Delta mi!

Przeprowadzimy dowód indukcyjny. Dla niech będą elementami zbioru Wówczas na jednym stosie kładziemy karteczkę z liczbą a na drugim - karteczki z liczbami oraz

Przypuśćmy, że żądaną własność mają wszystkie liczby nieparzyste nie większe od i rozważmy dowolny zbiór liczb oraz związane z nimi karteczki. Z założenia indukcyjnego wszystkie karteczki pochodzące wyłącznie od liczb można podzielić na stosy o równych sumach. Pozostałe karteczki najpierw podzielmy na następujące grup: grup po dwie karteczki, z liczbami oraz dla oraz jedna grupa składająca się z pozostałej karteczki z liczbą Zauważmy, że w każdej grupie suma liczb z karteczek jest równa Wobec tego wystarczy karteczki z dowolnych grup dołączyć do jednego stosu, a karteczki z pozostałych grup - do drugiego stosu. To kończy dowód indukcyjny.

Odpowiedź: Nie.
Z kolejnego zadania wynika, że karteczki można podzielić na dwa stosy o równych sumach zapisanych liczb. Wobec tego gdyby na karteczkach znajdowały się liczby od 1 do 10, to istniałby podział na stosy, każdy o sumie

nie jest to możliwe, gdyż liczby na wszystkich karteczkach są całkowite.

Odpowiedź: Tak.
Przypuśćmy, że na tablicy zapisano liczby Wówczas najmniejsza z liczb zapisanych na karteczkach to druga najmniejsza (być może równa) - ; największa to a druga największa - Ponadto sumując liczby ze wszystkich karteczek, uzyskujemy a zatem znamy również wartość Ta wiedza wystarcza kolejno do znalezienia wartości

Niech gdzie są liczbami całkowitymi. Oczywiście dla (przyjmujemy ). Załóżmy, że dla pewnego Wówczas dla pewnego czyli W tej sytuacji dzieli Załóżmy, że Z podzielności wnioskujemy kolejno oraz czyli Jednak ma tylko 4 różne dzielniki całkowite, co przeczy równości Przypadek rozpatrujemy podobnie i w ten sposób kończymy dowód, że tylko pierwiastki wielomianu są całkowitymi pierwiastkami wielomianu co dopełnia rozwiązanie.

Liczby spełniają wymaganą w zadaniu równość. Załóżmy, że nieparzyste liczby spełniają Wówczas

Skoro są nieparzyste, to jedna z par oraz składa się z dwóch liczb nieparzystych, i tę parę wybieramy jako W ten indukcyjny sposób możemy skonstruować rozwiązanie wyjściowego równania dla dowolnej liczby naturalnej

Niech będzie liczbą składającą się w zapisie dziesiętnym z jedynek. Mamy

Wystarczy zatem uzasadnić, że liczby i są względnie pierwsze dla Załóżmy, że obie te liczby są podzielne przez liczbę pierwszą Oczywiście liczba jest nieparzysta. Ponieważ więc Skoro jednak dzieli to co przeczy wcześniej poczynionej uwadze o nieparzystości i kończy rozwiązanie zadania.

Załóżmy, że funkcja spełnia warunki zadania. Niech oznacza nierówność Wybierzmy dowolnie Ponieważ więc Podstawiając w ostatniej nierówności zamiast i uwzględniając dostajemy dla dowolnych Podstawiając zamiast dostajemy Z dowolności wnioskujemy, że dla pewnego i wszystkich zatem musi być Łatwo sprawdzić, że ta funkcja faktycznie spełnia dla wszystkich

Teza wynika wprost z tego, że mnożenie przez element niezerowy jest bijekcją ciała W języku bardziej elementarnym: jeśli jest permutacją zbioru zaś jest elementem zbioru to reszty z dzielenia liczb przez są wszystkie różne - tworzą więc także permutację zbioru Przy tym jeśli wyjściowa permutacja należała do zbioru - czyli spełniała zależność (mod ) - to po pomnożeniu wszystkich jej wyrazów przez utworzy permutację, w której analogiczna suma przystaje do - czyli permutację należącą do zbioru

Zostało w ten sposób określone odwzorowanie ze zbioru do zbioru Ono jest odwracalne; weźmy bowiem element dla którego (mod ) (taki element istnieje, bo reszty z dzielenia liczb przez są wszystkie różne i niezerowe). Jeśli teraz permutacja znajduje się w zbiorze to po pomnożeniu wszystkich wyrazów przez znajdzie się w zbiorze Uzyskane odwzorowania (mnożenie przez ) oraz (mnożenie przez gdzie ) są wzajemnie odwrotne. To dowodzi, że zbiór jest równoliczny ze zbiorem Skoro tak jest dla każdej niezerowej reszty znaczy to, że wszystkie zbiory są równoliczne.

Dla ustalonej liczby całkowitej przedział jest zbiorem tych liczb dla których zaś przedział jest zbiorem tych dla których Należy wykazać, że dla pewnego część wspólna zawiera przedział długości Ponieważ przedział ma taką właśnie długość, wystarczy, żeby był on zawarty w Taka inkluzja ma miejsce, gdy jednocześnie zachodzą nierówności Po prostym przekształceniu ta koniunkcja przybiera postać

wobec założenia jest to równoważne nierówności podwójnej

(1)

Zatem dla rozważany w zadaniu zbiór zawiera przedział długości

W dalszej części zadania należy wykazać, że dla każdego istnieje liczba dla której rozważany zbiór zawiera przedział dłuższy niż W tym celu bierzemy dowolną liczbę taką, że jest liczbą całkowitą. Wówczas każda z liczb całkowitych oraz spełnia warunki (1). Dla pierwszej z tych liczb dostajemy przedział zaś dla drugiej ; i każdy z tych przedziałów zawiera się w rozważanym zbiorze. Łącząc je, dostajemy przedział długości ; więc większej niż ; a o to chodziło.

Najmniejszym rozwiązaniem jest: