Delta mi!

Ponieważ to iloczyn wszystkich wyrazów ciągu nie zmienia się po wykonaniu ruchu. W szczególności każdy z wyrazów ciągu jest ograniczony z góry przez i ograniczony z dołu przez Ponadto w każdym ruchu, modyfikującym pewne wyrazy o indeksach liczba jest zamieniana na większą liczba zaś - na mniejszą Żaden wyraz ciągu nie może być nieskończenie wiele razy zmniejszany (jako ograniczony z dołu przez ) ani zwiększany (jako ograniczony z góry przez ). W takim razie każdy wyraz zostanie zmieniony skończenie wiele razy, czyli nie możemy wykonać nieskończenie wielu ruchów.

Zauważmy, że

przy czym nierówność wynika ze znanej nierówności. Analogicznie

Czworokąt jest równoległobokiem (być może zdegenerowanym)

Niech Na mocy jest to przesunięcie, ponadto

i analogicznie Oznacza to, że (jest to wektor przesunięcia ), co kończy dowód.

Niech Na mocy jest to obrót o Skoro

to jest punktem stałym (środkiem) tego obrotu, czyli

Rozważmy dowolny punkt i wyznaczmy Wówczas otrzymujemy kolejno:
jako środek odcinka o końcach i , oraz

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku i niech Na mocy jest to przesunięcie. Ponieważ to wektor przesunięcia jest zerowy, czyli Zatem na mocy trójkąt jest równoboczny.

Niech Na mocy jest to przesunięcie. Z treści zadania wynika, że stąd wektor przesunięcia jest zerowy, czyli Wobec tego na mocy trójkąt ma kąty równe

Niech Na mocy jest to przesunięcie; więc Na mocy trójkąt jest prostokątny i Tak samo dowodzimy, że trójkąt jest drugą połową kwadratu

Zapiszmy liczby jako Wówczas

a zadane równania przybierają postać

Po dodaniu stronami:

Czynnik w drugim nawiasie jest liczbą dodatnią, wobec czego To daje odpowiedź:

Istnieją takie ciągi. Jedna z możliwych konstrukcji:

Przyjmujemy Będziemy przedłużać zdefiniowany odcinek ciągu, dołączając po dwa wyrazy.

Ustalmy liczbę parzystą i przyjmijmy, że wyrazy są już określone. Najmniejsza dodatnia liczba całkowita, różna od będzie wyrazem (to gwarantuje, że w budowanym ciągu znajdą się wszystkie liczby całkowite dodatnie).

Określamy wyraz wzorem

gdzie jest liczbą całkowitą tak dobraną, by uzyskana liczba była dodatnia oraz różna od liczb i różna od (powstający ciąg będzie więc miał wszystkie wyrazy różne). Przy tym

Wymagane warunki podzielności są spełnione. Indukcyjnie powstaje ciąg nieskończony jakiego szukamy.

Ponieważ jest różnowartościowa, to dla każdego spełniona jest nierówność

Oznacza to, że liczby

są nieujemne. Niech oraz Stosując przekształcenie Abela, otrzymujemy równość

Prawa strona tej równości jest nieujemna, zatem lewa też. Stąd bezpośrednio wynika teza.

Spośród wszystkich wierzchołków wybierzmy te dwa, które są najdalej od siebie, i oznaczmy je przez i Przez te wierzchołki przeprowadźmy proste i prostopadłe do odcinka Wówczas jest zawarty w pasie ograniczonym prostymi i Po obu stronach prostej znajdźmy te wierzchołki które są najdalej od tej prostej, i nazwijmy je i (być może któryś z nich jest wierzchołkiem lub ). Przez i poprowadźmy proste i równoległe do Wielokąt jest zawarty w pasie ograniczonym tymi prostymi, jest zatem zawarty w prostokącie będącym przecięciem pasów i Z konstrukcji wynika, że pole prostokąta jest dwa razy większe od pola czworokąta który jest zawarty w Zatem

Będziemy korzystać - podobnie, jak w rozwiązaniach zadań 654 i 662 (Delta 5/2013, 9/2013) - z twierdzenia Stolza, które mówi, że jeśli jest ciągiem rosnącym do nieskończoności, wówczas równość

(1)

zachodzi dla każdego ciągu dla którego granica po prawej stronie istnieje. Ponieważ rosnąco, twierdzenie ma szanse zadziałać - warto zająć się ciągiem o wyrazach gdzie

Jeśli wykażemy, że wzór (1) (dla ) da wynik i zakończy rozwiązanie.

Ponownie użyjemy twierdzenia (1) (dla ); ciąg jest rosnący, więc rosnąco. Chcemy dowieść, że liczba 1 jest granicą ciągu o wyrazach

Wszystkie liczby są większe od 1 (oczywista indukcja); ich logarytmy są dodatnie, wobec czego ciąg jest rosnący - ma zatem granicę (skończoną lub nie). Granica skończona musiałaby być liczbą spełniającą równanie co nie jest możliwe. Tak więc ; co za tym idzie, Korzystając ze znanej relacji granicznej możemy teraz napisać

gdzie i przepisać wyrażenie (2) w postaci

(3)

Z nieco bardziej subtelnej relacji granicznej (przy ) możemy wywnioskować, że

a stąd Zatem cały pierwszy czynnik iloczynu po prawej stronie wzoru (3) dąży do 1. Pozostaje dowieść, że drugi czynnik też - czyli że

(4)

Jeszcze raz skorzystamy ze wzoru Stolza (1), tym razem biorąc Granica po lewej stronie (4) będzie równa granicy jeśli ta ostatnia istnieje. Skoro

zatem

(bo ). To dowodzi słuszności tezy (4), więc i tezy zadania.

Nie - ale niewiele brakuje. Oznaczmy: Z podanych warunków wynika, że czworokąt jest równoległobokiem o przekątnych prostopadłych, czyli rombem. Trójkąty i są podobne. Stąd czyli Z tego równania wyznaczamy Z trójkąta prostokątnego dostajemy Pole trapezu wynosi gdzie

Na mocy (**) istnieje symetria z poślizgiem, przeprowadzająca odcinek na Na mocy jej osią jest prosta Prosta i jej obraz (prosta równoległa do ) tworzą z osią symetrii równe kąty, co kończy dowód.

Trójkąty i są przystające i tak samo zorientowane, istnieje więc izometria zachowująca orientację, która przeprowadza jeden z nich na drugi. Odcinki i przecinają się, jako przekątne czworokąta wypukłego Stąd rozważana izometria jest obrotem; oznaczmy jego środek przez

Wówczas czyli punkt leży na symetralnej odcinka Analogicznie leży też na symetralnych i co kończy dowód.

Na mocy (**) istnieje obrót przeprowadzający trójkę na ; oznaczmy jego środek przez Podobnie jak w rozwiązaniu zadania 3, punkt należy do symetralnych odcinków i (a więc nie zależy od wyboru punktów i ) oraz do symetralnej Stąd rzutami punktu na odcinki są ich środki.

Ponownie na mocy (**) stnieje symetria z poślizgiem, która przeprowadza trójkę na Na mocy (*), środki odcinków i są wówczas współliniowe. Wykazaliśmy, że są to rzuty punktu więc korzystając z twierdzenia o prostej Simsona uzyskujemy wniosek, iż stały punkt leży na każdym z okręgów opisanych na zmiennych trójkątach

Liczba dzieli się przez więc i przez Wobec nieparzystości liczba dzieli się przez więc i przez Zatem suma tych dwóch liczb, czyli dzieli się przez Z symetrii warunków zadania wynika, że dzieli się także przez W takim razie dzieli się przez liczbę

Niech będzie jedną z szukanych trójek. Jasne, że to są trzy różne liczby. Tak więc

Równoważnie:

Cykliczne przesunięcie symboli daje taką samą równość, z wyłączonym poza nawias czynnikiem lub Skoro liczby są różne, wynika stąd, że

Są to więc pierwiastki wielomianu o współczynnikach

- czyli wielomianu To znaczy, że

Równanie daje teraz ciąg równości

(1)

i tak samo dla i Tak więc liczby to trzy różne pierwiastki trzeciego stopnia z liczby ; czyli np.

(2)

z dokładnością do permutacji.

Na odwrót, dla każdej z sześciu trójek, uzyskanych przez permutacje trójki (2), można odwrócić ciąg równości (1), i tym samym sprawdzić, że spełnione jest równanie (oraz jego cykliczne odpowiedniki).