Matematické Fórum

Skrytý text:
Hledejme množinu všech k pro která to platí, tím si snadno zodpovíme obě otázky. Rozdělme úvahy na dělitelnost 2 a 5. Dělitelnost 2 je akvivalentní s tím, že lichých čísel v množině {1,...,k} musí být sudý počet, tedy že k dává zbytek 0 nebo 3 po dělení 4. Pokud jde o dělitelnost 5, záleží na zbytku mod 4 a mod 20. Stačí proto otestovat prvních 20 zbytků (S(k) je daná suma mod 5):
k:    1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,17,18,19,20
k^k:1,4,2,1,0,1,3,1,4,0,  1,   1,  3, 1,  0,  1, 2,  4,  4, 0
S(k):1,0,2,3,3,4,2,3,2,2,  3,   4,  2, 3, 3,   4,  6,  0, 4, 4
Z dříve uvedeného plyne, že zvětšením k o 20 se zvětší S(k) o S(20)
V každé zbytkové třídě k mod 20 najdeme nejmenší číslo, které vyhoví jako k+20S(k) (protože S(k+20S(k))=S(k)+4S(k)). Všechna další vyhovující čísla v dané třídě z něj získáme přičtením čísla 100. Protože ás nezajímá samotná dělitelnost 5, ale dělitelnost 10, uděláme to jen pro k=3 nebo 0 mod 4.
Dostaneme tak, že řešením jsou zbytkové třídy 43,64,47,68,71,92,75,96,99 a 0 mod 100.

Skrytý text:

Předpokládejme, že existuje takové přirozené číslo takové, že platí

Vyšetříme zvlášť dělitelnost dvojkou a pětkou.

(1) Pro dělitelnost dvojkou stačí, aby existovalo takové , že lze psát nebo . V opačném případě nebude uvedená suma dělitelná dvojkou (důkaz sporem je jasný).

(2) Pro dělitelnost číslem pět zvolím výpočet (mod 5), který aplikuji na studovanou sumu. Navíc jistě existuje taková dvojice celých čísel takových, že platí , kde . Bude (mod 5)

kde


=====================
Dále využiji pomocné tvrzení, že je-li číslo r sudé přirozené, platí . Snadno se to dokáže indukcí. Odtud také máme důsledek pro lichá přirozená čísla r, totiž . Lze dokázat snadno indukcí, nebo se využije faktu

=====================
V dalším se budu odvolávat na jistou podmínku (podmínka P(r,s,r_1)) závislou na parametrech r, s a r_1. Podmínka P(r,s,r_1) je splněna, pokud platí pro přirozená čísla r, s a r_1, , identita , která snadno plyne z toho, že , tj. .

Analogicky by se postupovalo v případě, že platí .
=====================

(3) Předpokládejme nyní, že číslo r je sudé. Pak podle pomocného tvrzení platí

Podmínka P(r,s,r_1) může být pro sudá r splněna pouze pro . Odtud pro s=1 je

Pro dělitelnost pětkou musíme zajistit, aby čísla r byla taková sudá, aby poslední rovnice bylo kongruentní s nulou (mod 5). První takové číslo je r=14. Odtud se spočte, že r_1=18. Tedy podmínka P(14,1,18) je splněna. (Pro r=4 není podmínka P splněna - neexistuje příslušné přirozené číslo r_1 takové, že je splněno P(r,s,r_1)).

Podobně pro s=3. Musí být

Nejnižší možnou hodnotou takovou, že je splněn předchozí řádek (kongruentní 0 (mod 5)) je hodnota r=8. K takovým hodnotám r, s existuje i hodnota r_1 taková, že podmínka P(r,s,r_1) platí. Je r_1=11. Toto dává zatím nejnižší hodnotu .

(4) Předpokládejme, že číslo r je liché. Pak podle předchozího je

Navíc, má-li platit podmínka P(r,s,r_1), musí platit také . Podobnou úvahou jako v bodě (3) dostaneme pro s=0 nejmenší možnou hodnotu r=13>8 (tak aby platilo P(r,s,r_1)). Podobně pro s=2 a s=4. Stačí vždy testovat maximálně do r=8. Ukáže se, že menší hodnotu pro číslo r již nelze dostat (tak aby platilo P(r,s,r_1) a suma byla kongruentní nula (mod 5)).

Odtud konečně (a po diskuzi pro )