Delta mi!

Przeprowadzimy dowód indukcyjny. Dla niech będą elementami zbioru Wówczas na jednym stosie kładziemy karteczkę z liczbą a na drugim - karteczki z liczbami oraz

Przypuśćmy, że żądaną własność mają wszystkie liczby nieparzyste nie większe od i rozważmy dowolny zbiór liczb oraz związane z nimi karteczki. Z założenia indukcyjnego wszystkie karteczki pochodzące wyłącznie od liczb można podzielić na stosy o równych sumach. Pozostałe karteczki najpierw podzielmy na następujące grup: grup po dwie karteczki, z liczbami oraz dla oraz jedna grupa składająca się z pozostałej karteczki z liczbą Zauważmy, że w każdej grupie suma liczb z karteczek jest równa Wobec tego wystarczy karteczki z dowolnych grup dołączyć do jednego stosu, a karteczki z pozostałych grup - do drugiego stosu. To kończy dowód indukcyjny.

Odpowiedź: Nie.
Z kolejnego zadania wynika, że karteczki można podzielić na dwa stosy o równych sumach zapisanych liczb. Wobec tego gdyby na karteczkach znajdowały się liczby od 1 do 10, to istniałby podział na stosy, każdy o sumie

nie jest to możliwe, gdyż liczby na wszystkich karteczkach są całkowite.

Odpowiedź: Tak.
Przypuśćmy, że na tablicy zapisano liczby Wówczas najmniejsza z liczb zapisanych na karteczkach to druga najmniejsza (być może równa) - ; największa to a druga największa - Ponadto sumując liczby ze wszystkich karteczek, uzyskujemy a zatem znamy również wartość Ta wiedza wystarcza kolejno do znalezienia wartości

Rysunek dla przypadku sugeruje pewną metodę wypełniania, ale Czytelnik szybko przekona się, że metody tej nie da się powtórzyć dla My zaś rozwiążemy problem, dowodząc, że można znaleźć takie pokrycie, dla którego dowolnie z góry wybrany kwadrat pozostanie odkryty. Z tego oczywiście natychmiast wynika pozytywne rozwiązanie problemu. Rozumowanie przebiega oczywiście indukcyjnie względem i przypadek jest oczywisty.

W kroku indukcyjnym ustalmy dowolne i kwadrat podzielmy na cztery mniejsze kwadraty, jak na rysunku poniżej. Pomarańczowy kwadrat to nasze dowolnie wybrane, ale ustalone pole, którego nie możemy przykryć. W trzech kwadratach z podziału, które nie zawierają wyróżnionego pomarańczowego pola, zaznaczamy te płytki, które są narożnymi polami centralnego bloku Korzystamy teraz z indukcji i wypełniamy wszystkie cztery kwadraty płytkami tak, aby nie nakryć pól pomarańczowego i szarych. Następnie szare pola nakrywamy pojedynczą płytką. Dowód jest zakończony.

Rysunki poniżej prezentują odpowiednie wypełnienie metodą indukcji dla przypadków oraz Każda szara płytka odpowiada tej wykorzystanej w dowodzie indukcyjnym.

Rozważmy dwie dowolne figury, których część wspólna jest jakimś innym kształtem. Niech pola dwóch kształtów będą odpowiednio równe oraz (można założyć, że ) oraz pole części wspólnej jest równe Wtedy szukane pole jest równe

Zatem pole z problemu jest równe

Różnica pola szarego i kolorowego zbioru we wszystkich powyższych przypadkach jest taka sama!

Postawmy ogólniejszy problem. Uzasadnimy, że dowolny niepusty przedział otwarty ma tę własność, że dla pewnego Niech i będzie długością tego przedziału. Zauważmy, że jeżeli to jest przedziałem dwukrotnie dłuższym niż Tym samym kolejne przekształcenia przez są przedziałami długości i tak dalej, o ile do żadnego z wymienionych zbiorów nie należy Wobec powyższego istnieje takie że Ale i czyli i wobec tego jest przedziałem postaci dla pewnego Teraz ponownie podwaja długość przedziału wobec tego dla pewnego zachodzi Tym samym i wystarczy jeszcze zauważyć, że

Rozwiązanie pierwotnego problemu polega teraz na zauważeniu, że dowolny przedział postulowany w treści zadania zawiera w sobie przedział otwarty oraz jeśli z przypadku ogólnego, to tym bardziej

Uogólnijmy problem: udowodnimy, że jeżeli oraz są zbiorami skończonymi o tej samej liczbie elementów oraz jest iniekcją, to jest bijekcją. Rozwiązanie przebiega indukcyjnie ze względu na liczbę elementów zbioru Oczywiście przypadek jest spełniony, przechodzimy zatem do kroku indukcyjnego. Niech Niech będzie takie, że dla pewnego Takie jest jedyne na mocy iniektywności, zatem można rozważyć funkcję daną wzorem dla Wtedy oraz jest iniekcją. Istotnie, jeżeli i to Zauważmy teraz, że (ponownie korzystamy z iniektywności), zatem również Tym samym jest iniekcją, a więc z założenia indukcyjnego jest ona bijekcją. Stąd już łatwo wynika, że jest bijekcją (dorzucamy po różnym od pozostałych punkcie do dziedziny i przeciwdziedziny).

Rozwiązanie problemu wyjściowego polega teraz na zastosowaniu udowodnionego przed chwilą ogólniejszego faktu dla

Niech gdzie są liczbami całkowitymi. Oczywiście dla (przyjmujemy ). Załóżmy, że dla pewnego Wówczas dla pewnego czyli W tej sytuacji dzieli Załóżmy, że Z podzielności wnioskujemy kolejno oraz czyli Jednak ma tylko 4 różne dzielniki całkowite, co przeczy równości Przypadek rozpatrujemy podobnie i w ten sposób kończymy dowód, że tylko pierwiastki wielomianu są całkowitymi pierwiastkami wielomianu co dopełnia rozwiązanie.

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku. Załóżmy, że bok kwadratu ma długość 1, i przypuśćmy, że Ponieważ mamy Jednocześnie zatem Skoro jednak musi być Analogicznie wnioskujemy stąd kolejno i Mamy zatem sprzeczność. Podobnie wykluczamy przypadek zatem więc skąd już w prosty sposób wnioskujemy, że środkowy prostokąt jest kwadratem.

Liczby spełniają wymaganą w zadaniu równość. Załóżmy, że nieparzyste liczby spełniają Wówczas

Skoro są nieparzyste, to jedna z par oraz składa się z dwóch liczb nieparzystych, i tę parę wybieramy jako W ten indukcyjny sposób możemy skonstruować rozwiązanie wyjściowego równania dla dowolnej liczby naturalnej

Najpierw musimy uzasadnić, że optymalna konfiguracja wygląda tak jak na rysunku 1, z jednym bokiem kwadratu leżącym na boku trójkąta. Ten żmudny fragment pozostawiamy Czytelnikom, tym bardziej że wkrótce podamy inne, dosyć przekonujące uzasadnienie. Reszta to elementarna geometria. Zakładając, że duży trójkąt ma bok długości 1, mamy:

a stąd czyli stosunek pola kwadratu do pola trójkąta wynosi