Matematyka.pl

Na płaszczyźnie ABC wybierzmy punkt E taki, żę \(\displaystyle{ AE=AD}\), \(\displaystyle{ BE=BD}\) oraz żeby punkt E był po przeciwnej stronie AB niż C. Niech P będzie przecięciem AB i CE. Mamy wtedy z Ptolemeusza \(\displaystyle{ AB∙CD<AB( DP+PC)=AB(EP+PC)=AB∙EC \le AC∙BE+BC∙AE=AC∙BD+BC∙AD.}\) Analogicznie \(\displaystyle{ AC∙BD<AB∙CD+BC∙AD}\) i \(\displaystyle{ BC∙AD<AC∙BD+AB∙CD}\).

Weźmy liczbę \(\displaystyle{ 2005 \cdot 101=202505}\) będącą wielokrotnością 2005. W jej zapisie dziesiętnym wszystkie cyfry występują tyle samo razy.
Rozważmy ciąg:
\(\displaystyle{ a _{1}=202505\\a _{2}=1000001 \cdot a _{1} \\a _{3}= 1\underbrace{000\ldots0}_{11} 1\\...\\a _{n}=a _{n-1} *1\underbrace{00\ldots0}_{3 \cdot 2 ^{n-1}-1 }1 \wedge n>1}\)
Nietrudno się przekonać, że liczby tej postaci spełniają wymagania.

Są to liczby postaci

\(\displaystyle{ 1235468970 * \sum_{i=0}^{n} 10^{10i}}\) dla każdego \(\displaystyle{ n \in \mathbb N}\)

Widać, że \(\displaystyle{ x}\) musi być wymierne i znajdować się w przedziale \(\displaystyle{ (3,4)}\).
Rozbijmy przedział \(\displaystyle{ (3,4)}\) na sumę przedziałów \(\displaystyle{ (3,3 \frac{1}{9}] \cup (3 \frac{1}{9},3 \frac{2}{9}] \cup ... \cup (3 \frac{8}{9}, 4)}\). I rozważmy \(\displaystyle{ x}\) dla każdego z tych podprzedziałów.
Rozwiązaniem jest \(\displaystyle{ 3 \frac{1}{7}}\).
Dla liczb ujemnych robimy analogicznie, tylko znak zmieniamy.

zapomniałeś o ujemnych.

Niestety nie istnieje dla \(\displaystyle{ p=15473261}\) Oczywiście nie będę umieszczał swoich obliczeń, gdyż łatwo się domyślić, znam pewną metodę. A nie będę tutaj zamieszczał tego sposobu, którego nauczył mnie pewien rosyjski matematyk. Nie będę także pisał, w jakich okolicznościach go poznałem... Powiem tak: kompanka była dobra. Jeżeli ktoś się sprzeciwia, niech pokaże swoje \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\)

Zapiszmy p=2k+1 dla pewnej naturalnej k. Wiadomo, że spośród liczb 1,2,...,2k dokładnie połowa(czyli k) jest resztami kwadratowymi. Rozpatrzmy dwa przypadki:
1. k jest resztą kwadratową - wtedy bierzemy dowolne liczby a i b, które przystają k modulo p.
2. k nie jest resztą kwadratową- wtedy k różnych reszt kwadratowych można umieścić w k-1 rozłącznych zbiorach: {1,2k-1}, {2,2k-2}, ..., {k-1,k+1}. Z zasady Dirichleta wiemy, że w jednym zbiorze są dwie reszty. Niech będą to i oraz j. Bierzemy wtedy takie dowolne liczby a i b, że a^2 przystaje do i, zaś b^2 przystaje do j modulo p.
W obydwu przypadkach stwierdziliśmy, że teza jest prawdziwa.

Rozpatrujemy nieuporządkowane pary, w przeciwnym wypadku uporządkowanych par różnych liczb byłaby parzysta ilość. Rozważamy rozkład na czynniki pierwsze, a konkretnie wykładniki, trochę kombinatoryki, i dostajemy, że dany warunek spełniają tylko liczby postaci \(\displaystyle{ n=p^{45}}\) lub \(\displaystyle{ n=p^6q^3}\)