Delta mi!

Przypuśćmy, że  ma co najmniej dwa różne dzielniki pierwsze  Napiszmy  gdzie  zaś czynnik  jest niepodzielny przez  ani  Iloczyn  ma  dzielników dodatnich; iloczyn  ma  dzielników dodatnich. Zatem

Jasne, że  Jeśli więc zachodzi postulowana nierówność  to

po przekształceniu: ; a to jest niemożliwe, skoro

Pozostają do rozważenia liczby  będące potęgami liczb pierwszych. Każda taka liczba spełnia wymagany warunek; jeśli bowiem  to

Zauważmy, że

ponieważ  dla nieparzystych  Zatem  przy dzieleniu przez  daje taką samą resztę jak składnik odpowiadający  który wynosi  Zatem  jest podzielne przez  wtedy i tylko wtedy, gdy  jest podzielne przez  Ponieważ  i   są względnie pierwsze, względnie pierwsze są również  i   Stąd otrzymujemy tezę.

Eksperymenty z niewielkimi wartościami  pozwalają zgadnąć, że szukaną wielokrotnością liczby  jest iloczyn  gdzie

Rzeczywiście, iloczyn  nie ma dziewiątki w zapisie dziesiętnym:

Należy teraz wykazać, że dziewiątka występuje w każdym z iloczynów  gdy

Niech  będzie liczbą -cyfrową:  Bierzemy iloczyn  skreślamy jego końcowe  cyfr i dostajemy liczbę

Jeżeli  uzyskana liczba ma dziewiątkę na końcu; również wtedy, gdy  zaś  kończy się zerem. To znaczy, że w tych przypadkach iloczyn  ma dziewiątkę w rzędzie

Pamiętając, że rozważamy  pozostaje rozpatrzeć sytuacje, gdy  przy czym albo (wówczas  ma dziewiątkę na końcu), albo  ma w zapisie dziesiętnym co najmniej jedno zero, ale nie na pozycji końcowej. Ma więc postać  gdzie zero rozdziela dwie niepuste grupy cyfr. Przyjmijmy, że  jest grupą -cyfrową; oczywiście  W myśl rozpatrzonego już przypadku, iloczyn  ma dziewiątkę w rzędzie  czyli właśnie na tej pozycji, na której  ma zero. Ta dziewiątka pozostanie obecna w iloczynie

Zatem, istotnie,  jest najmniejszą wielokrotnością liczby  bez dziewiątki w zapisie dziesiętnym.

Zauważmy najpierw, że dla liczby całkowitej  zachodzi  Stąd

Jeśli więc  jest postaci  to wówczas

zaś  więc równanie nie ma rozwiązania w tym przypadku. Podobnie stwierdzamy, że dla  postaci  równanie jest sprzeczne. Zatem jedyna możliwość to  ale łatwo sprawdzić, że wtedy równanie również jest sprzeczne.

Sprowadzenie podanych sum ułamków do wspólnego mianownika pokazuje, że iloczyn  powinien być dzielnikiem liczb  oraz  Zatem  ma być dzielnikiem liczb  oraz  więc także liczby  równej  Przez symetrię, liczba  ma być dzielnikiem liczby  Dostajemy warunek

Gdy  podane w zadaniu sumy wynoszą  oraz 0 (więc są całkowite). Jeśli zaś  wynoszą one odpowiednio  oraz  Są one obie całkowite wtedy i tylko wtedy, gdy  lub

Otrzymujemy odpowiedź: szukane pary to wszystkie pary postaci  gdzie  a ponadto cztery pary

Niech

Wówczas  Załóżmy, że  jest liczbą całkowitą. Gdyby było  to przyjmując oznaczenia  oraz  mielibyśmy  i  a stąd sprzeczność:

Gdyby było  to

i znowu sprzeczność. Zatem  co daje  Stąd, gdyby  liczba  byłaby podzielna przez 100. Wobec tego  Wtedy mamy  – wówczas

Zatem liczby  postaci  są wszystkimi liczbami pięciocyfrowymi o własności z treści zadania.

Niech liczby  będą końcami danego przedziału. Wymagane warunki spełniają na przykład liczby  Rzeczywiście, (mod ), więc (mod ).

Mamy dowieść, że  Dla  to prawda . Dalej przyjmujemy  Korzystamy ze wzoru  gdzie  Oznaczmy:

Wystarczy pokazać, że  czyli  A ponieważ  wystarczy dowieść, że

(1)

Iloraz w nawiasie szacujemy z dołu:

Stąd i z nierówności Bernoulliego

Nierówność (1) będzie udowodniona, jeśli wykażemy, że licznik tego ostatniego ilorazu przekracza  jest to równoważne nierówności

(2)

Podstawiając wartość stałej  sprawdzamy, że nierówność (2) zachodzi dla  Zachodzi więc dla wszystkich  bo wyrażenie po lewej stronie (2) przedstawia ciąg rosnący. To kończy dowód.

Rozważmy reszty z dzielenia liczby  przez  Dla  lub  mamy  a więc  nie może być kwadratem liczby całkowitej. Podobnie dla  lub  liczba  nie może być kwadratem liczby całkowitej, bo  Przypuśćmy zatem, że  dla pewnego  całkowitego. Wówczas

czyli  Zatem liczba  jest podzielna przez  ale nie jest podzielna przez  czyli i ona nie może być kwadratem liczby całkowitej.

Załóżmy, że taka liczba  istnieje i zapiszmy ją w postaci nieskracalnego ułamka  o dodatnim liczniku i mianowniku. Dla dowolnych liczb całkowitych  liczba

jest wymierna jako iloczyn lub iloraz liczb wymiernych. Jedno z podstawowych twierdzeń elementarnej teorii liczb mówi, że:

Istnieją więc takie liczby całkowite  że  zatem liczba  jest wymierna. Niech  oznaczają takie względnie pierwsze liczby naturalne, że  Wtedy  Wobec tego, że  liczba  jest dzielnikiem liczby  Również liczba  jest dzielnikiem  bo  Stąd wynika, że  Nie jest to możliwe, bo  (liczba  nie jest całkowita!), zatem

Niech  Zauważmy, że  więc skoro  daje resztę  z dzielenia przez  to  daje resztę    – tę samą resztę co   czyli znowu  itd. Podobnie, jeśli  to  dają odpowiednio reszty  z dzielenia przez  Zatem nasza liczba  dla  nieparzystego daje tę samą resztę przy dzieleniu przez  co   czyli  a dla  parzystego tę samą resztę co liczba   czyli

Równanie z treści zadania

jest równoważne następującemu:

Ponieważ  i wszystkie składniki lewej strony są nieujemne, to musi być

Podobnie nierówność  implikuje, że  Otrzymujemy więc liczby

które, jak łatwo sprawdzić, spełniają ostatnie równanie. Są to więc wszystkie rozwiązania równania danego w treści zadania.

Zauważmy:

a więc

Sumę cyfr tej ostatniej liczby łatwo obliczyć, najpierw jest bowiem  dziewiątek, a potem już prawie same zera  Wychodzi

Policzymy wszystkie uściski dłoni, które się kiedykolwiek zdarzyły: niech  to będą liczby tych, którzy uścisnęli dłonie – odpowiednio –  osobom, natomiast  – liczby tych, którzy uścisnęli dłonie  osobom, przy czym  to liczby parzyste,  zaś – nieparzyste. Podwojona suma wszystkich uścisków to

i jest to liczba podzielna przez  więc  też jest podzielna przez  Interesuje nas suma  która również jest liczbą parzystą, bo parzystość liczby  jest dla każdego  taka sama, jak parzystość

Przypuśćmy przeciwnie, że istnieje liczba całkowita  dla której  Korzystając z tego, że  dzieli  dla dowolnych liczb całkowitych  i  mamy

Liczba  jest pierwsza, więc skoro liczby  są parami różne, to bez straty ogólności możemy przyjąć, że

Ponieważ  więc po podzieleniu z resztą wielomianu  przez wielomian mamy

dla pewnego wielomianu  o współczynnikach całkowitych. Podstawiając  dostajemy

co przeczy temu, że  jest liczbą całkowitą.

Niech  będzie zadanym zbiorem liczb całkowitych. Określamy liczbę  jako iloczyn wszystkich różnic  gdzie  Pokażemy, że wielomian  spełnia wymagany warunek.

Przypuśćmy, że pewne dwie wartości    mają wspólny dzielnik pierwszy  Liczba  jest wówczas także dzielnikiem różnicy  równej  Skoro  jest liczbą pierwszą, musi dzielić jeden z czynników:  lub  Ten drugi czynnik jest też dzielnikiem liczby  więc, tak czy inaczej,  dzieli  To już jest oczekiwana sprzeczność, bo liczby  oraz  różniące się o 1, nie mogą być jednocześnie podzielne przez

Zauważmy, że kwadrat liczby całkowitej przy dzieleniu przez  daje resztę  lub  więc suma dwóch kwadratów – resztę  lub  Gdyby istniały liczby całkowite  spełniające równanie z treści zadania, to liczba

dawałaby przy dzieleniu przez  resztę  co jest niemożliwe.

Najpierw wykażemy, że liczba  ma żądaną własność. Podzielmy nasz zbiór  na dwuelementowe podzbiory

Jeśli wybraliśmy -elementowy podzbiór, to któreś dwa jego elementy tworzą jeden z powyższych zbiorów (ich jest ). Zatem suma lub różnica tych elementów wynosi

Teraz wykażemy, że liczby  nie spełniają podanego warunku. Wystarczy to zrobić dla  Rozważmy zbiór  Sumy i różnice jego elementów są liczbami parzystymi, żadna więc nie może wynosić

Zauważmy, że dla dowolnej liczby całkowitej  liczby  i  dają tę samą resztę z dzielenia przez 3 (wystarczy to sprawdzić dla ). Zatem liczby  dają tę samą resztę z dzielenia przez 3. Stąd

dają tę samą resztę z dzielenia przez 3. Ciąg reszt z dzielenia przez 3 liczb  jest więc okresowy o okresie 6 i zaczyna się od  Ponieważ  więc  daje przy dzieleniu przez 3 tę samą resztę co  czyli 2. Stąd  nie są podzielne przez 3, zaś  już jest.

Ponieważ

więc liczba

jest oczywiście całkowita.

Suma wszystkich liczb w zbiorze  wynosi  Suma dwóch liczb z tego zbioru może być dowolną liczbą naturalną od 3 do  Usuwamy dwie – suma liczb, które pozostały, może być dowolną liczbą naturalną od  do  Wystarczy wykazać, że w przedziale  znajduje się jakiś kwadrat liczby naturalnej.

Niech  będzie największą liczbą naturalną, której kwadrat nie przekracza  Wówczas  skąd  czyli  Wystarczy wykazać, że prawa strona ostatniej nierówności jest nie mniejsza niż ; czyli że zachodzi nierówność  Dla  różnica  wynosi kolejno  co daje wartości ; mamy równość  Dla  szacujemy kwadrat liczby :

i dostajemy nierówność  którą chcieliśmy wykazać.

Jeśli pewne trzy spośród rozważanych pięciu liczb dają tę samą resztę z dzielenia przez 3, to wybieramy je i ich suma jest podzielna przez 3. W przeciwnym przypadku pewne trzy liczby dają parami różne reszty z dzielenia przez 3 – te właśnie wybieramy.

Zauważmy, że liczba jest całkowita wtedy i tylko wtedy, gdy liczba jest całkowita. Wystarczy zatem rozważyć przypadek . Załóżmy nie wprost, że dla pewnej liczby całkowitej  . Wiemy, że . Możemy założyć bez utraty ogólności, że  i  są względnie pierwsze (jeśli nie są, to ich wspólny dzielnik dzieli też  i możemy podzielić przez niego wszystkie trzy dane liczby). Wówczas  i  też są względnie pierwsze. Zatem, skoro , to . Ale wtedy , więc , co daje sprzeczność.

Załóżmy, że liczba jest pierwsza. Jest ona większa od 2, więc nieparzysta. Zatem liczba  musi być nieparzysta. Ale wówczas daje resztę  z dzielenia przez  . Skoro kwadrat liczby całkowitej daje resztę  lub  przy dzieleniu przez  , to aby nie było podzielne przez  , potrzeba, aby było podzielne przez  . Ponieważ jest liczbą pierwszą, jedyna możliwość to i wówczas jest liczbą pierwszą.

Rozważmy  liczb . Żadna z nich nie dzieli się przez  , więc możliwe reszty z dzielenia tych liczb przez  to . Jest ich o jeden mniej niż liczb, więc istnieją dwie liczby, powiedzmy  i  , dla , które dają tę samą resztę z dzielenia przez  . Oznacza to, że dzieli . Ale  i  są względnie pierwsze, więc dzieli . Zatem spełnia warunki zadania.

Nie. Suma nieparzystej liczby nieparzystych liczb musi być nieparzysta, nie może być równa 20.

Przypuśćmy, że  Pomnóżmy obie strony równania przez  Wtedy

więc

Stąd  dzieli się przez  sprzeczność. Zatem liczby  o żądanych własnościach nie istnieją.

Załóżmy, że liczbę zapisano jako dla pewnych liczb naturalnych i takich że To oznacza, że

Zauważmy, iż jedna z liczb jest nieparzysta i większa od czyli ma czynnik nieparzysty, więc nie jest potęgą dwójki. Z drugiej strony, jeżeli nie jest potęgą dwójki, to liczba zapisuje się jako iloczyn liczby parzystej i nieparzystej Jeśli oznacza większą z tych liczb, to możemy przyjąć, iż

Przekręcamy diagram o tak, by otrzymać tabelę – nieskończoną macierz ; jest to lewa z dwóch tabelek poniżej:

Zgodnie z treścią zadania, jej wyrazy są związane zależnościami:

W kolejnych wierszach widzimy ciągi arytmetyczne; odgadujemy wzór jawny Sprawdzamy, że te liczby spełniają napisane przed chwilą równania (które wyznaczają zawartość całej tabeli jednoznacznie).

Tworzymy nową macierz nieskończoną o wyrazach  (prawy diagram powyżej). Zachodzą równości

Tak więc jest po prostu tabliczką mnożenia liczb nieparzystych. Każda liczba nieparzysta występuje w niej tyle razy, ile ma różnych dzielników dodatnich.

Niech teraz będzie zadaną liczbą całkowitą. Bierzemy dowolną liczbę pierwszą ; wówczas liczba wystąpi w tabeli dokładnie  razy. Wracając do tabeli widzimy, że dokładnie  razy pojawi się w niej liczba Jest nieskończenie wiele liczb pierwszych – mamy więc tezę zadania.