Tak!
Taką liczbą jest na przykład

Jej zapis składa się wyłącznie z zer i jedynek, a suma cyfr to Ponadto

Z jednoznaczności zapisu liczb w systemie dwójkowym w powyższych sumach potęgi liczby mają parami różne wykładniki. Stąd ma w zapisie dziesiętnym jedynek i dwójek, czyli suma cyfr jest równa

Tak!
Niech będzie taką liczbą naturalną, że Rozważmy liczby dla Zapis każdej z nich rozpoczyna się od więc zawiera wszystkie dziesięć cyfr. Jednocześnie jest to kolejnych liczb naturalnych, więc jedna z nich jest wielokrotnością liczby

Zauważmy, że każda z liczb jest wielokrotnością co najwyżej jednej z liczb Jednocześnie wśród liczb dokładnie jest wielokrotnością liczby Stąd otrzymujemy

Ponieważ dla dowolnej liczby prawdziwa jest nierówność więc

Dzieląc obie strony nierówności przez i przenosząc część wyrazów na prawą stronę, otrzymujemy tezę.

Odpowiedź: nie.
Banalny kontrprzykład (jeden z wielu): ciąg Ciąg Fibonacciego - a raczej jego początkowy odcinek - zapisany modulo przedstawia się tak: Dalej reszty (mod ) powtarzają się cyklicznie, z okresem ; reszta jest w tym ciągu nieobecna.

Wykładniki nie mogą być równe, gdyż wówczas lewa strona równania byłaby potęgą dwójki. Przyjmijmy więc, że i zapiszmy gdzie Równanie przybiera postać z której wynika, że

Jeśli to ; dostajemy rozwiązanie

Jeśli to (mod 4), skąd wniosek, że jest liczbą parzystą: Dostajemy równanie

Czynniki prawej strony muszą być potęgami dwójki; a skoro różnią się o 2, są to liczby 2 i 4. To znaczy, że czyli co daje rozwiązanie

Uwzględniając możliwą zamianę ról i widzimy, że równanie ma cztery rozwiązania w liczbach całkowitych dodatnich:

Załóżmy, że liczby naturalne spełniają zadane równanie. Niech liczba pierwsza będzie nieparzystym dzielnikiem liczby Wówczas więc

Stąd jest liczbą parzystą, czyli

W takim razie liczba jako nieparzysty dzielnik musi również dawać resztę z dzielenia przez a stąd mamy

Dla równanie jest spełnione, na przykład, przez liczby i

Nie!

Przypuśćmy przeciwnie i zauważmy, że jeśli to mamy oraz W takim razie Ponieważ suma liczb na krawędziach jest równa sumie liczb w wierzchołkach, mamy

gdzie zbiory i odpowiadają zbiorom wierzchołków i krawędzi dwunastościanu. Dla każdej krawędzi o końcach i zachodzi więc równość

W takim razie każda krawędź ma na jednym końcu dwukrotność liczby z drugiego końca.

Ustalmy jeden z wierzchołków, z liczbą W każdym z trzech sąsiadujących z nim wierzchołków jest liczba lub co jest sprzeczne z założeniem o przyporządkowaniu wierzchołkom parami różnych liczb.

Wśród liczb dziesięciocyfrowych jest

wielokrotności liczby Podzielmy je na grupy - w jednej grupie znajdą się liczby złożone z jednakowych cyfr.

Grupy odpowiadają rozwiązaniom równania w liczbach naturalnych - liczby można zinterpretować jako liczby wystąpień cyfry w każdym elemencie danej grupy. Rozwiązań takiego równania jest

Z zasady szufladkowej Dirichleta co najmniej jedna grupa zawiera co najmniej

elementów.

Każdą liczbę naturalną można przedstawić w postaci dla na co najwyżej jeden sposób. Stąd szukamy liczby takich par dla których liczba jest podzielna przez Jest to równoważne podzielności przez

Ponieważ daje z dzielenia przez resztę lub dla dającego z dzielenia przez odpowiednio resztę lub to otrzymujemy równoważność warunku z zadania z podzielnością liczby przez W takim razie liczby i muszą dawać taką samą resztę z dzielenia przez

Podzielmy liczby naturalne od do na sześć podzbiorów ze względu na resztę z dzielenia przez (każdy zawierający elementów). Aby wybrać liczby i wybieramy jeden z podzbiorów, a z niego dwa elementy. Stąd szukana w zadaniu liczba to

Tak! Warunek dany w zadaniu możemy przedstawić w postaci

Jeśli pewna czwórka liczb spełnia to równanie, to na mocy wzorów Viète'a spełnia je również czwórka gdzie

W takim razie z dowolnego rozwiązania możemy uzyskać inne rozwiązanie gdzie Jeśli założymy, że to otrzymamy Otrzymaliśmy więc nową czwórkę liczb spełniającą równanie, przy czym minimalny element czwórki został zmieniony na element największy.

Zaczynając od czwórki i wykonując wielokrotnie analogiczną operację, uzyskamy szukane rozwiązanie.

Liczba dzieli liczby względnie pierwsze i W takim razie a stąd

oraz

Korzystając z własności największego wspólnego dzielnika, otrzymujemy

Każdy dzielnik pierwszy liczby jest również dzielnikiem liczby a więc także W takim razie nie może dzielić liczby Stąd