Delta mi!

Rozważmy macierz wymiarów w której jeżeli pole o współrzędnych danej tablicy jest wyróżnione oraz w przeciwnym przypadku. Wówczas

gdzie oraz to odpowiednio macierz jedynek oraz macierz identyczności wymiarów Łatwo sprawdzić, że dla macierz jest nieosobliwa, skąd wynika, że również macierz jest nieosobliwa. Wobec tego

Bezpośrednio sprawdzamy, że skąd wobec powyższej równości mamy

To oznacza, że każda para różnych wierszy macierzy ma iloczyn skalarny równy co w myśl definicji macierzy kończy dowód.

Gdy jest funkcją stałą, implikacja jest oczywista. Dalej przyjmijmy, że jest wielomianem stopnia dodatniego. Wielomian ma taki sam stopień, a przy tym przyjmuje - zgodnie z założeniem - wyłącznie wartości nieujemne. Jest to więc wielomian stopnia parzystego. Ten sam stopień ma zarówno wielomian jak i wielomian Każdy z tych wielomianów, jako funkcja ciągła zmiennej rzeczywistej, mająca granicę przy przyjmuje w pewnym punkcie osi liczbowej swoją wartość minimalną. Niech więc

W punkcie, realizującym minimum, pochodna jest równa zeru: Zauważmy, że, w myśl założenia zadania,

Podstawiając dostajemy Jest to wartość minimalna wielomianu zatem

Podstawiamy i mamy To wartość minimalna wielomianu Zatem 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.

Wykażemy, że każda dodatnia liczba wymierna ma przedstawienie wymaganej postaci. Weźmy dowolną liczbę wymierną

Rozpatrzymy najpierw przypadek, gdy ; tak więc W tym przypadku wystarczy przyjąć

wówczas

podobnie wyrażamy i otrzymujemy

W przypadku ogólnym, gdy jest dowolną liczbą wymierną dodatnią, znajdujemy liczbę wymierną taką, że W myśl konkluzji poprzedniego przypadku liczba daje się zapisać jako ułamek

Stąd dostajemy żądane przedstawienie liczby :

Niech oznacza lewą stronę podanego równania, pomnożoną przez i niech oznacza prawą stronę tego równania, pomnożoną przez Są to wielomiany czterech zmiennych, jednorodne, czwartego stopnia. Skontrolujmy ich wartości, gdy np. :

te wartości są równe. To znaczy, że wielomian dzieli się przez dwumian Analogicznie (wobec niezmienniczości przy cyklicznym przesunięciu zmiennych) dzieli się przez dwumiany Stąd wniosek, że dzieli się przez iloczyn tych dwumianów, a iloraz jest pewną stałą. Biorąc dowolne różne liczby stwierdzamy, że ta stała to 1. Tak więc

(oczywiście można było tę tożsamość sprawdzić wprost, podstawiając wyrażenie określające rozważane działanie, przenosząc wszystko na jedną stronę i pracowicie przekształcając).

Dane w zadaniu równanie nie jest spełnione dla żadnej czwórki różnych liczb jest zaś spełnione dla wielu czwórek utworzonych z trzech różnych liczb (z jednym powtórzeniem).

Korzystając z danej równości oraz z przemienności uzyskujemy

dla każdej dodatniej liczby całkowitej W połączeniu z łącznością mamy więc

dla dowolnych a zatem jest "zwykłym" dodawaniem. Z danej w treści zadania zależności wynika więc również, że jest "zwykłym" mnożeniem.

Jeżeli zastąpimy założenie o łączności operacji założeniem o jej przemienności, odpowiedź ulegnie zmianie. Można rozważyć, na przykład, operacje

które nie są "zwykłe", a spełniają wymagane warunki.

Rozważmy wielomian Wówczas liczba jest pierwiastkiem wielomianu Niech Wówczas po przemnożeniu obu stron równości przez otrzymujemy

Stąd liczba jest podzielna przez Ponieważ liczby i są względnie pierwsze, to wiemy, że dzieli liczbę

Z wzorów Viete'a wiemy, że oraz W takim razie mamy również

Przekształcając równanie z zadania otrzymujemy czyli Stąd otrzymujemy

Załóżmy przeciwnie, że takie funkcje kwadratowe istnieją. Wówczas liczby są pierwiastkami wielomianu czwartego stopnia Ponieważ dla tylko wówczas, gdy jest wierzchołkiem funkcji to otrzymujemy i Ponadto lub

Liczby i są pierwiastkami funkcji kwadratowej więc mamy i oraz Dla funkcji ostatni warunek wymusza co daje sprzeczność.

Rozważmy wielomian

Wartość jest równa iloczynowi liczb wpisanych w -tą kolumnę. Stąd Ponieważ stopień wielomianu jest mniejszy niż otrzymujemy, że jest to wielomian stale równy

W takim razie mamy

a stąd iloczyn liczb wpisanych w -ty wiersz jest równy niezależnie od

Dla otrzymujemy co nie spełnia warunków zadania.

W przeciwnym przypadku otrzymujemy równanie kwadratowe, niech i będą jego rozwiązaniami. Korzystając ze wzorów Viète'a, otrzymujemy

Ponieważ są liczbami naturalnymi większymi od o iloczynie to są one równe i a stąd rozwiązaniami naszego równania są liczby i Z zależności mamy i łatwo sprawdzić, że ta wartość parametru faktycznie spełnia warunki zadania.

Załóżmy, że gdzie Wtedy zatem czyli sprzecznie z Wielkim Twierdzeniem Fermata.

Dany warunek równoważny jest równości Na mocy Wielkiego Twierdzenia Fermata, skoro to czyli Wówczas i w rezultacie

Przekształcając dane równanie, uzyskujemy Na mocy Wielkiego Twierdzenia Fermata musi być lub To daje rozwiązania lub

Tak. Niech Wówczas Przypuśćmy, że dla pewnych liczb wymiernych Równanie ma wtedy dwa różne pierwiastki wymierne Stąd także równanie ma dwa różne pierwiastki wymierne Wobec tego z wzorów Viète'a czyli

Jeśli to teza jest spełniona. Ponieważ liczba jest niewymierna, to Pozostaje więc rozważyć przypadek, gdy Z założenia wiemy, że

Liczba przy dzieleniu przez daje resztę 0, 1, 2 lub 4, więc - resztę 0, 6, 5 lub 3. W takim razie a stąd

Zauważmy, że

przy czym nierówność wynika ze znanej nierówności. Analogicznie

Zapiszmy liczby jako Wówczas

a zadane równania przybierają postać

Po dodaniu stronami:

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

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).

Przykładami wielomianów, o jakich mowa, stopni oraz mogą być oraz Wykażemy, że nie istnieje wielomian o podanych własnościach, stopnia

Przypuśćmy, że jest takim wielomianem. Zestaw wszystkich pierwiastków wielomianu rozdzielamy na ciąg pierwiastków wielomianu oraz ciąg pierwiastków wielomianu Wówczas

(1)

Podstawiając mamy skąd wynika, że najmniejszy z czynników tego iloczynu jest liczbą ujemną: Wobec tego jest liczbą większą od wszystkich Widzimy ponadto, że liczby nie mogą być wszystkie równe, bo liczba nie jest iloczynem równych liczb całkowitych. Zatem

Podstawiając z kolei w równaniu (1) dostajemy Jest to iloczyn dodatnich liczb całkowitych; największa musi być dwójką, a pozostałe jedynkami - to znaczy,

(2)

Wracamy do równania (1) i podstawiamy ; otrzymujemy równość Zgodnie ze wzorami (2), przepisujemy ją w postaci

(3)

Skoro czynnik musi być równy Gdyby był równy znaczyłoby to, że wbrew wcześniejszemu spostrzeżeniu. Gdyby był równy w pierwszym nawiasie wzoru (3) mielibyśmy Równość (3) doprowadziła do sprzeczności.

Wielomiany o postulowanych własnościach istnieją więc tylko dla i (Nietrudno znaleźć ich ogólną postać - zostawiamy to jako ćwiczenie).

Czytelnik doświadczony w dziedzinie rozwiązywania problemów olimpijskich z całą pewnością natychmiast skojarzy dany warunek ze wzorami Viète'a. Jest to istotnie dobry trop. Rozważmy bowiem wielomian którego pierwiastkami są liczby czyli

Z danych założeń i wspomnianych wzorów Viète'a wynika bezpośrednio, że Jeżeli więc to oczywiście Widzimy zatem, że żaden z pierwiastków nie może być liczbą ujemną, co kończy rozwiązanie.

Oznaczmy sumę daną w zadaniu przez Udowodnimy najpierw, że liczba nie jest całkowita. Zauważmy w tym celu, że dla dowolnej liczby całkowitej zachodzą nierówności

Pierwsza z nich jest oczywista, zaś druga po podniesieniu do kwadratu redukuje się do

co jest prawdą, gdyż

W szczególności dla dowolnego prawdziwe są nierówności

Wynika stąd, że suma nie jest liczbą całkowitą, gdyż część ułamkowa każdego z jej składników jest mniejsza niż Dowodzi to naszego stwierdzenia.

Może się wydawać, że do osiągnięcia celu jest jeszcze daleko. Liczba, która nie jest całkowita, nie musi przecież od razu być niewymierna. W tym jednak momencie można zacząć podejrzewać, jaką rolę odegrają własności wielomianów. W następnym kroku udowodnimy bowiem, że istnieje wielomian unormowany o współczynnikach całkowitych, taki, że Stąd już natychmiast otrzymamy tezę zadania, gdyż z twierdzenia o pierwiastku wymiernym wynika, że każdy wymierny pierwiastek wielomianu jest również całkowity. W szczególności, skoro to tym samym

Za pomocą indukcji po wykażemy ogólniejsze stwierdzenie: dla dowolnych liczb całkowitych istnieje unormowany wielomian o współczynnikach całkowitych, dla którego

Gdy wystarczy przyjąć Załóżmy więc, że oraz istnieje wielomian unormowany o współczynnikach całkowitych, dla którego gdzie Przyjmijmy, że stopień wielomianu to i że zapisuje się w postaci W szczególności

Po rozwinięciu wszystkich potęg ze wzoru dwumianowego Newtona otrzymujemy równanie postaci

gdzie i są wielomianami o współczynnikach całkowitych stopnia mniejszego niż Przenosząc składnik na drugą stronę i podnosząc obie strony równości do kwadratu, dostajemy

W szczególności liczba jest pierwiastkiem unormowanego wielomianu

Kończy to zarówno dowód indukcyjny, jak i rozwiązanie zadania.

Zauważmy, że płaszczyzn o równaniach dla spełnia żądany warunek. Wykażemy, że jest minimalną liczbą o tej własności.

Załóżmy więc, że suma mnogościowa pewnych płaszczyzn danych równaniami

pokrywa zbiór ale nie zawiera punktu Rozważmy wielomian trzech zmiennych dany jako

Jest to wielomian łącznego stopnia który spełnia warunek dla oraz

Za pomocą wielomianu udało się nam przetłumaczyć kombinatoryczny warunek dotyczący płaszczyzn na język algebry. Dzięki temu możemy wykorzystać jej narzędzia, zapominając o kombinatorycznej naturze zadania.

Dla dowolnego wielomianu trzech zmiennych określmy operację zdefiniowaną jako

W analogiczny sposób definiujemy operację oraz

Za pomocą nietrudnego rachunku na współczynnikach sprawdzimy najpierw, że operacja zmniejsza łączny stopień wielomianu co najmniej o Załóżmy bowiem, że stopień pewnego wielomianu to przy czym w rozwinięciu pojawia się jednomian postaci Korzystając ze wzoru dwumianowego Newtona, uzyskujemy

Otrzymaliśmy więc sumę jednomianów o łącznym stopniu nieprzekraczającym Stosując to samo rozumowanie do każdego jednomianu postaci który pojawia się w rozwinięciu i spełnia widzimy, że operacja redukuje wszystkie jednomiany o łącznym stopniu Potwierdza to nasze stwierdzenie.

Zauważmy, że skoro wielomian zeruje się dla dowolnej trójki spełniającej oraz to zeruje się dla dowolnej trójki która spełnia oraz Jednocześnie, mamy

Powtarzając operację aż -krotnie, otrzymujemy wielomian który zeruje się dla dowolnej trójki postaci gdzie oraz nie zeruje się dla Używając więc operacji już ostatni raz dostajemy

Wielomian, który otrzymaliśmy z wielomianu po -krotnym zastosowaniu operacji nie zeruje się więc w punkcie ale zeruje się dla dowolnego punktu postaci gdzie i co najmniej jedna z liczb jest różna od zera.

Możemy zatem powtórzyć cały powyższy proces, tym razem względem zmiennej startując od wielomianu otrzymanego w ostatnim kroku. Wielomian zeruje się więc dla dowolnej trójki postaci gdzie ale nie dla trójki Ostatecznie już, rozumując w ten sam sposób względem zmiennej dochodzimy do wniosku, że wielomian nie zeruje się w punkcie

Nie jest to zatem wielomian zerowy. Wcześniej udowodniliśmy jednak, że dowolna z operacji redukuje łączny stopień wielomianu co najmniej o Stopień wielomianu nie przekracza zatem Stąd i rozwiązanie zadania jest zakończone.

Zadanie może wydawać się całkiem tajemnicze. W naturalny sposób nasuwają się dwa pytania: dlaczego akurat potęga liczby 2 i gdzie tu znaleźć wielomiany? Jako rozgrzewkę możemy zaproponować Czytelnikowi proste ćwiczenie: dla dowolnej potęgi liczby 2 skonstruować różne zestawy liczb o żądanej własności.

Odpowiedzmy zatem na drugie. Rozważmy bowiem wielomiany

Kluczowa obserwacja polega na połączeniu danego warunku z operacją brania kwadratu wielomianu. Zauważmy bowiem, że

Przypatrzmy się teraz wielomianowi Nie jest to wielomian zerowy oraz a więc liczba jest jego pierwiastkiem. Oznaczmy przez krotność owego pierwiastka, czyli dla pewnego wielomianu takiego, że Wówczas

Podstawiając w powyższej równości, dostajemy

skąd

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.

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

Odp. Nie!
Rozważmy macierz zawierającą jedynki i zero. Szukana podmacierz musiałaby zawierać jedynki, a więc mieć lub wyrazy. W takim razie musiałaby mieć wymiary lub lub lub co nie jest możliwe.