Delta mi!

Będziemy szukali takich rozwiązań, dla których oraz gdzie jest dodatnią liczbą całkowitą; wówczas liczba

będzie kwadratem liczby całkowitej.

Z powyższych równości wynika, że

więc rozważane liczby mają szukaną postać, o ile tylko liczby są powiązane zależnością

Powyższe znane równanie diofantyczne (tzw. ujemne równanie Pella) ma nieskończenie wiele rozwiązań całkowitych danych przez

dla

Niech będą liczbami nieujemnymi, spełniającymi podany układ równań. Ich suma, więc i jej kwadrat, wynosi 1; wobec tego

Wstawiając to do drugiego równania układu, po prostym przekształceniu dostajemy równanie

(1)

Funkcja jest ściśle wypukła w przedziale zatem spełnia nierówność Jensena

(2)

Równanie (1) oznacza, że (dla rozważanych liczb ) nierówność (2) staje się równością, co ma miejsce jedynie, gdy te liczby są równe. Ich suma jest jedynką, więc ; ta trójka liczb spełnia oba równania układu i stanowi jego jedyne rozwiązanie.

Weźmy pod uwagę okrąg dopisany do trójkąta przy boku styczny do tego boku w punkcie oraz okrąg dopisany do trójkąta przy boku styczny do prostej w punkcie Wzory, wyrażające długości odcinków stycznych, są dobrze znane (lub/oraz łatwe do uzasadnienia):

Odejmujemy stronami:

To wyrażenie ma wartość 0, w myśl założenia zadania. Stąd wniosek, że punkty i pokrywają się; to zaś oznacza, że i to ten sam okrąg, styczny do prostych (kolejno) w punktach Z położenia tych punktów na odpowiednich prostych wynikają równości

Sumy, uzyskane po prawych stronach, są równe, bo Stąd równość sum po lewych stronach - czyli teza zadania.

Wygrywa umieszcza pierwszą złotówkę na środku stolika, po czym na każdy ruch przeciwnika odpowiada, kładąc monetę symetrycznie względem środka. Jeśli znalazł miejsce na monetę, to też znajdzie - miejsce symetryczne jest wolne.

Wygrywa Może zacząć od narysowania jednej z głównych przekątnych i na każdy ruch przeciwnika odpowiadać ruchem symetrycznym względem niej.

Co więcej, wygrywa nawet bez żadnej strategii, gdyż gra zawsze trwa 9 ruchów. Zauważ, że -kąt foremny ma nieprzecinające się przekątne.

Oznaczmy przez i sumy wektorów wybranych przez graczy, a przez sumę danych wektorów: Jeśli to gra kończy się remisem, bo Jeśli to wektory i tworzą trójkąt - być może zdegenerowany. Stąd wtedy i tylko wtedy, gdy koniec wektora znajduje się po tej samej stronie symetralnej wektora co koniec Strategią dla jest zatem maksymalizowanie składowej w kierunku czyli spośród dostępnych wektorów branie zawsze takiego o największej składowej w kierunku Wygrywa lub remisuje, bo bierze zawsze wektor o co najwyżej równie dużej składowej w tym kierunku i łącznie ma tyle samo wektorów. Gdy gra jest remisowa, żadna inna strategia nie zagwarantowałaby wygranej.

Pokolorujmy szachownicę w mur. Każdy kwadrat zawiera w całości pewną cegłę Jeśli zawsze wstawia swój pionek, złośliwie, do tej samej cegły, w której właśnie zagrał to nie może wygrać. Jest to więc strategia nieprzegrywająca dla Pozostawiam Czytelnikom podobne sprawdzenie, że nie ma strategii wygrywającej.

Jeżeli jest liczbą parzystą, to żądanym przedstawieniem jest

Przypuśćmy, że jest liczbą nieparzystą i niech będzie najmniejszą nieparzystą liczbą pierwszą, która nie jest dzielnikiem liczby Wówczas przedstawienie liczby w postaci różnicy

spełnia warunki zadania. Rzeczywiście, każda z liczb oraz ma dokładnie te dzielniki pierwsze co liczba a ponadto po jednym dodatkowym - odpowiednio oraz

Udowodnimy najpierw, że dla dowolnych dodatnich liczb rzeczywistych oraz dodatniej liczby całkowitej zachodzi nierówność

Rzeczywiście, przekształcając tę nierówność równoważnie, otrzymujemy

Przyjmując w powyższej nierówności dla mnożąc otrzymane związki stronami i korzystając z założenia zadania, uzyskujemy

Oznaczmy przez końce łamanej Niech będzie średnicą okręgu równoległą do Udowodnimy, że spełnia warunki zadania.

Przypuśćmy przeciwnie, czyli że łamana ma ze średnicą co najmniej jeden punkt wspólny i oznaczmy fragmenty łamanej od punktu do punktu oraz od punktu do punktu odpowiednio przez oraz

Rozważmy symetrię względem prostej zawierającej Wówczas, skoro to odcinek jest średnicą wobec czego

gdzie oznaczają długości odpowiednich łamanych. Uzyskana sprzeczność kończy rozwiązanie zadania.

Niech będą liczbami naturalnymi, spełniającymi warunek Wymierny pierwiastek z liczby naturalnej jest liczbą naturalną. Zatem musi być kwadratem liczby naturalnej. Oznaczając przez największy wspólny dzielnik liczb (tak, że ; względnie pierwsze) widzimy, że czynniki muszą być kwadratami: ( naturalne). Badane równanie przybiera postać ; po przekształceniu: Stąd wniosek, że

Uzyskaliśmy odpowiedź: liczby to podwojone kwadraty dwóch kolejnych liczb naturalnych. Proste sprawdzenie pokazuje, że każda taka para spełnia wymagany warunek.

Utworzona siatka składa się z krawędzi i rozcina płaszczyznę na obszarów: trójkącików jednostkowych oraz składową nieograniczoną, nazywaną oceanem. Każdą krawędź traktujemy jako odcinek skierowany, od końca, oznaczonego liczbą mniejszą, do końca, oznaczonego liczbą większą. W pobliżu każdej krawędzi kładziemy marker na obszarze, który do niej przylega po stronie lewej (względem zwrotu strzałki).

Łącznie położyliśmy markerów. Rysunek ilustruje sytuację, gdy (więc ), wraz z przykładowym ponumerowaniem wierzchołków; kropki oznaczają markery; zacienione są trójkąciki zorientowane dodatnio (w sensie sprecyzowanym w treści zadania).

Na każdym trójkąciku zorientowanym dodatnio znalazły się dwa markery; na trójkąciku zorientowanym ujemnie - jeden marker. Więc jeśli mamy trójkącików zorientowanych dodatnio, to w obrębie całego dużego trójkąta znalazło się markerów. Pozostałe, w liczbie są na oceanie.

Każdy marker na oceanie odpowiada krawędzi zorientowanej ujemnie względem wnętrza dużego trójkąta - czyli takiej, że obchodząc cały jego brzeg i mając jego wnętrze po lewej stronie, idziemy niezgodnie ze zwrotem strzałki (odnotowujemy spadek wartości przy wierzchołkach). Może być tylko jeden taki odcinek, mogą to też być wszystkie z wyjątkiem jednego (czyli ). Dostajemy nierówności ; po podstawieniu i prostym przekształceniu uzyskujemy dwustronne oszacowanie

Po obu stronach jest możliwa realizacja równości: wystarczy oznaczyć wierzchołki siatki, leżące na brzegu dużego trójkąta, liczbami tworzącymi ciąg monotoniczny (po wystartowaniu z dowolnie wybranego wierzchołka oraz ustaleniu kierunku obchodzenia), z jedynym zakłóceniem monotoniczności przy zamknięciu cyklu. Liczby po obu stronach napisanej nierówności stanowią odpowiedź na pytanie postawione w zadaniu. [Warto zauważyć, że liczby, przyporządkowane wierzchołkom wewnętrznym, nie mają już dla wartości żadnego znaczenia].

Łatwo obliczyć Podobnie szukane sumy równe są w odpowiednich systemach pozycyjnych. W dwójkowym liczba jest jak w dziesiętnym, więc pierwsza z sum to . Analogicznie dla drugiej sumy: w systemie siódemkowym równe jest w dziesiętnym.

Zauważmy, że

wobec czego punkty są współliniowe. Analogicznie dochodzimy do wniosku, że punkty są współliniowe.

Z równoległości par prostych i oraz i wynika, że

W połączeniu z oraz otrzymujemy więc

a zatem z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Cevy dla trójkąta wynika, że proste przecinają się w jednym punkcie. Tym samym punkt leży na prostej co jest równoważne tezie zadania.

Udowodnimy, że taka liczba nie istnieje.

Przyjmijmy oznaczenie Bezpośrednio sprawdzamy, że dla dowolnego zachodzi równość

Ponadto, jeżeli jest dodatnią liczbą całkowitą, to

więc nie jest kwadratem liczby całkowitej.

Udowodnimy, że dla każdego zachodzi równość

(*)

co w połączeniu z obserwacją z poprzedniego akapitu zakończy dowód.

Przeprowadzimy dowód indukcyjny. Dla równość jest spełniona. Przypuśćmy, że zachodzi ona dla pewnego ; wówczas

co oznacza, że zachodzi również dla To kończy rozwiązanie.

Przyjmijmy, że liczby spełniają postawione warunki; w szczególności gdzie jest liczbą pierwszą. Jasne, że Iloczyn liczb naturalnych i wynosi więc jedna z nich dzieli się przez W takim razie druga jest dzielnikiem liczby 6; wobec czego mniejsza z nich nie przekracza 6. Dostajemy oszacowanie

Jeżeli to czyli Sprawdzamy, że tylko para jest dobra.

Dalej przyjmujemy, że Wówczas (mod 5), więc

To pokazuje, że iloczyn liczb całkowitych oraz dzieli się przez 5. Są to z założenia liczby pierwsze, więc któraś z nich jest równa 5. Ale Pozostaje możliwość

Iloczyn liczb naturalnych i wynosi Cztery możliwe rozkłady dają pary odpowiednio, Ostatnia odpada. Dla wychodzi liczba złożona. Pozostałe dwie pary są już dobre. Wraz z parą znalezioną wcześniej, ostatecznie otrzymujemy trzy rozwiązania. Wypiszemy je, podając również wartości i :

Oznaczmy przez punkt styczności boku z okręgiem wpisanym (rys.) i niech

Zachodzi równość (znany fakt - lub nietrudne ćwiczenie).

Odcinek jest wysokością w trójkącie prostokątnym ; zatem Stąd

Prosta przecina boki trójkąta (lub ich przedłużenia) w punktach więc w myśl wzoru Menelausa

Uzyskana proporcja implikuje równoległość prostych i (odwrócenie twierdzenie Talesa).