Delta mi!

Niech oznacza gracza rozpoczynającego, zaś jego przeciwnika. Wykażemy, że ma strategię wygrywającą, polegającą na pozostawianiu po każdym swoim ruchu dwóch stosów o nieparzystej liczbie monet.

Jeśli na każdym stosie jest nieparzysta liczba monet i przynajmniej jedna z nich jest większa od to po wykonaniu swojego ruchu zostawi dla stos z parzystą liczbą monet (i drugi o nieparzystej liczbie monet). Wówczas może usunąć stos o nieparzystej liczbie monet, a ten o parzystej liczbie monet podzielić na dwa stosy zgodnie ze swoją strategią.

Gra zakończy się wygraną gdy zostawi on dla dwa jednomonetowe stosy.

Wymnażając wyrażenia w nawiasach i redukując wyrazy podobne, dostajemy równoważną nierówność

która jest prawdziwa wobec nierówności między średnią geometryczną i arytmetyczną.

Oznaczmy przez oraz lewą i prawą stronę postulowanego równania

Przyjmijmy, że nie są wielomianami zerowymi. Jasne, że muszą mieć jednakowy stopień oraz równe współczynniki wiodące:

gdzie i są wielomianami stopni co najwyżej Tak więc

i dalej

Stąd czyli czyli Podstawiając w wyjściowym równaniu oraz otrzymujemy zależności oraz skąd Ostatecznie więc ; przyjęliśmy, że - wszelako dla dostajemy parę wielomianów zerowych, które też są rozwiązaniem. Oczywiście każda para postaci - dowolna stała) spełnia zadane równanie.

Warunek dany w zadaniu przekształca się w równoważny sposób do postaci Rozważmy taki czworokąt że oraz Z twierdzenia cosinusów zastosowanego do trójkątów oraz otrzymujemy wówczas

a stąd

Oznaczmy przez miarę kąta Wówczas i korzystając z twierdzenia cosinusów tym razem w trójkątach i dostajemy

skąd mamy

i ostatecznie

Ponieważ czworokąt jest wpisany w okrąg, to z twierdzenia Ptolemeusza wynika równość którą - korzystając z wcześniejszych obserwacji - możemy przepisać w postaci

Z warunku wynikają zależności oraz z których otrzymujemy ciąg nierówności

Jeżeli liczba jest pierwsza, to biorąc pod uwagę powyższe nierówności, widzimy, że jest ona względnie pierwsza z liczbami oraz Z otrzymanej przez nas równości otrzymujemy więc podzielność To jednak przeczy drugiej z powyższych nierówności i w efekcie dowodzi, że liczba jest złożona.

W rozwiązaniu tego zadania odwołamy się do teorii grafów. Skorzystamy z powszechnie znanego i nietrudnego w dowodzie faktu: w dowolnym grafie prostym o wierzchołkach i krawędziach istnieje cykl. Przypomnijmy, że w grafie prostym nie ma podwójnych krawędzi ani pętli.

Dla dowodu nie wprost załóżmy, że usunięcie dowolnej z kolumn spowoduje powstanie tablicy o dwóch identycznych wierszach. Oznacza to, że dla każdej z kolumn istnieje para wierszy, która różni się między sobą tylko w tej kolumnie. Rozważmy więc graf, którego wierzchołkami są wiersze naszej tablicy i połączmy dwa wiersze krawędzią, jeżeli dla pewnej kolumny są one tymi wierszami, które różnią się tylko w niej. Jeśli dla pewnej kolumny istnieje więcej takich par wierszy, to wybierzmy z nich dowolną i tylko między nimi poprowadźmy krawędź w naszym grafie. Oczywiście, jedna para wierszy zostanie połączona krawędzią co najwyżej raz - nie może bowiem zdarzyć się sytuacja, w której dwa wiersze różnią się na tylko jednej pozycji dla dwóch różnych pozycji. Utworzona przez nas struktura jest więc -wierzchołkowym grafem prostym o krawędziach. Z przytoczonego wcześniej faktu wynika istnienie cyklu w tym grafie. Innymi słowy, istnieje ciąg wierszy o numerach o tej własności, że dla dowolnego wiersze oraz różnią się na dokładnie jednej pozycji (przyjmujemy, że ). Oznaczmy przez numer pozycji, na której różnią się wiersze o numerach i Każda kolejna para wierszy różni się już w innej kolumnie niż -ta. Począwszy więc od wiersza o numerze każdy następny wiersz w naszym ciągu zawiera tą samą liczbę na pozycji -tej. Ale wiersze oraz różnią się również w innej kolumnie niż -ta, a zatem wiersz zawiera liczbę na pozycji Otrzymana sprzeczność kończy rozwiązanie zadania.

Za pomocą obliczeń na długościach odcinków stycznych można łatwo wykazać, że punkt jest punktem styczności z bokiem okręgu dopisanego do trójkąta Jeżeli więc przez oznaczymy punkt środkowosymetryczny do względem to jednokładność o środku w punkcie która przekształca okrąg wpisany na okrąg dopisany, przeprowadza punkt na punkt A zatem punkty i są współliniowe. Prosta jest zatem prostą łączącą środki boków w trójkącie a stąd wynika żądana równoległość.

Kluczem do rozwiązania zadania jest zrobienie tabeli kto wygrywa dla początkowych wartości Niech oznacza gracza rozpoczynającego, zaś jego przeciwnika.

Gdy gracz rozpoczynający nie może wykonać ruchu, więc wygrywa jego przeciwnik - gracz

Gdy to zabiera monetę i dostaje pusty stos i przegrywa.

Gdy to musi zabrać monetę i przeciwnik jest w przed chwilą przeanalizowanej wygrywającej sytuacji.

Gdy to zabiera odpowiednio monet, zostawiając przeciwnika z monetami, czyli jest w przed chwilą przeanalizowanych pozycjach przegrywających.

Nietrudno jest w podobny sposób przeanalizować dalszy przebieg tabeli i zauważyć, że wygrywa wtedy i tylko wtedy, gdy przystaje modulo 8 do 0 lub 2. Skoro to ma strategię wygrywającą.

Gdyby było dla pewnego to wstawiając

mielibyśmy

skąd - sprzeczność. Zatem dla każdego więc

co oznacza, że jest nierosnąca.

Oznaczmy kąty przy wierzchołku jak następuje:

Zauważmy, że oraz na mocy tw. o kątach wpisanych, więc kąty w trójkącie wynoszą Analogicznie jest dla trójkątów i Zatem są to trójkąty podobne do trójkąta w szczególności

Mnożąc te równania stronami, dostajemy

co daje tezę.

Liczby, dla których najbliższym kwadratem jest mają postać

(1)

Suma wartości dla tych liczb wynosi Stąd

Dla liczb postaci (1) obliczamy:

Aby ujednolicić zapis, wprowadzamy parametr i wyznaczamy (dla w formie (1)):

(2)

Interesują nas wartości całkowite uzyskanego wyrażenia. Przekształcamy je do postaci

(3)

Dla oraz wychodzą wartości niecałkowite - można je zignorować, ograniczając zakres parametru do Wówczas

Różnica (2) jest więc liczbą całkowitą (równą ) wtedy i tylko wtedy, gdy zaś Gdy ostatni warunek jest spełniony dla trzech par mianowicie

Wniosek: dowolna liczba całkowita jest wartością wyrażenia jedynie dla gdzie zaś jest jedną z trzech powyższych par - czyli, po podstawieniu, dla

Zgodnie z zadaniem, niech będzie taką liczbą, że oraz Tak więc

skąd Skoro musi być Dostajemy równanie z rozwiązaniami oraz Obie wartości spełniają wymagane warunki

Niech oznacza zdarzenie:
da się przejść pomiędzy brzegami rzeki.
Poszukujemy czyli prawdopodobieństwa tego zdarzenia.

Wyobraźmy sobie, że rzeką płynie statek o wysokim maszcie, który nie zmieści się pod opuszczonymi mostami. Na rysunku obok kolorem oznaczono "obszary" wodne i połączenia pomiędzy nimi. Zauważmy, że ta część rysunku obrócona o wygląda tak samo, jak część czarno-szara (ilustrująca potencjalne drogi pieszego). Co więcej, w obu przypadkach każdy most jest w "sprzyjającej" pozycji z takim samym prawdopodobieństwem, równym 1/2.

Niech oznacza zdarzenie: statek może przepłynąć pomiędzy punktami i Wobec powyższej obserwacji,

Jeśli człowiek może przejść pomiędzy brzegami rzeki, czyli są one połączone pewną drogą prowadzącą przez mosty i wyspy, to statek nie może przepłynąć wzdłuż rzeki. Analogicznie, jeśli człowiek nie może przejść, to brzegi nie są połączone, co oznacza, że istnieje linia, która je rozdziela i statek może taką właśnie trasą przepłynąć.

Stąd wniosek, że zawsze zachodzi dokładnie jedno spośród zdarzeń i czyli są to zdarzenia przeciwne. Zatem więc wobec wcześniejszej obserwacji, że uzyskujemy wynik

Przykład dla

Rozważmy szachownicę o wierszach i kolumnach, której każde pole pomalowano na czarno z prawdopodobieństwem a z prawdopodobieństwem pozostawiono białe. Prawdopodobieństwo, że wybrany wiersz jest cały czarny jest wówczas równe (bo każde z pól musi być czarne), więc prawdopodobieństwo, że istnieje w nim białe pole wynosi

Niech oznacza zdarzenie: w każdym wierszu jest co najmniej jedno białe pole. Wierszy jest ; wobec powyższej obserwacji Analogicznie niech oznacza zdarzenie: w każdej kolumnie istnieje pole czarne, wówczas

Jeśli nie zachodzi zdarzenie czyli nie jest prawdą, że w każdym wierszu jest białe pole, to istnieje wiersz o wszystkich polach czarnych. Wtedy na pewno w każdej kolumnie jest czarne pole (choćby z tego właśnie wiersza), czyli zachodzi zdarzenie Wobec tego zawsze zachodzi co najmniej jedno spośród zdarzeń i stąd czyli

Udowodnimy indukcyjnie, że dla

Dla nasza nierówność przyjmuje postać Załóżmy, że nierówność jest prawdziwa dla gdzie Wówczas

co dowodzi prawdziwości nierówności dla W takim razie nierówność jest spełniona dla każdej liczby naturalnej

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku ( to środki odcinków).

Niech oznacza długość boku pięciokąta oraz - długość przekątnej. Z podobieństwa trójkątów i mamy skąd Z podobieństwa trójkątów i otrzymujemy

(*)

skąd

W takim razie Wreszcie z podobieństwa trójkątów i i mamy

skąd

więc