Delta mi!

Zauważmy, że jeżeli dla pewnych to

przy czym To dowodzi, że jeżeli jest iloczynem dwóch elementów zbioru to jest również sumą dwóch elementów zbioru

Przypuśćmy, że dla pewnych oraz niech będą zapisami liczb w postaci ułamków nieskracalnych, czyli Wówczas

Ponieważ jest liczbą całkowitą, więc musi być dzielnikiem licznika powyższego ułamka. Stąd wniosek, że dzieli skąd wobec mamy, że dzieli Analogicznie uzasadniamy, że dzieli Zatem czyli i w konsekwencji

Skoro to jest iloczynem dwóch elementów zbioru

Podstawiając oraz do tożsamości

uzyskujemy

czyli

Wobec tego wystarczy przyjąć

Liczby o jakie pyta zadanie, istnieją; można znaleźć wiele takich par. Przykład Autora (W. Bednarek): Wówczas i dalej (dla każdego ):

- jest to liczba złożona (różnica w ostatnim nawiasie przekracza 1, bo ciąg jest rosnący).

Niech Przypuśćmy, że dla ustalonej liczby istnieją dwa różne wielomiany stopnia spełniające podane równanie. Oznaczmy ich współczynniki wiodące przez (więc ); Przyrównując współczynniki wiodące po obu stronach równania widzimy, że (dla ). Zatem Stąd wynika, że różnica jest niezerowym wielomianem stopnia

Odejmujemy stronami równania (dla ) i przekształcamy uzyskaną równość:

Iloczyn po prawej stronie jest wielomianem stopnia wielomian po lewej stronie ma stopień To już sprzeczność, skoro ; dwa różne wielomiany stopnia o podanej własności istnieć nie mogą.

(a) Przypuśćmy, że liczby oraz mają wspólny dzielnik pierwszy (jasne, że ). Wykażemy, że wówczas liczba dzieli się przez (nie jest więc bezkwadratowa). Zgodnie z małym twierdzeniem Fermata, (mod ). Podnosimy tę kongruencję stronami do potęgi otrzymując (mod ). Zatem dla pewnej liczby całkowitej Stąd

czyli (mod ); a to była nasza teza.

(b) Przykład pokazujący, że nie zachodzi implikacja odwrotna, nie tak łatwo znaleźć (mała szansa, że trafimy, zwyczajnie próbując - bez komputera ciężko). Prosty program, który dla zadanej liczby pierwszej kontroluje dwie końcowe cyfry rozwinięcia (przy podstawie ) kolejnych potęg dwójki, pozwala znaleźć moment powtórzenia końcówki czyli wykładnik dla którego (mod ). Powtarzamy tę procedurę dla kolejnych liczb pierwszych ; warto przy tym, dla oszczędności czasu, ograniczyć zakres wykładnika, np. do W ten sposób szybko znajdujemy parę ; nie jest ona jednak szukanym kontrprzykładem, bowiem dla tej pary zachodzą związki (mod ), z których nietrudno wynika, że liczby i nie są względnie pierwsze.

Następna znaleziona para jest już dobra: gdyby liczby oraz nie były względnie pierwsze, ta ostatnia musiałaby się dzielić przez 7 lub 13; ale minimalne wykładniki dla których (mod 7), (mod 13), to więc wykładnik musiałby się dzielić przez 3; a tak nie jest. Skoro zaś ta para została wygenerowana przez algorytm, zapewniający podzielność przez zatem liczba nie jest bezkwadratowa.

Czworokąt jest równoległobokiem. Niech prosta przecina okrąg, opisany na trójkącie w punktach i (gdy jest styczna, przyjmujemy ). Powstaje trapez równoramienny lub (gdy - trójkąt równoramienny). W każdym przypadku

Trójkąt z założenia nie jest prostokątny, więc żaden jego bok nie pokrywa się ze średnicą na której oparty jest kąt prosty ; a ponieważ zatem To znaczy, że w trójkącie równoramiennym prosta jest symetralną boku W konsekwencji trójkąt jest względem niej symetryczny do trójkąta Okręgi opisane na tych trójkątach są przystające; to już teza, bo drugi z tych okręgów jest też opisany na trójkącie

Niech gdzie oznacza -krotne złożenie funkcji Z warunków zadania wynika, że dla pewnego mamy Jeżeli to

co nie może mieć miejsca, gdyż reszty z dzielenia przez wyrazów ciągu są parami różne. To oznacza, że czyli

Przypuśćmy nie wprost, że czyli Wówczas istnieją takie liczby całkowite że

W szczególności czyli Z warunków zadania wynika, że dla pewnego mamy

Wówczas

czyli (gdzie w razie potrzeby przyjmujemy ). To stoi w sprzeczności z założeniem, że reszty z dzielenia przez wyrazów ciągu są parami różne.

Oznaczmy przez punkt symetryczny do względem czyli taki punkt, że odcinek jest średnicą okręgu opisanego na trójkącie Wówczas wobec czego oraz Stąd oraz a zatem

gdzie oznacza pole figury Ponieważ punkt jest środkiem odcinka więc oraz i w konsekwencji

Ostatecznie więc co jest równoznaczne z tezą zadania.

Przypuśćmy nie wprost, że

Wówczas w szczególności skąd i analogicznie oraz Ponadto mamy

a więc

Łącząc te nierówności otrzymujemy

co z kolei w połączeniu z przyjętym założeniem nie wprost prowadzi do

Otrzymana sprzeczność kończy dowód.

Przy oznaczeniach

(1)

mamy związki:

z których wynika tożsamość

(2)

Gdy liczby są naturalne, czynnik musi być kwadratem liczby naturalnej; więc Zgodnie z (1), jest to suma liczb których iloczyn wynosi 1. Zatem to pierwiastki trójmianu kwadratowego

(3)

istnieją (w ) gdy ; i są wówczas dodatnie. Wyznaczamy je zwykłą metodą, podnosimy do trzeciej potęgi, i dostajemy wniosek:

(4)

Rozumowanie można odwrócić. Dla dowolnej liczby naturalnej określamy wzorami (4) parę liczb rzeczywistych, wzajemnie odwrotnych: oraz (jedna ze znakiem plus w nawiasie, druga ze znakiem minus). Wówczas są pierwiastkami trójmianu (3); ich suma wynosi Liczby zdefiniowane wzorami (1), spełniają równość (2); a ponieważ zatem prawa strona wzoru (2) jest kwadratem liczby całkowitej, więc liczba jest całkowita (liczba oczywiście też).

Wzór (4), z parametrem przedstawia ogólną postać liczb o rozważanej w zadaniu własności.

Ciąg powstaje przez iterowanie funkcji którą będziemy badać na przedziale Ponieważ maleje od wartości do wartości zatem odwzorowuje przedział na siebie i ma w tym przedziale dokładnie jeden punkt stały (tj. taki, że ). Obrazem przedziału jest przedział i na odwrót. Stąd wniosek, że wyrazy ciągu o numerach parzystych należą do jednego z tych przedziałów, a te o nieparzystych - do drugiego.

Równość przepisujemy jako Funkcja jest rosnąca; przy tym

wobec czego

(1)

Ponieważ (z założenia) zatem zaś

Użyjemy rachunku pochodnych. Oznaczmy (dla krótkości): i zauważmy, że Niech Wówczas

i dalej:

(2)

Dla mamy nierówność (por. (1)), więc wyrażenie w nawiasie po prawej stronie (2) ma w tych punktach wartość dodatnią. To znaczy, że funkcja jest ściśle wypukła w przedziale ; a ponieważ zatem

(3)

Ciąg leży w przedziale i jest generowany rekurencyjnie wzorem Nierówność (3) pokazuje, że jest to ciąg malejący, i w konsekwencji zbieżny. Jego granica musi być punktem stałym funkcji ; jednak nie ma takiego punktu w przedziale otwartym (nierówność (3)). W takim razie granicą tego ciągu musi być liczba 1.

Funkcja ciągła przeprowadza ten ciąg na ciąg rosnący którego granicą jest wobec tego liczba To dowodzi, że niezależnie od wyboru wyrazu początkowego ciąg ma podciągi zbieżne do dwóch różnych granic: 1 oraz 2 (i do żadnej innej, bo dowolny podciąg ma nieskończenie wiele wspólnych wyrazów z jednym ze znalezionych podciągów, zbieżnych do 1 lub 2).

Wiemy, że symetria względem zamienia punkty i oraz punkty i Symetralna odcinka jest do niego prostopadła, przechodzi przez jego środek i przez - środek okręgu, w którym jest cięciwą. Jej obrazem w symetrii względem jest więc prosta prostopadła do przechodząca przez (czyli wysokość trójkąta ) i przez Analogicznie wysokość trójkąta z wierzchołka też przechodzi przez co kończy dowód.

Proste i są wysokościami trójkąta więc też jest.

Niech oznacza środek ciężkości trójkąta Wówczas jednokładność o środku i skali -2 przeprowadza środek odcinka na punkt Wobec tego przy tej jednokładności obrazem prostej przechodzącej przez tenże środek i prostopadłej do jest prosta przechodząca przez punkt i prostopadła do czyli prosta przechodząca przez środek okręgu wpisanego w trójkąt Analogicznie obrazami pozostałych opisanych w zadaniu prostych też są proste przez Stąd również wyjściowe proste są współpękowe.

Odpowiedź:

Dla oraz niech Wówczas liczby wyznaczają na płaszczyźnie zespolonej -kąt foremny wpisany w okrąg o promieniu

Zauważmy, że wielomiany

stopnia mają równe współczynniki przy najwyższej potędze oraz wspólnych pierwiastków zespolonych, mianowicie dla (ze względu na równość

Stąd wynika, że wielomiany i są równe, w szczególności

a zatem

Powyższa równość oznacza, że iloczyn długości boków i przekątnych zawierających wierzchołek rozważanego wielokąta (czyli, z uwagi na symetrię, dowolny ustalony wierzchołek) jest równa Wobec tego

Wykażemy, że takie liczby nie istnieją. Przypuśćmy nie wprost, że trójka ma opisaną własność. Wówczas trójka również ją ma, więc możemy bez straty ogólności założyć, że jest liczbą parzystą.

Jeżeli są całkowitymi pierwiastkami trójmianu to liczby oraz są całkowite, co wobec parzystości oznacza, że liczby oraz również są parzyste.

Tymczasem jeżeli dla całkowitych to wyróżnik trójmianu równy

daje resztę przy dzieleniu przez co oznacza, że nie może być kwadratem liczby całkowitej. Uzyskana sprzeczność kończy dowód.

Oznaczmy (kolejno) przez środki tych trzech okręgów, a środek dużego okręgu przez Zgodnie z warunkami zadania,

(1)

Niech będzie środkiem ciężkości trójkąta Jest to punkt minimalizujący sumę kwadratów odległości od wierzchołków (znany fakt, zresztą łatwy do wykazania). Zatem

(2)

gdzie jest długością środkowej, wychodzącej z wierzchołka Suma kwadratów długości środkowych to sumy kwadratów długości boków (kolejny znany wzór). Nierówność (2) pokazuje więc, że

Wprowadzamy dane (1) i przekształcamy uzyskaną nierówność:

Różnica w nawiasie jest dodatnia. Pierwiastkując stronami ostatnią nierówność, dostajemy tezę zadania.