Теория чисел на Изумруде

Рядом с может стоять одно из чисел . Рядом с пятеркой — . Заметим также, что соседями единицы могут быть только два последовательных числа. Переберем всевозможные варианты для соседа двойки:

1) Рядом с 2 стоит 3. Тогда рядом с 3 может стоять только 1. Ее сосед — это только 4 и рядом с 4 может встать только 6.

2) Рядом с 2 стоит 4. Тогда рядом с 4 может стоять или .

Одну задачу студент получить не может, так как 2021 не является палиндромом. Предположим, что он может получить две задачи, тогда хотя бы одно из чисел — четырёхзначное. Если оно начинается на 2, то вторая цифра 0 и само число равно 2002. В таком случае второе число равно 19, что не палиндром. Если же число начинается с 1, то его последняя цифра также 1 и у второго числа последняя цифра должна быть нулём, что неверно для палиндромов. Значит две задачи студент получить не мог. Пример на 3 задачи существует, например,

Чтобы левая часть была целым числом, числа и должны быть точными квадратами, при этом значит и отсюда Так как то может принимать любое значение от до — по этому значению число определяется однозначно.

Пусть и где и тогда число определяется однозначно, а именно Получается, необходимо посчитать число допустимых пар Всего их

Формула суммы квадратов первых натуральных чисел известна:

Применим эту формулу и получим

Каждое число в вершине участвует ровно в четырёх суммах. Заметим, что для получения простой суммы к числам 6 и 12 можно прибавить только 1, 5, 7 и 11. Значит для вершин, в которых стоят числа 6 и 12, наборы соседних чисел и чисел, стоящих от них через две вершины, должны совпадать. Однако, для каждой вершины эти наборы различны, поэтому хотя бы одна из сумм не будет являться простым числом.

Рассмотрим два случая.

1) Число — полуцелое, тогда и исходное уравнение примет вид

Корнями данного уравнения являются числа но тогда числа не являются целыми, значит решений нет.

2) Имеет место равенство

где и тогда

А также исходное уравнение примет вид

Выразим из уравнения и получим

Решения существуют только при Найдём все удовлетворяющие неравенству

Если , то и может иметь решение только лишь неравенство

которое после возведения в квадрат равносильно

Поскольку и , то — единственное целое значение, удовлетворяющее системе. В этом случае

Если то решений нет, так как — целое.

Если , то и может иметь решение только лишь неравенство

Поскольку и то — единственное целое значение, удовлетворяющее системе. В этом случае

Предположим, что такое могло случиться. Тогда существует натуральное такое, что Значит число

является натуральным, откуда

Случай невозможен, так как тогда число

также является натуральным, откуда

Теперь если то что невозможно. Если же то

Значит,

Это невозможно. Следовательно,

Предположим теперь, что нашлись числа и с различными ненулевыми остатками при делении на 3, то есть

Поскольку число

является натуральным, то

Но тогда

Это невозможно, так как квадраты имеют остатки 0 или 1 при делении на 3. В итоге мы доказали, что числа с остатками 1 и 2 при делении на 3 не могут быть соседними.

Поскольку это означает, что после стоят несколько чисел с остатком 2 при делении на 3, затем где-то стоит число 3. Если после тройки стоит число с остатком 2 при делении на 3, то все числа далее будут с таким же остатком и в последовательности простых чисел не будет ни одного числа с остатком 1 при делении на 3 (такие есть, например, число 7).

Следовательно, после тройки стоит число с остатком 1 при делении на 3 и все числа за ним имеют такой же остаток. Но тогда до тройки стоит лишь конечное число простых чисел с остатком 2 при делении на 3.

Предположим, что простых чисел вида конечное число. Обозначим все такие числа через Число не делится на простые числа и даёт остаток 2 при делении на 3. Значит среди его простых делителей должно быть число вида — противоречие.

Посмотрим на числа 2, 3, 6, 48:

1) сумма квадратов 2, 3, 6 равна 48+1;

2) числа 3, 6, 48 делятся на 2+1, поэтому и сумма квадратов;

3)

4)

Рассмотрим числа 1, 4, 8, 12. Так как

то этот набор чисел удовлетворяет условию.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание.

В задаче требуется только пример, попробуем прийти к нему. — наименьшее из используемых натуральных чисел, пусть Добавим к каждой части по единице, тогда уравнение выглядит как

Теперь рассмотрим делимость на тогда

иначе правая часть будет делиться на

Рассмотрим аналогично делимость на

Тогда

иначе правая часть будет делиться на

Получим минимально возможное то есть и

Тогда или . В первом случае получаем и

Во втором случае: и

Оба примера подходят, могут быть и другие подходящие под условие наборы.

Пусть — некоторое представление числа в виде суммы факториалов натуральных чисел. Поскольку эта сумма нечётна, есть хотя бы одно нечётное слагаемое. Нечётный факториал единственный и равен единице, поэтому, без ограничения общности, Тогда равенство примет вид

и является представлением числа в виде суммы факториалов натуральных чисел. То есть из каждого представления числа мы однозначно получили представление числа С другой стороны, взяв любое представление

и добавив к нему получим однозначно представление

Значит, количества представлений чисел и совпадают.

Предположим, что и без ограничения общности будем считать, что Добавим к обеим частям равенства после чего умножим обе части на Тогда по формуле разности степеней получим

Раскрыв скобки, получаем

что, в свою очередь, равносильно равенству

Поскольку левая часть равенства делится на то и выражение

делится на Поскольку и являются простыми числами и то НОД а значит Но из малой теоремы Ферма следует, что

поэтому что невозможно. Следовательно, наше предположение ошибочно и