Delta mi!

Oznaczmy i rozważmy dowolne liczby całkowite Zauważmy, że jeśli te liczby mają wspólny dzielnik większy od to możemy każdą z nich przezeń podzielić, zachowując postać tezy zadania. Wobec tego możemy bez straty ogólności założyć, że

Jeżeli istnieje o tej własności, że to dla pewnego mamy Wówczas więc

Jeżeli żadna z liczb nie jest podzielna przez to reszty z dzielenia przez pewnych dwóch z nich należą do tego samego spośród zbiorów

Innymi słowy, istnieją takie że oraz lub W pierwszym przypadku mamy

w drugim zaś bezpośrednio

Skoro jest liczbą złożoną, to dla pewnych (niekoniecznie różnych) liczb nieparzystych większych od Niech

oraz

Wówczas

Jeżeli to

Jeżeli to skąd

Jeżeli oraz to

W końcu jeśli to

Spośród wszystkich par wyróżnionych punktów o tym samym numerze wybierzmy taką, że między nimi jest jak najmniej innych wyróżnionych punktów (na pewnym z dwóch łuków). Bez straty ogólności przyjmijmy, że wybrana para ma numery 1 (cykliczne przenumerowanie jednocześnie w obrębie punktów obydwu kolorów nie ma wpływu na tezę

Zauważmy, że wszystkie wyróżnione punkty pomiędzy tymi o numerze 1 są tego samego koloru - w przeciwnym przypadku wśród nich byłyby punkty o tym samym numerze. Przypuśćmy, że są to punkty białe; rozumowanie w przypadku punktów czarnych jest analogiczne. W zależności od położenia punktów o numerze 1 możemy wyróżnić dwa przypadki.

Pomiędzy punktami o numerze 1 znajdują się punkty białe o numerach od 2 do Wówczas wybierając jeden punkt podziału okręgu na łuki pomiędzy białymi punktami o numerach i a drugi - w taki sposób, aby na obydwu uzyskanych łukach było po wyróżnionych punktów, uzyskujemy rozcięcie o postulowanej własności.

Pomiędzy punktami o numerze znajdują się punkty białe o numerach od do Wówczas wybierając jeden punkt podziału okręgu na łuki pomiędzy białymi punktami o numerach i (a drugi odpowiednio jak wyżej), uzyskujemy rozcięcie spełniające warunki zadania.

Przyjmijmy i ustalmy prostokątny układ współrzędnych, w którym wierzchołkami sześcianu są punkty a rzutem prostokątnym punktu na płaszczyznę jest punkt o współrzędnych Zatem ; zaś płaszczyzna jest dana równaniem

Załóżmy, że ma ona punkty wspólne ze wszystkimi ścianami sześcianu; więc np. ze ścianą o wierzchołkach Każda z półprzestrzeni ( ) musi zawierać jeden z tych czterech wierzchołków. Zatem przy pewnym doborze znaków mamy nierówność Skoro znaczy to, że

Analogicznie oraz Dodajemy te trzy nierówności i otrzymujemy

czyli, równoważnie,

Lewa strona to kwadrat odległości punktu od punktu Tak więc A ponieważ ostatecznie

Gdy wszystkie nierówności stają się równościami; płaszczyzna o równaniu leży w odległości od i spotyka wszystkie ściany. Dla szukane maksimum wynosi więc ; zaś w przypadku ogólnym - po przeskalowaniu - wynosi

Niech będą liczbami o rozważanej własności. Wielomian o pierwiastkach

ma współczynniki nieujemne, co wynika z podanych założeń:

Skoro zatem dla Brak pierwiastków dodatnich oznacza, że

Na odwrót, gdy zadane nierówności są spełnione. Rozwiązaniem zadania są czwórki z

Odpowiedź: Największa możliwa liczba elementów zbioru jest równa

Przyjmując

mamy oraz suma każdych trzech elementów jest większa od a zatem nie należy do

Z drugiej strony, zbiory oraz

(dla ) stanowią rozbicie zbioru a w każdym z nich jeden z elementów jest sumą trzech innych, mianowicie

oraz

Pozostaje zauważyć, że jeżeli oraz to dla pewnego i w konsekwencji zbiór nie ma danej w treści zadania własności.

Przypuśćmy, że każda osoba w danej grupie ma co najwyżej czterech znajomych. Wówczas łączna liczba relacji znajomości w tej grupie nie przekracza

Tymczasem, w myśl warunków zadania, w każdej z piątek osób są co najmniej trzy znajomości, a każda taka trójka znających się nawzajem osób należy do dokładnie piątek osób. Wobec tego łączna liczba znajomości w grupie jest nie mniejsza od

Uzyskana sprzeczność oznacza, że w danej grupie musi istnieć osoba, nazwijmy ją która ma co najmniej znajomych. Aby zakończyć rozwiązanie, wystarczy stwierdzić, że wśród znajomych osoby pewnych trzech zna się wzajemnie, więc dołączając do nich otrzymujemy czwórkę osób o postulowanej własności.

Rozważmy funkcję Wówczas

wobec czego funkcja jest okresowa z okresem Skoro dla to

dla i w konsekwencji, wobec okresowości dla każdego Stąd ostatecznie

co było do udowodnienia.

Będziemy używać oznaczenia (wychodzącego z mody): ; jest to liczba z przedziału Znane (i łatwe do sprawdzenia) własności tego symbolu:

(1)

(2)

Niech będą dodatnimi liczbami całkowitymi spełniającymi podany w zadaniu warunek. Dla przybiera on postać

(3)

To ma zachodzić dla wszystkich liczb Podstawiamy oraz i otrzymujemy

(4)

Oznaczając mamy więc

(5)

To znaczy, że dla oraz dla lewa strona (1) ma wartość niedodatnią. Zgodnie z własnością (1), ta wartość musi być zerem, co ma miejsce jedynie, gdy oraz Dla tej liczby nie jest więc spełniona równość (2), co pokazuje, że jest liczbą całkowitą, czyli że dzieli się przez

Wracamy do nierówności (3) i zauważamy, że dla jej prawa strona jest dodatnia. Wobec tego i lewa strona musi być dodatnia, skąd czyli Ale dzieli się przez Zatem

Na odwrót, gdy nierówność dana w zadaniu jest spełniona dla wszystkich liczb By to sprawdzić, oznaczmy ; należy pokazać, że

(6)

Przy oznaczeniach zależność (4) jest równoważna następującej:

(7)

czyli krócej:

(8)

Jeśli choć jedna z liczb wynosi co najmniej lewa strona (5) wynosi co najmniej 1 i nierówność (5) zachodzi; a jeśli wówczas obie strony (5) są zerami.

Ostatecznie szukane pary liczb całkowitych to pary równych liczb.

Suma wszystkich wpisanych liczb jest dodatnia, zatem co najmniej jeden wiersz oraz co najmniej jedna kolumna musi mieć sumę dodatnią. W rozważanym ciągu sum (wierszy i kolumn) może więc być co najwyżej liczb ujemnych.

Dla każdego nieparzystego ta wartość jest osiągalna. Ilustracja przedstawia przykładową realizację, gdy Opis algorytmu: cały skrajny dolny wiersz oraz całą skrajną prawą kolumnę wypełniamy jedynkami. Po odcięciu tego fragmentu zostaje plansza kwadratowa o boku długości parzystej W jej górnym wierszu umieszczamy, kolejno od lewej, jedynek oraz minus jedynek. W kolejnych wierszach (planszy ) powtarzamy ten układ z przesunięciem (w każdym kroku) o jednostkę w prawo; nadwyżkę wychodzącą poza prawy skraj przenosimy przy tym cyklicznie na skrajne lewe pole.

W pełnej planszy uzyskujemy przewagę minusów nad plusami we wszystkich wierszach i kolumnach z wyjątkiem ostatniego i ostatniej. Każdy z początkowych wierszy ma sumę zaś ostatni wiersz ma sumę zatem suma całej tabeli wynosi 1. Stąd, ostatecznie, odpowiedź: szukane maksimum wynosi

(a)

Przy oznaczeniach jak na rysunku (a), korzystając z twierdzenia Pitagorasa, otrzymujemy oraz więc

---

(b)

Nie jest to jednak jedyne rozwiązanie! Oś symetrii deltoidu może zawierać jego krótszą przekątną (rys. (b)). Wówczas co prowadzi do równości oraz

Trójkąt jest ostrokątny,

Trójkąty z rysunku mają równe pola i nie są przystające. Niech będą obrazami w symetrii odpowiednio względem i Wówczas deltoidy i spełniają warunki zadania: mają równe pola i odpowiednie boki oraz nietrudno sprawdzić, że są nieprzystające i wypukłe.

Jeśli w dany czworokąt da się wpisać okrąg, to można go rozciąć na cztery deltoidy, jak na lewym rysunku obok, a następnie jeden z nich na kolejne cztery (bo w każdy deltoid wypukły można wpisać okrąg), łącznie uzyskując siedem deltoidów.

Jeśli zaś w dany czworokąt nie da się wpisać okręgu, to wpiszmy mały okrąg w dowolny z jego kątów i powiększajmy ten okrąg, aż dotknie jednego z pozostałych boków. Pozwala to podzielić dany czworokąt na czworokąt opisany na okręgu i trójkąt, a następnie na siedem deltoidów, jak na rysunku obok.

Niech będą punktami styczności sfery wpisanej w czworościan ze ścianami odpowiednio Wówczas i jako odcinki stycznych do tej sfery, więc po rozpłaszczeniu jest deltoidem. Podobnie uzyskujemy pozostałe deltoidy.

Tak (rysunek). Inny przykład to czworokąt utworzony przez cztery z wierzchołków pięciokąta foremnego.