Delta mi!

Pokażemy, że gdy jest nieparzystą liczbą pierwszą, równanie nie ma rozwiązań w liczbach całkowitych dodatnich.

Przypuśćmy, że para liczb całkowitych jest rozwiązaniem. Zgodnie z małym twierdzeniem Fermata,

Jeśli więc to czyli

Z wypukłości funkcji (w zbiorze liczb dodatnich) wynika nierówność

Funkcja jest rosnąca; stąd Skoro zaś (mod ), widzimy, że A zatem Aby uzyskać oczekiwaną sprzeczność, wystarczy wykazać, że

(1)

Oznaczmy: ; wtedy Ponownie korzystając z wypukłości funkcji mamy nierówność Wobec tego

(2)

Z drugiej strony,

(3)

Nierówność (1) będzie udowodniona, jeśli pokażemy, że w wyrażeniu po prawej stronie (2) współczynnik stojący przy jest nie mniejszy niż analogiczny współczynnik w wyrażeniu (3); czyli, że

(4)

Łatwo przerachować, że

Stąd ; oszacowanie (4) gotowe, dowód zakończony.

Liczba jest nieparzysta, zatem zbiór wszystkich liczb parzystych, mniejszych od ma własność, o którą chodzi. Jest ich Wykażemy, że jest to największa możliwa liczność.

Rozbijamy zbiór na rozłączne pary:

Mamy razem par liczb. Zbiór o większej liczności (zawarty w ) musi zawierać jedną z wymienionych par. Ale w każdej parze albo suma, albo różnica elementów jest równa Stąd nasza teza.

Nie, Maja może zastosować następującą strategię, która gwarantuje jej zwycięstwo. W pierwszych swoich ruchach Maja maluje na kolorowo punktów z jednej prostej. Każdą parę takich kolorowych punktów można na dwa sposoby uzupełnić do trójkąta równobocznego, par punktów spośród jest więc łącznie po ruchach na płaszczyźnie jest takich punktów, że pomalowanie dowolnego z nich na kolorowo da Mai zwycięstwo.

Dla mamy zatem Gucio nie może w swoich początkowych ruchach wszystkich opisanych powyżej punktów pomalować na czarno i Maja może wygrać w ruchu numer

Niech oznacza największą z liczb Popatrzmy na wyraz naszej sumy:

i oznaczmy większy ze składników z mianownika, lub przez Popatrzmy teraz na wyraz naszej sumy:

i oznaczmy większy ze składników z mianownika, lub przez Kontynuując to postępowanie, otrzymujemy ciąg indeksów

Ponieważ nierówność, którą chcemy udowodnić, jest cykliczna, możemy bez utraty ogólności przyjąć, że Z definicji mamy lub Zatem po pewnej liczbie kroków po raz pierwszy otrzymamy lub Ponadto bo w każdym kroku przesuwamy się o co najwyżej dwa. Zauważmy też, że

Stosując teraz nierówność między średnimi, otrzymujemy

Wybierzmy na prostej punkt w taki sposób, aby czworokąt był równoległobokiem.

Z założonej równości możemy wywnioskować, że jest rombem. Ponadto, skoro to punkt jest środkiem boku Ponieważ punkt jest środkiem boku więc punkty i są symetryczne względem prostej Oznacza to, że czworokąt jest deltoidem, zatem w szczególności można w niego wpisać okrąg.

Tak, dla każdej funkcji łatwo wskazać funkcję o wymaganych własnościach. Niech będzie rosnącym ciągiem wszystkich potęg liczb pierwszych:

Funkcja (o własności gdy ) jest wyznaczona przez ciąg wartości ; zaś podany warunek multyplikatywności nie stawia na owe wartości żadnych ograniczeń. Wobec tego konstruujemy taki ciąg indukcyjnie. Niech będzie dowolną liczbą naturalną większą od

Załóżmy, że liczby …, zostały już określone. Patrzymy na zbiór wszystkich liczb postaci gdzie jest iloczynem różnych liczb ze zbioru Określamy jako dowolną liczbę naturalną większą od wszystkich takich liczb

Wybrany ciąg wartości wraz z warunkiem multyplikatywności, jednoznacznie generuje funkcję Spełnia ona także pozostały z zadanych warunków; jeśli bowiem liczba zostanie zapisana jako iloczyn gdzie wówczas

Załóżmy więc, że liczby całkowite i są niepodzielne przez liczbę pierwszą oraz że dla pewnej trójki liczb całkowitych nieujemnych zachodzą równości i (w dalszym ciągu myślę, że zadanie nie jest trudne). Aby wykazać, że iloczyn jest sześcianem pewnej liczby całkowitej, wystarczy przecież wykazać, iż każdy czynnik pierwszy występuje w rozkładzie tej liczby z wykładnikiem podzielnym przez Mamy Mianownik tego ułamka jest podzielny przez liczbę i niepodzielny przez Zastąpienie uporządkowanej trójki liczb trójką lub powoduje, że liczba lub - więc ta z treści zadania - ma być całkowita (trójka to jednak coś innego, bo na ogół ). Można więc założyć, że Mamy

• Jeśli to więc występuje w rozkładzie iloczynu na czynniki pierwsze z wykładnikiem
• Jeśli to i więc dwa z trzech składników licznika dzielą się przez a trzeci nie, co oznacza, że liczba nie jest całkowita, wbrew założeniu.
• Jeśli to i więc znów liczba nie jest całkowita.
• Jeśli to i więc znów liczba nie jest całkowita.
• Jeśli to i to teraz dwa składniki nie dzielą się przez Ich suma może dzielić się przez tylko wtedy, gdy więc w tym wypadku liczba jest podzielna przez

Wykazaliśmy, że jeśli liczba jest całkowita, to liczba pierwsza wchodzi w rozkład liczby na czynniki pierwsze z wykładnikiem podzielnym przez

Dla ustalonego, skończonego zbioru punktów na płaszczyźnie wyrażenie

jest wielomianem zmiennej Aby wykazać, że jest to wielomian stale równy wystarczy sprawdzić, że żądana równość zachodzi dla liczb w przedziale

Rozważmy losowe kolorowanie każdego z danych punktów na biało lub czarno. Załóżmy przy tym, że dowolny punkt malujemy na biało z prawdopodobieństwem na czarno z prawdopodobieństwem oraz że wszystkie losowania odbywają się niezależnie. Zauważmy, że wówczas dla ustalonego wielokąta liczba jest prawdopodobieństwem zdarzenia, w którym wszystkie wierzchołki zostały pomalowane na biało, a punkty leżące na zewnątrz na czarno. Co więcej, dla dwóch różnych wielokątów tego typu zdarzenia wykluczają się wzajemnie. Dla dowolnych dwóch różnych wielokątów wypukłych istnieje bowiem wierzchołek jednego z nich, który nie należy do drugiego. Gdyby opisane zdarzenia nie były rozłączne, to wierzchołek ten musiałby być pomalowany na dwa kolory, co jest, oczywiście, niemożliwe.

Suma

jest w tej sytuacji prawdopodobieństwem zdarzenia, w którym wierzchołki jednego z wielokątów ze zbioru zostały pomalowane na biało, zaś punkty leżące na zewnątrz na czarno. Do rozwiązania zadania wystarczy więc stwierdzić, że jest to zdarzenie pewne - co oznacza, że w dowolnym pokolorowaniu taki wielokąt istnieje.

Szukanym wielokątem jest wielokąt będący otoczką wypukłą białych punktów - czyli najmniejszym wielokątem wypukłym, który zawiera punkty białe (w przypadku gdy liczba punktów białych jest równa lub ich otoczką wypukłą jest odpowiednio zbiór pusty, punkt i odcinek). Jego wierzchołki są koloru białego, a każdy inny punkt biały znajduje się w jego wnętrzu.

Pokolorujmy wierzchołki pajęczyny na czarno i biało w sposób pokazany na rysunku. Zauważmy, że pająk z pola białego zawsze przechodzi do czarnego i odwrotnie. Ponieważ pól białych jest więcej niż czarnych, żądana ścieżka nie istnieje.

Zauważmy, że

więc

Zauważmy, że

więc

Niech oznacza szukany promień. Jeden z trójkątów prostokątnych widocznych na rysunku ma przeciwprostokątną będącą sumą promieni o długościach i oraz przyprostokątną o długości Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy, że długość drugiej przyprostokątnej, a więc również długość odcinka pomiędzy odpowiednimi punktami styczności jest równa

Z analogicznych obliczeń dla pozostałych par punktów styczności otrzymujemy równanie

które pozostaje rozwiązać. Upraszczając, dostajemy

co daje

czyli

Zauważmy najpierw, że to kwadrat odległości między punktami oraz

Pierwszy punkt leży na okręgu zadanym równaniem (a dokładniej na jego części znajdującej się w pierwszej ćwiartce układu współrzędnych), a drugi na gałęzi hiperboli dla Aby znaleźć najmniejszą wartość funkcji wystarczy znaleźć odległość okręgu od hiperboli Niech będzie wybranym punktem na hiperboli, a punkt punktem przecięcia z odcinkiem gdzie jest środkiem układu współrzędnych (patrz rysunek). Odległość punktu od jest równa długości odcinka Niech punkt będzie symetryczny do względem prostej Odległość od jest równa odległości od Ponadto, z wypukłości funkcji dla wynika, że punkt znajduje się po przeciwnej stronie prostej niż łuk okręgu o środku w punkcie i promieniu równym długości odcinka łączący punkty i (patrz rysunek). Zatem odległość od jest mniejsza niż odległość od Z dowolności wynika, że najmniejsza wartość funkcji jest równa kwadratowi długości odcinka gdzie czyli

Skorzystamy ze znanej nierówności ; we wszystkich symbolach sumowania przyjmujemy Przy warunku mamy więc Dla każdej liczby rzeczywistej słuszne jest oszacowanie Stąd

czyli

W uzyskanej zależności można osiągnąć równość, biorąc na przykład

Widać, że Dla mamy przy tym

zaś dla :

Tak więc

(dla tak określonych liczb ; można dać wiele innych przykładów). Wniosek: liczba to szukane minimum.

Wygodnie będzie zacząć od przypadku, gdy losowanie jest ze zwracaniem. Wynik losowania to wówczas para uporządkowana dzielników liczby Zdarzenia identyfikujemy z odpowiednimi podzbiorami zbioru wszystkich takich par. Gdy para należy do liczby są względnie pierwszymi dzielnikami liczby zatem także iloczyn jest dzielnikiem Oczywiście dzieli więc para należy do

Na odwrót, gdy jest dowolną parą ze zbioru (więc ), wtedy iloraz też jest dzielnikiem i to względnie pierwszym z (bo gdyby miały wspólny dzielnik liczba więc i byłaby podzielna przez wbrew założeniu zadania). Zatem para należy do

Opisane operacje są wzajemnie odwrotne. Stąd wynika, że zbiory i są równoliczne; zaś zdarzenia są (przy losowaniu ze zwracaniem) jednakowo prawdopodobne.

Losowanie bez zwracania eliminuje dublety, tzn. pary postaci gdzie W poprzednim modelu, do zbioru należała tylko jedna taka para ; do należały wszystkie. Więcej par zostało wyeliminowanych z wobec czego (przy losowaniu bez zwracania) zdarzenie jest bardziej prawdopodobne niż

Konstruujemy kolejno: okrąg o środku i promieniu - jego punkt przecięcia z prostą oraz okrąg o środku i promieniu Na mocy twierdzenia punkty przecięcia powyższych dwóch okręgów to wierzchołki i trójkąta.

Na mocy twierdzenia i założenia, zachodzi równość Stąd jako kąty wpisane w okrąg oparte na równych łukach. Wobec tego

Środkiem okręgu opisanego na trójkącie jest punkt z twierdzenia leży on na dwusiecznej kąta Z symetrii problemu okrąg ten wyznacza więc na ramionach kąta równe cięciwy.

Niech leży w kącie Dwusieczne kątów przyległych są prostopadłe, więc oraz Wobec tego na czworokącie można opisać okrąg, którego środkiem jest środek odcinka Okrąg ten jest opisany na trójkącie czyli to punkt z twierdzenia leży więc na okręgu opisanym na trójkącie