Delta mi!

Przyjmijmy oznaczenie  dla

Zauważmy, że

a stąd

Skoro  to  Wykażemy indukcyjnie, że dla każdej liczby nieparzystej  różnica  jest liczbą całkowitą.

Dzieląc wyjściowe równanie przez  widzimy, że (liczba całkowita). Zatem także liczba  jest całkowita.

Ustalmy wykładnik nieparzysty  i załóżmy, że liczby  oraz  są całkowite. Przekształcenie

pokazuje, że wówczas liczba  też jest całkowita. Przez indukcję wnosimy, że liczby  wszystkie są całkowite.

Ponownie ustalmy wykładnik nieparzysty  Ze związków (  całkowite) wynika, że  Zachodzi więc równość  Wystarczy ją pomnożyć przez  by uzyskać tezę zadania.

Z nierówności między średnimi mamy

Zakładając, że  i   spełniają podane równanie, dostajemy  a stąd  co jest mniejsze niż  np. dla

Z nierówności trójkąta mamy

Pozbyliśmy się tym samym zmiennej  i wystarczy teraz udowodnić, że

W tym celu zamieniamy zmienne:  tzn.  Otrzymujemy wówczas

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

Równania opisują płaszczyznę przechodzącą przez punkty  i   oraz sferę o środku w punkcie  i promieniu 1. Sfera ta przechodzi przez te same trzy punkty, więc przecina się z daną płaszczyzną wzdłuż okręgu przez nie wyznaczonego. Stąd układ równań ma nieskończenie wiele rozwiązań.

Równania opisują okrąg o środku  i promieniu  oraz okrąg o środku  i promieniu  Odległość między środkami tych okręgów równa jest

czyli równa sumie ich promieni. Okręgi są więc styczne i układ równań ma jedno rozwiązanie.

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.

Wykres funkcji oraz stycznej do wykresu w punkcie

Daną nierówność możemy przepisać w postaci

Zauważmy, że równość zachodzi dla  Równanie stycznej do funkcji  w punkcie  ma postać

Zauważmy, że dla liczb  spełniających warunek  suma wartości wyrażenia  jest równa

Wystarczy więc, jeśli wykażemy, że dla  prawdziwa jest nierówność

co sugeruje wykres na rysunku. Po prostych przekształceniach otrzymujemy

a ta nierówność jest spełniona, ponieważ

Wykres funkcji i stycznej w 

Na pierwszy rzut oka ten przykład jest inny od poprzedniego – tym razem mamy sumę funkcji dwóch zmiennych. Ale to tylko pozorna trudność. Spróbujmy udowodnić nierówność

gdzie  i   są pewnymi liczbami rzeczywistymi. Dzieląc obie strony przez  i podstawiając  otrzymujemy

Teraz już wiemy, co robić: w wyjściowej nierówności równość zachodzi dla  więc musimy tak dobrać współczynniki  i   aby równość zachodziła dla  Znajdując równanie stycznej do wykresu funkcji  w punkcie  otrzymujemy współczynniki  i 

Udowodnimy teraz, że dla dodatniej liczby rzeczywistej  zachodzi nierówność

Równoważnie możemy zapisać  a następnie doprowadzamy nierówność do postaci – teraz widać, że to prawda dla dowolnego

Zatem dla dowolnych liczb dodatnich  zachodzi nierówność

Szacując w ten sposób każdy ze składników lewej strony wyjściowej nierówności, dostajemy tezę.

Wykres funkcji i stycznej w 

Tym razem sytuacja jest jeszcze inna, ponieważ mamy sumę funkcji trzech zmiennych. Jednak i w tym przypadku łatwo można ją sprowadzić do sumy funkcji jednej zmiennej. Zauważmy, że dana nierówność jest jednorodna: liczniki i mianowniki ułamków są wielomianami złożonymi z jednomianów tego samego stopnia, a ponadto stopień licznika i mianownika jest taki sam. Stąd wynika, że możemy bez straty ogólności przyjąć (Jest to bardziej wygodne niż założenie  gdyż równość zachodzi dla ) Wówczas dana nierówność przyjmuje postać

Znajdując równanie stycznej do wykresu funkcji  w punkcie  otrzymujemy do udowodnienia nierówność

która jest równoważna  co jest prawdą dla

Dodając stronami otrzymane w ten sposób oszacowania wszystkich ułamków lewej strony danej nierówności, otrzymujemy tezę.

Jak nietrudno się przekonać, przy założeniu  nierówność zachodzi nie tylko dla liczb dodatnich, ale także dla nie mniejszych niż

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

Autor zadania, pan Witold Bednarek, przysłał je wraz z takim zmyślnym rozwiązaniem:
średnia arytmetyczna układu  liczb, mianowicie -krotnie powtórzonej liczby  oraz liczb  jest nie mniejsza od ich średniej geometrycznej, równej :

Do obu stron dodajemy  i po prostym przekształceniu otrzymujemy

Wystarczy teraz napisać analogiczne nierówności dla par  oraz  po czym dodać te trzy nierówności, by uzyskać tezę zadania.

Zauważmy, że dla  zachodzi

gdyż

Zatem

Odpowiedź: Pokrycie istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy  jest podzielne przez
Przyjmijmy, że kwadrat  udało się pokryć dostępnymi płytkami. Skoro pole płytki wynosi  to  musi być parzyste, powiedzmy  Rozważmy kolorowanie naszego kwadratu jak standardowej szachownicy i zauważmy, że każda płytka jest jednego z dwóch rodzajów: zawiera  czarne pola lub  czarne pole. Niech liczba płytek pierwszego rodzaju wynosi  a drugiego  Zliczając czarne i białe pola, otrzymujemy  oraz  (dzięki temu, że  jest parzyste, mamy po równo pól czarnych i białych!). Stąd w szczególności  więc  zatem  jest parzyste, a  – podzielne przez

Z drugiej strony, łatwo znaleźć pokrycie kwadratu  spełniające warunki zadania, więc także dowolnego kwadratu  dla  będącego wielokrotnością