Delta mi!

Nasze założenie jest równoważne nierówności

Zauważmy, że wobec i nierówności Schwarza mamy

Mnożąc stronami powyższe nierówności dostajemy

co jest równoważne tezie.

Zauważmy, że podmacierz złożona z pierwszych wierszy (o parzystej liczbie jedynek) wyznacza jednoznacznie ostatni wiersz macierzy (macierz należy uzupełnić, wstawiając do kolumn z nieparzystą liczbą w pierwszych wierszach i 0 w pozostałych kolumnach). Zauważmy, że tak dodany wiersz zawiera parzystą liczbę jedynek - w przeciwnym przypadku łączna liczba jedynek w pierwszych wierszach byłaby nieparzysta.

Pojedynczy wiersz o parzystej liczbie jedynek można wybrać na sposobów - jest to liczba podzbiorów zbioru -elementowego o parzystej liczbie elementów. Zatem wierszy można wybrać na sposobów, co jest równe liczbie interesujących nas macierzy.

Niech Mamy Następnie więc Ponadto, zatem również

Proste, mamy przecież wzór na najmniejszą wartość funkcji kwadratowej (gdy takowa wartość istnieje): to "minus delta przez cztery a", więc obliczamy "deltę", dopisujemy minus, dzielimy przez 4 i otrzymujemy najmniejszą wartość równą 9.

Ponieważ więc najmniejszą wartość funkcja osiąga wtedy, gdy i jest ona równa 9.

Nie ma się nad czym zastanawiać: rozpatrujemy dwa przypadki: oraz W pierwszym otrzymujemy równanie które ma tylko jedno rozwiązanie wśród liczb mniejszych od 1, mianowicie 0, w drugim - równanie które rozwiązujemy jak każde porządne równanie kwadratowe, wybieramy rozwiązanie nie mniejsze od 1, czyli 2.

Może jednak chwilę się zastanówmy. Rozszerzmy nieco równanie:

Niech Rozwiązujemy równanie i otrzymujemy lub Pierwsze rozwiązanie odpada zatem a stąd lub

Idąc za odruchem przekształcania, sprowadzamy równanie do postaci skąd otrzymujemy i podstawiamy:

Oczywiście

zatem

Musimy przecież wiedzieć, jak wielomian wygląda, więc niech

Wówczas

Ze wzorów skróconego mnożenia wynika, że każdy składnik sumy jest podzielny przez zatem suma jest także podzielna przez

Z twierdzenia o dzieleniu wielomianów z resztą oraz z twierdzenia Bézout wynika, że mamy dla pewnego wielomianu (którego współczynniki także są całkowite). Stąd czyli gdzie jest liczbą całkowitą.

Niech będzie wielomianem przyjmującym zadane wartości. Podstawiamy je i widzimy, że a pozostałe współczynniki są związane układem równań:

Rozwiązujemy układ (dowolną poprawną metodą) i okazuje się, że wartości współczynników nie są całkowite. Tak więc taki wielomian o współczynnikach całkowitych nie istnieje.

Z warunków zadania wynika, że jeśli jest takim wielomianem, to

Obie strony drugiej równości są liczbami całkowitymi, jednak lewa strona jest podzielna przez 3, prawa nie. Sprzeczność.

Po podstawieniu otrzymujemy równanie

co po przekształceniach prowadzi do równania

co daje lub

Dla jakich wartości zachodzi równość Sprawdzamy: gdy Pozostaje sprawdzić, dla jakich wartości mamy : gdy a więc gdy lub

Jeśli funkcja kwadratowa przyjmuje tę samą wartość w punktach i to punkty te muszą być położone na osi symetrycznie względem osi symetrii wykresu funkcji. Dla funkcji osią symetrii jest prosta zatem z warunku wynika, że i dla pewnego Stąd dochodzimy do równania

z którego otrzymujemy W konsekwencji a z symetrii sytuacji mamy drugie rozwiązanie: oraz

Przypuśćmy, że liczby oraz spełniają podane warunki. Można przyjąć, że Odejmując pierwsze równanie od drugiego i uwzględniając równanie trzecie, dostajemy związek czyli

(1)

Skoro suma jest liczbą pierwszą, zatem liczby są względnie pierwsze i żadna z nich nie jest zerem. Z równania (1) wynika teraz, że jest dzielnikiem różnicy zaś jest dzielnikiem różnicy Tak więc dla pewnych liczb całkowitych Po podstawieniu do równania (1) mamy Ale więc i dalej:

oraz

Dla liczby pierwszej taka równość zachodzić nie może. Sprzeczność dowodzi, że liczby o podanych własnościach nie istnieją.

(Rezultat tego zadania ma ciekawą interpretację: nie istnieje trójkąt prostokątny o wierzchołkach w punktach kratowych płaszczyzny, w którym kwadraty długości dwóch boków - przeciwprostokątnej i jednej przyprostokątnej - byłyby liczbami pierwszymi).

Dowód przeprowadzimy nie wprost. Ustalmy trzy wektory jednostkowe  i załóżmy, że dla każdego zestawu znaków  zachodzi

Ponieważ  gdzie  oznacza iloczyn skalarny, dostajemy

co przy założeniu o tym, że wektory  mają długość jeden, daje

Sumując otrzymane nierówności stronami po wszystkich zestawach znaków  dostajemy

Ponieważ  dla  więc otrzymujemy sprzeczność.

Maksymalna podgrupa właściwa grupy multiplikatywnej liczb wymiernych dodatnich – tak się w języku algebry nazywa obiekt, którego istnienie należy rozstrzygnąć. Podamy przykład takiej podgrupy. Każda liczba (wymierna dodatnia) daje się przedstawić w postaci

(1)

wykładnik  jest wyznaczony jednoznacznie. Określamy zbiór  zaliczając doń te liczby powyższej postaci, które mają wykładnik  parzysty. Nie wszystkie liczby  się tu znalazły, więc  jest podzbiorem właściwym zbioru  Jest on zamknięty względem działań mnożenia i dzielenia (tworzy podgrupę grupy ) – to jasne. Trzeba jeszcze wykazać, że jeżeli  jest podgrupą grupy  zawierającą  i nie identyczną z   to

Wybierzmy więc i ustalmy dowolny element  Jest to liczba postaci (1):

przy czym wykładnik  jest nieparzysty. Wszystkie iloczyny  gdzie  należą do  Pisząc  w postaci (1), z parzystym  mamy

(2)

Gdy  przebiega zbiór wszystkich liczb parzystych,  przebiega zbiór wszystkich liczb nieparzystych. Ponadto każdy ułamek  o liczniku i mianowniku dodatnim nieparzystym możemy uzyskać jako drugi czynnik przedstawienia (2), biorąc

To znaczy, że w zbiorze  znajdują się wszystkie liczby wymierne dodatnie z nieparzystą potęgą dwójki. Liczby z parzystą potęgą dwójki, czyli elementy zbioru  też się w   znajdują. Zatem, istotnie,

[Nieco ogólniej, można było wziąć dowolne liczby pierwsze (różne lub nie) i określić  jako zbiór wszystkich ułamków  gdzie  są niepodzielne przez  zaś wykładnik  jest podzielny przez ; takie ułamki również tworzą maksymalną podgrupę właściwą (w podanym przykładzie przyjęliśmy ).]

666. Niech

Z założenia istnieje ciąg liczb całkowitych nieujemnych  taki, że

Ciąg  czyli  dąży do  gdy  Stąd

(1)

Różnica  jest wielomianem stopnia  z wyrazem wiodącym  Zatem

(2)

Z drugiej strony,

(3)

gdzie

Wobec związków (1), przy  mamy

(4)

Z zależności (3), (4), (2) wynika teraz, że przy

Różnica  przedstawia więc ciąg liczb całkowitych, który jest zbieżny – taki ciąg jest od pewnego miejsca stały. Oznaczając  mamy zatem

liczba  jest całkowita oraz dodatnia.

Dla liczb całkowitych  uzyskujemy równość

gdzie  jest liczbą całkowitą.

Wniosek:  jest wielomianem

pozostaje tylko zauważyć, że  skoro (z założenia) współczynniki  wielomianu  są nieujemne, zaś

Oznaczmy przez operację polegającą na zmianie znaku na -tej współrzędnej

Zauważmy, że dla dowolnego punktu zachodzi równość

Z drugiej strony, skoro przyjmuje tylko wartości 1 i to ta różnica może przyjmować tylko trzy wartości: i Zatem dla tych które są niezerowe, musi być

Wykażemy teraz, że funkcja ma dokładnie jeden niezerowy współczynnik. Załóżmy przeciwnie, że ma przynajmniej dwa, np. i Bez utraty ogólności możemy przyjąć, że Wówczas, oznaczając przez mamy

Innymi słowy, przyjmuje w tych trzech punktach trzy różne wartości, co przeczy temu, że wartości należą do zbioru dwuelementowego. Zatem jest postaci dla pewnego

Z założenia  dla każdego punktu  Z drugiej strony

gdzie  to suma jednomianów postaci  i   z pewnymi współczynnikami. Kluczem do rozwiązania zadania jest wysumowanie tej równości po wszystkich  punktach kostki dyskretnej. Ponieważ dla ustalonego  zachodzi

i podobnie dla ustalonych  mamy  więc również

Zatem

Niech tymi niezerowymi współczynnikami będą  i   stojące zaś przy nich jednomiany nazwijmy odpowiednio  i   Załóżmy, że wśród tych jednomianów najwyższy stopień ma  Istnieje wtedy zmienna, która występuje w   ale nie występuje w   lub – bez utraty ogólności możemy przyjąć, że  ma tę własność. Wówczas

W pierwszym przypadku mamy  ale z drugiej strony, skoro  to  Z zadania 1394 wiemy, że  otrzymujemy więc  wbrew założeniu. Pozostałe przypadki wymagają analogicznego rozumowania.

Wielomianem o dokładnie czterech niezerowych współczynnikach spełniającym warunki zadania jest np.

Załóżmy przeciwnie, że  to pierwiastki rzeczywiste naszego wielomianu. Wówczas

Porównując współczynniki przy  i   dostajemy

Stąd

więc  Zatem  co jest sprzeczne z założeniem.

Mamy

Podobnie,

Dodając te równości stronami, otrzymujemy tezę.

Oczywiście, wymnażanie mija się z celem; to zajęcie dla masochistów, a poza tym nader łatwo o pomyłkę. Wystarczy jednak zauważyć, że suma współczynników wielomianu równa jest wartości tego wielomianu dla  W tym konkretnym przypadku rachunek okazuje się nad wyraz łatwy ze względu na parę zer.

Przypuśćmy, wbrew dowodzonej tezie, że dwie spośród wymienionych liczb są mniejsze od 1; niech, na przykład,

Oznaczmy odwrotności liczb  odpowiednio przez  Warunek  przybiera postać ; zaś dwie domniemane nierówności przepisujemy jako

po pomnożeniu przez 6 otrzymujemy

Stąd przez dodanie stronami mamy  czyli

Uzyskujemy teraz ciąg nierówności

Jest to oczekiwana sprzeczność, która kończy dowód.

Załóżmy nie wprost, że wielomian  o współczynnikach całkowitych ma cykl  długości  Mamy  Kluczowa będzie dla nas obserwacja, że dla dowolnych liczb całkowitych  i  zachodzi

Mamy bowiem ciąg podzielności

Wynika stąd, że

dla  (przyjmujemy, że ). Znak „–” jest wykluczony, gdyż liczby  są parami różne. Mamy więc  Oznacza to, że ciąg  jest arytmetyczny. Musi on być stały, co daje sprzeczność.

Wykonujemy następujące przekształcenia:

Wystarczy wykazać, że drugi składnik jest dodatni. Ale

Rozważmy trójkąt równoboczny  o środku  Każdemu słowu przyporządkujmy przekształcenie tego trójkąta w ten sposób, że literze  odpowiada symetria względem osi  a literze  obrót wokół punktu  o  zgodnie z ruchem wskazówek zegara. Na przykład słowo  oznacza „obrót, potem symetria, znów symetria i jeszcze dwa obroty”. Zauważmy, że podane operacje nie zmieniają przypisanego przekształcenia. Istotnie, możemy dodać lub odjąć dwie kolejne symetrie względem tej samej osi, trzy obroty o  wokół tego samego punktu, a oba słowa  i  oznaczają symetrię względem osi  W takim razie nie istnieje żądany ciąg operacji, gdyż  oznacza symetrię względem osi  a  symetrię względem osi

Niech  ( ).

Gdy  wystarczy wziąć dowolną liczbę  będącą iloczynem  różnych liczb pierwszych. Są one oczywiście dzielnikami liczby  Dalej przyjmijmy, że

Najpierw wykażemy, że zbiór dzielników pierwszych wszystkich liczb  jest nieskończony. Przypuśćmy bowiem, że jest to zbiór skończony  Biorąc jako  dowolną liczbę postaci  (  całkowite), mamy

Liczba w nawiasie kwadratowym nie dzieli się przez żadną z liczb pierwszych  (a swoboda wyboru  pozwala przyjąć, że jest różna od ); ma więc jakiś inny dzielnik pierwszy, wbrew uczynionemu przypuszczeniu.

Stąd wniosek, że dla dowolnego  istnieją różne liczby pierwsze  oraz takie liczby całkowite  że

Znajdujemy liczbę  spełniającą układ kongruencji

taka liczba istnieje, w myśl chińskiego twierdzenia o resztach. Wówczas

liczba  ma więc co najmniej  różnych dzielników pierwszych.

Zauważmy, że dla możemy napisać

Wtedy

i ogólnie

To oznacza, że dla Ponieważ funkcja jest malejąca w przedziale więc pierwiastki otrzymane dla będą różne, a więcej pierwiastków  mieć nie może.