Delta mi!

Prawa strona podanej równości ma postać ilorazu (licznik to iloczyn ośmiu czynników, mianownik to iloczyn siedmiu czynników). Lewa strona to Wystarczy pokazać, że dowolna liczba pierwsza wchodzi do rozkładów liczb oraz w jednakowej potędze (być może zerowej).

Ustalmy więc liczbę pierwszą i przyjmijmy, że liczby są podzielne odpowiednio przez ale nie przez Wówczas

Należy wykazać, że

Wobec symetrii rozważanych wyrażeń (względem permutacji ) nie tracimy ogólności zakładając, że Napisane równości uzyskują postać

teza gotowa.

Można przyjąć, że Wskażemy indukcyjną konstrukcję ciągu zbiorów o wymaganych własnościach. Zaczniemy od trójki Załóżmy, że zbiory zostały już określone. Wówczas definiujemy jako najmniejszą liczbę naturalną jeszcze niewykorzystaną (tzn. nieobecną w zbiorze ) - to już gwarantuje, że w wyniku całej konstrukcji wszystkie liczby naturalne zostaną użyte oraz że ciąg będzie rosnący.

Aby dokończyć określenie zbioru (gdy już mamy), patrzymy na liczbę Jeżeli jest ona jeszcze niewykorzystana, przyjmujemy ją jako Jeżeli jest wykorzystana, bierzemy jako liczbę ; i z konieczności przyjmujemy (tak więc jedna z różnic będzie równa a druga ). Tak określona liczba jest większa od liczb więc nie została wcześniej wykorzystana.

Pozostaje uzasadnić, że w przypadku, gdy liczba została już wykorzystana, wówczas liczba pozostała niewykorzystana (i może być użyta jako ). Przypuśćmy, że liczba znalazła się w którymś zbiorze o numerze Skoro to ; musiałaby zajść równość Ale więc mielibyśmy Liczba niewykorzystana aż do -tego kroku konstrukcji, tym bardziej nie była jeszcze wykorzystana w momencie konstrukcji zbioru więc na mocy przyjętego algorytmu powinna była zostać użyta jako

Uzyskana sprzeczność dowodzi niesłuszności przypuszczenia, że i uzasadnia poprawność określenia ; powstały zbiór jest rozłączny ze zbiorami

(a)

Na przykład, każda para postaci gdzie jest nieparzystą liczbą pierwszą, ma wymaganą własność, bowiem

(b)

Przypuśćmy, że para liczb względnie pierwszych spełnia podane równanie: Skoro liczby są względnie pierwsze, wynika stąd, że jest dzielnikiem liczby Wobec tego Taka nierówność zajść może (w formie równości) tylko wtedy, gdy każda liczba ze zbioru jest dzielnikiem liczby W szczególności musi dzielić się przez To zaś ma miejsce jedynie dla (rozważamy, z założenia, tylko ).

Role liczb są symetryczne; to samo rozumowanie pokazuje, że także ; sprzeczność z założeniem, że są względnie pierwsze. Nie istnieje więc para, o jakiej mowa w pytaniu (b).

Gdyby to czyli sprzecznie z Wielkim Twierdzeniem Fermata.

Istnieją takie ciągi. Jedna z możliwych konstrukcji:

Przyjmujemy Będziemy przedłużać zdefiniowany odcinek ciągu, dołączając po dwa wyrazy.

Ustalmy liczbę parzystą i przyjmijmy, że wyrazy są już określone. Najmniejsza dodatnia liczba całkowita, różna od będzie wyrazem (to gwarantuje, że w budowanym ciągu znajdą się wszystkie liczby całkowite dodatnie).

Określamy wyraz wzorem

gdzie jest liczbą całkowitą tak dobraną, by uzyskana liczba była dodatnia oraz różna od liczb i różna od (powstający ciąg będzie więc miał wszystkie wyrazy różne). Przy tym

Wymagane warunki podzielności są spełnione. Indukcyjnie powstaje ciąg nieskończony jakiego szukamy.

Liczba dzieli się przez więc i przez Wobec nieparzystości liczba dzieli się przez więc i przez Zatem suma tych dwóch liczb, czyli dzieli się przez Z symetrii warunków zadania wynika, że dzieli się także przez W takim razie dzieli się przez liczbę

Zauważmy, że z własności funkcji wynika prawdziwość dwóch nierówności:

Po wymnożeniu tych nierówności stronami otrzymujemy tezę.

Pál Erdős [Ann. of Math. (2) 47 (1946), ] wykazał, że funkcja spełniająca podane warunki musi być postaci dla pewnego

Liczba jest nieparzysta, zatem zbiór wszystkich liczb parzystych, mniejszych od ma własność, o którą chodzi. Jest ich Wykażemy, że jest to największa możliwa liczność.

Rozbijamy zbiór na rozłączne pary:

Mamy razem par liczb. Zbiór o większej liczności (zawarty w ) musi zawierać jedną z wymienionych par. Ale w każdej parze albo suma, albo różnica elementów jest równa Stąd nasza teza.

Tak, dla każdej funkcji łatwo wskazać funkcję o wymaganych własnościach. Niech będzie rosnącym ciągiem wszystkich potęg liczb pierwszych:

Funkcja (o własności gdy ) jest wyznaczona przez ciąg wartości ; zaś podany warunek multyplikatywności nie stawia na owe wartości żadnych ograniczeń. Wobec tego konstruujemy taki ciąg indukcyjnie. Niech będzie dowolną liczbą naturalną większą od

Załóżmy, że liczby …, zostały już określone. Patrzymy na zbiór wszystkich liczb postaci gdzie jest iloczynem różnych liczb ze zbioru Określamy jako dowolną liczbę naturalną większą od wszystkich takich liczb

Wybrany ciąg wartości wraz z warunkiem multyplikatywności, jednoznacznie generuje funkcję Spełnia ona także pozostały z zadanych warunków; jeśli bowiem liczba zostanie zapisana jako iloczyn gdzie wówczas

Załóżmy więc, że liczby całkowite i są niepodzielne przez liczbę pierwszą oraz że dla pewnej trójki liczb całkowitych nieujemnych zachodzą równości i (w dalszym ciągu myślę, że zadanie nie jest trudne). Aby wykazać, że iloczyn jest sześcianem pewnej liczby całkowitej, wystarczy przecież wykazać, iż każdy czynnik pierwszy występuje w rozkładzie tej liczby z wykładnikiem podzielnym przez Mamy Mianownik tego ułamka jest podzielny przez liczbę i niepodzielny przez Zastąpienie uporządkowanej trójki liczb trójką lub powoduje, że liczba lub - więc ta z treści zadania - ma być całkowita (trójka to jednak coś innego, bo na ogół ). Można więc założyć, że Mamy

• Jeśli to więc występuje w rozkładzie iloczynu na czynniki pierwsze z wykładnikiem
• Jeśli to i więc dwa z trzech składników licznika dzielą się przez a trzeci nie, co oznacza, że liczba nie jest całkowita, wbrew założeniu.
• Jeśli to i więc znów liczba nie jest całkowita.
• Jeśli to i więc znów liczba nie jest całkowita.
• Jeśli to i to teraz dwa składniki nie dzielą się przez Ich suma może dzielić się przez tylko wtedy, gdy więc w tym wypadku liczba jest podzielna przez

Wykazaliśmy, że jeśli liczba jest całkowita, to liczba pierwsza wchodzi w rozkład liczby na czynniki pierwsze z wykładnikiem podzielnym przez

Dokonajmy niezależnych losowań ze zbioru reszt z dzielenia przez zakładając przy tym, że prawdopodobieństwo wylosowania dowolnej z reszt jest równe Z uzyskanych reszt tworzymy zbiór Ponieważ losowania są niezależne, może on składać się z mniej niż reszt, gdyż pewna reszta mogła zostać wylosowana więcej niż jeden raz. Jeżeli spełniony jest jednak warunek, w którym co najmniej połowa reszt może być zapisana w postaci dla oraz to możemy dopełnić zbiór do zbioru -elementowego w dowolny sposób i warunek ten pozostanie spełniony.

Niech będzie liczbą reszt, które przystają do liczby postaci dla oraz Wystarczy udowodnić, że wartość oczekiwana zmiennej losowej wynosi co najmniej Ustalmy dowolną resztę Ponieważ zbiór składa się z elementów, więc istnieje dokładnie takich reszt że dla pewnego Prawdopodobieństwo tego, że ustalona reszta nie może być zapisana w żądanej postaci, wynosi zatem

Co za tym idzie, prawdopodobieństwo tego, że może być ona tak zapisana, wynosi Korzystając z definicji wartości oczekiwanej oraz nierówności dla dostajemy

Warunek dany w zadaniu przekształca się w równoważny sposób do postaci Rozważmy taki czworokąt że oraz Z twierdzenia cosinusów zastosowanego do trójkątów oraz otrzymujemy wówczas

a stąd

Oznaczmy przez miarę kąta Wówczas i korzystając z twierdzenia cosinusów tym razem w trójkątach i dostajemy

skąd mamy

i ostatecznie

Ponieważ czworokąt jest wpisany w okrąg, to z twierdzenia Ptolemeusza wynika równość którą - korzystając z wcześniejszych obserwacji - możemy przepisać w postaci

Z warunku wynikają zależności oraz z których otrzymujemy ciąg nierówności

Jeżeli liczba jest pierwsza, to biorąc pod uwagę powyższe nierówności, widzimy, że jest ona względnie pierwsza z liczbami oraz Z otrzymanej przez nas równości otrzymujemy więc podzielność To jednak przeczy drugiej z powyższych nierówności i w efekcie dowodzi, że liczba jest złożona.

Zauważmy, liczba niedobra może być zapisana w postaci przy czym, oczywiście, i - jest tak ponieważ jeśli jest liczbą parzystą, to a jeśli jest liczbą nieparzystą, to

więc jest ich mniej niż

Niech będzie dowolną liczbą co najmniej dwucyfrową, której ostatnią cyfrą jest zero, a przedostatnią cyfrą nie jest dziewiątka. Wówczas w ciągu dwudziestu kolejnych liczb …, znajduje się liczba o sumie cyfr podzielnej przez 11; jeśli bowiem suma cyfr liczby wynosi to sumy cyfr liczb …, wynoszą …, zaś liczba ma sumę cyfr równą ; rzecz jasna, któraś z wartości …, dzieli się przez 11.

Pozostaje teraz zauważyć, że każdy ciąg kolejnych 39 liczb naturalnych zawiera 20-wyrazowy blok o wyrazie początkowym postaci, jak wyżej.

Postulowaną własność mają na przykład wszystkie liczby postaci Żadna z nich nie jest sumą dwóch niezerowych kwadratów; przypuśćmy bowiem, że ; liczby nie mogą być obie nieparzyste (bo wówczas (mod 4)); muszą więc być parzyste, co daje przedstawienie liczby w postaci sumy dwóch niezerowych kwadratów. Dalsze zstępowanie prowadzi do konkluzji, że 4 jest sumą dwóch niezerowych kwadratów - a to absurd.

Natomiast niezerowe wymierne rozwiązanie równania łatwo uzyskamy, biorąc dowolną trójkę pitagorejską liczb naturalnych i przyjmując

Skoro  dla pewnych liczb całkowitych  to wystarczy udowodnić, że liczba  jest całkowita. Wynika to z równości

Będziemy korzystać z obserwacji, że kwadrat liczby parzystej przy dzieleniu przez   może dać tylko resztę 0 lub   a kwadrat liczby nieparzystej – resztę  lub 

Załóżmy, że trójka  jest niezerowym rozwiązaniem. Oczywiście,  musi być parzyste, powiedzmy  Wtedy  Możemy bez utraty ogólności założyć, że  Ponieważ  jest parzyste, to mamy dwa przypadki:

1.

 są parzyste;
wtedy  musi być nieparzyste (inaczej  byłoby co najmniej 2). Mamy  lub   oraz  lub   Wtedy jednak liczby  nie mogą spełniać równania

2.

 są nieparzyste;
wtedy  lub   lub   oraz  lub   Nietrudno sprawdzić, że ponownie liczby  nie mogą spełniać równania

Na początku zauważmy, że dla nieparzystej liczby  zachodzi  ponieważ  oraz  lub  jest podzielne przez  a pozostałe czynniki są parzyste. Ponadto na mocy małego twierdzenia Fermata  dla  niepodzielnych przez  Zauważmy jeszcze, że

gdzie  i 

Jeśli  to teza jest oczywista. Niech więc  Jeśli  jest parzyste, to  i mamy  więc

Jeśli  jest nieparzyste, to  więc możemy zapisać  i wówczas

skąd, jak poprzednio,  co daje tezę.

Zadanie zaproponował najstarszy stażem ligowiec Witold Bednarek – całe szczęście, że wraz z rozwiązaniem. Oto ono:

Przypuśćmy, że dla pewnej liczby pierwszej   liczba  ma co najmniej trzy różne dzielniki pierwsze      Wykażemy, że wówczas trójka      spełnia postulowane warunki.

Niech  będzie najmniejszym wykładnikiem naturalnym, większym od 1, dla którego  (mod  ). Z założenia także  więc  dzieli się przez  ; a skoro  jest liczbą pierwszą, to  W myśl małego twierdzenia Fermata  (mod  ), zatem  dzieli się przez   czyli przez 

Analogicznie stwierdzamy, że  jest dzielnikiem liczb  oraz  Podnosząc kongruencję  (mod  ) do potęgi  widzimy, że  (mod  ). Tak samo, cyklicznie,  (mod  ),  (mod  ), czyli mamy to, o co chodzi (a nawet więcej: okazuje się, że każda z liczb  dzieli się przez iloczyn  ).

Pozostaje wskazać liczbę pierwszą   o podanej na wstępie własności. Przeglądając tablicę liczb Mersenne’a znajdujemy w niej liczbę złożoną  z rozkładem na czynniki pierwsze  Zatem liczby  tworzą jedną z trójek, jakich szukamy.

Szukamy rozwiązań w dodatnich liczbach całkowitych    równania

Przepisujemy lewą stronę jako  gdzie (skoro  to ) i rozwiązujemy równanie

Jego lewa strona to iloczyn  w którym pierwszy czynnik jest dodatni, więc drugi też. Musi to być iloczyn jednej z czterech postaci:

dają one odpowiednio wartości  Jedynie  jest wartością trójmianu  dla naturalnego   mianowicie  Otrzymujemy jedyne rozwiązanie zadania:

Nieskończony ciąg takich par  możemy uzyskać na przykład biorąc ciąg Fibonacciego  i określając

Dla każdego  mamy wówczas

a zatem suma

jest liczbą całkowitą.

Przypuśćmy przeciwnie, że po pewnej liczbie kroków zmazaliśmy wszystkie liczby. Powiedzmy, że w ostatnim kroku wybraliśmy liczbę Skoro została ona zmazana, to czyli również a zatem lub

Wykażemy najpierw, że musieliśmy wykonać co najmniej trzy kroki. Jest jasne, że wykonaliśmy więcej niż jeden. Przypuśćmy więc, że po dwóch krokach wszystkie liczby zostały zmazane. Niech i będą odpowiednio liczbami wybranymi w pierwszym i drugim kroku. Ponieważ liczba 1 zniknęła z tablicy po pierwszym kroku, więc co oznacza, że po pierwszym kroku na tablicy były wyłącznie liczby i lub tylko Ponieważ więc zmazaliśmy w pierwszym kroku, a zatem Natomiast z nierówności wynika, że czyli Ale też musiało zostać zmazane w pierwszym kroku, więc co jest niemożliwe.

Załóżmy teraz, że w przedostatnim kroku (który nie jest jednocześnie pierwszym) wybraliśmy liczbę Ta liczba nie została zmazana w tym kroku, gdyż oznacza, że lub ale 1 zniknęła w pierwszym kroku, a musi być wybrane w ostatnim. Zatem zmazujemy w ostatnim kroku, czyli więc Wobec tego w przedostatnim kroku mogliśmy wymazać tylko dzielniki liczby Ale ta liczba jest pierwsza, więc nie wymazaliśmy nic, co daje sprzeczność.

Zastosujemy metodę tzw. nieskończonego schodzenia (zob. L. Kurlyandchik, Złote rybki w oceanie matematyki, TUTOR 2005).

Przypuśćmy przeciwnie, że to liczby całkowite dodatnie, takie że  Ponieważ prawa strona jest liczbą parzystą, to dokładnie dwie z liczb są nieparzyste lub żadna nieparzysta nie jest. Pierwszy przypadek nie może mieć miejsca, gdyż wówczas lewa strona przy dzieleniu przez dałaby resztę  zaś prawa  Dlatego dla pewnych liczb całkowitych dodatnich  mniejszych od odpowiednio. Po wstawieniu do równania otrzymujemy zależność  Powtarzając całe rozumowanie, dostajemy malejące ciągi liczb całkowitych dodatnich  przy czym  co jest niemożliwe.

Konsekwencją tak pojętego aktualizmu byłoby też odrzucenie reguły odrywania, czyli najbardziej podstawowej reguły wnioskowania, wyodrębnionej już w średniowieczu reguły modus ponens: Jeżeli prawdziwe jest zdanie oraz prawdziwa jest implikacja to to prawdziwe jest też zdanie  Można sobie przecież wyobrazić, że długość dowodu formuły  jak i długość dowodu implikacji to  są dostępnymi liczbami naturalnymi, a ich suma już nie.

Takie ciągi istnieją. Oto jedna z możliwych konstrukcji. Zaczynamy od liczb  Przyjmijmy, że wyrazy  są już określone i tworzą ciąg rosnący długości  spełniający wymagany warunek. Oznaczmy dla wygody:  Określamy kolejne trzy wyrazy:

Jasne, że  Pozostaje sprawdzić, że iloczyn trzech wypisanych liczb, równy  dzieli się przez każdą z tych liczb, powiększoną o 1, czyli przez liczby ; a to jest oczywiste. Kontynuując, otrzymujemy nieskończony ciąg  o żądanych własnościach.