Delta mi!

Rozważmy następujące doświadczenie losowe: rzucamy niesymetryczną monetą tak długo, aż wyrzucimy orła po raz -szy. W pojedynczym rzucie prawdopodobieństwo wyrzucenia orła jest równe Z prawdopodobieństwem takie doświadczenie zakończy się po skończonej liczbie rzutów. Z drugiej strony prawdopodobieństwo zakończenia doświadczenia po dokładnie rzutach wynosi

W takim razie

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.

Niech będzie takim punktem na odcinku że proste i są równoległe. Wówczas z twierdzenia Talesa otrzymujemy

a stąd

Ponownie korzystając z twierdzenia Talesa, mamy

Dla suma równa jest W kolejnych wierszach, na mocy suma liczb jest dwukrotnością sumy poprzedniego wiersza, uzyskujemy więc kolejne potęgi dwójki.

Suma dla parzystych równa jest sumie dla nieparzystych (i równa sumie wyrazów poprzedniego wiersza). Stąd różnica tych dwóch sum daje zero.

Sumujemy wyrazy jak na rysunku 4, od góry, korzystając z

Z rysunku i z poprzedniego zadania otrzymujemy

Element jest środkowym wyrazem wiersza numer Na mocy jest on sumą dwóch wyrazów nad nim, a więc też sumą trzech wyrazów o dwa wiersze wyżej, przy czym środkowy z nich liczymy dwukrotnie. Stąd jest także sumą czterech środkowych wyrazów jeszcze wyższego wiersza, liczonych z krotnościami odpowiednio 1, 3, 3, 1, itd. Na rysunku 5 zilustrowano uzyskane w ten sposób dwa "przenikające się" trójkąty Pascala - wyjściowy oraz drugi "do góry nogami", oznaczający krotności, z jakimi liczyć należy wyrazy z coraz wyższych wierszy.

Trójkąty te mają wspólny -ty wiersz i stąd jest sumą wyrazów tego wiersza, liczonych z krotnościami odpowiadającymi im samym, co kończy dowód.

Zauważmy, że dla całkowitych mamy równość. Ponadto dodanie do dowolnego liczby całkowitej zmienia każdą ze stron nierówności o możemy zatem zakładać, że należy do przedziału Niech dla takich względnie pierwszych liczb całkowitych dodatnich i że Zauważmy, że obie strony nierówności są w przedziale niemalejącymi funkcjami przy czym prawa strona zmienia wartość tylko w punktach Wystarczy więc sprawdzić nierówność tylko dla tych punktów. Niech od tej pory

Dla każdego zachodzi równość dla pewnych jednoznacznie wyznaczonych liczb całkowitych i (dzielimy z resztą przez ). Zauważmy, że liczby są dodatnie: dla bo inaczej dzieliłoby Ponadto te liczby są parami różne - gdy dla to dzieli a stąd W takim razie ciąg jest pewną permutacją liczb Stąd i z nierówności między średnimi dostajemy

Zatem

a stąd

Każdy wiersz i kolumnę naszej tablicy będziemy nazywali linią. Niech będzie najmniejszą liczbą, dla której istnieje linia złożona z liczb nie większych od Możemy zakładać, że tą linią jest pierwszy wiersz, a jego pierwszym wyrazem jest

Wykażemy najpierw, że w każdej kolumnie, począwszy od drugiej, istnieją takie dwa jej kolejne wyrazy i że i Dla ustalenia uwagi weźmy drugą kolumnę. Jej pierwszy wyraz nie może być większy od Niech będzie najwyżej położonym wyrazem drugiej kolumny, który jest większy od (musi taki istnieć wobec definicji ). Wyraz położony nad jest szukanym

W ten sposób otrzymaliśmy par liczb Największa spośród liczb musi więc wynosić co najmniej W takim razie oraz są poszukiwanymi liczbami.

Rozważmy dwa punkty i na naszej krzywej, dzielące ją na dwie krzywe o równych długościach. Wtedy odległość między i liczona wzdłuż łuku okręgu wielkiego, wynosi mniej niż Niech będzie środkiem tego łuku. Przyjmujemy, że jest to biegun północny naszej sfery. Pokażemy, że krzywa nie przecina równika sfery, czyli leży w całości na półkuli północnej.

Załóżmy przeciwnie, że krzywa przecina równik w punkcie Niech będzie obrazem przy obrocie o wokół osi wyznaczonej przez bieguny sfery. Punkty i przy tym obrocie zamieniają się miejscami. Zauważmy, że krzywa ma taką samą długość jak czyli mniejszą niż Z drugiej strony zawiera ona dwa punkty antypodyczne (punkt i jego obraz przy obrocie), co oznacza, że jej długość wynosi co najmniej Ta sprzeczność kończy dowód.

(a)

Na przykład, każda para postaci gdzie jest nieparzystą liczbą pierwszą, ma wymaganą własność, bowiem

(b)

Przypuśćmy, że para liczb względnie pierwszych spełnia podane równanie: Skoro liczby są względnie pierwsze, wynika stąd, że jest dzielnikiem liczby Wobec tego Taka nierówność zajść może (w formie równości) tylko wtedy, gdy każda liczba ze zbioru jest dzielnikiem liczby W szczególności musi dzielić się przez To zaś ma miejsce jedynie dla (rozważamy, z założenia, tylko ).

Role liczb są symetryczne; to samo rozumowanie pokazuje, że także ; sprzeczność z założeniem, że są względnie pierwsze. Nie istnieje więc para, o jakiej mowa w pytaniu (b).

Przyjmijmy, że punkt przecięcia prostych i leży na półprostych i oraz że prosta przecina okręgi i odpowiednio w punktach i (różnych od ). Wspólna cięciwa tych okręgów - nazwijmy ją - przechodzi przez środek odcinka Z równości oraz wnosimy, że a stąd

Także oraz Prawe strony tych równości są równe, więc lewe też. Oznaczając odległości punktów od punktu kolejno literami przepisujemy uzyskaną zależność w postaci Po wymnożeniu i uwzględnieniu równości otrzymujemy związek Tak więc

Skoro wynika stąd, że To zaś oznacza, że proste i są równoległe.

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

Gdyby to czyli sprzecznie z Wielkim Twierdzeniem Fermata.

Niech i oznaczają liczby białych kul odpowiednio w pierwszej i drugiej urnie. Prawdopodobieństwo, że z pierwszej urny -krotnie wylosowano białą kulę równe jest Podobnie wyznaczamy odpowiednie prawdopodobieństwa dla drugiej urny i równość z treści zadania przybiera postać

czyli

Jeśli to z WTwF musi być i lub i To prowadzi do rozwiązań lub i

Jeśli równanie spełniają wszystkie trójki pitagorejskie i dla każdej z nich są dwa rozwiązania.

Jeśli to prawdopodobieństwo, że wszystkie kule wylosowane z drugiej urny są jednego koloru jest równe 1, więc rozwiązaniem jest

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

Niech

Stąd

czyli warunek równoważny jest warunkowi To zaś jest niemożliwe na mocy Wielkie Twierdzenie Fermata.

Załóżmy, że graf ma wierzchołków, Zauważmy, że stopień każdego wierzchołka może wynosić Gdyby stopnie wszystkich wierzchołków były różne, to w szczególności istniałby wierzchołek o stopniu połączony krawędzią z każdym z pozostałych wierzchołków. Wtedy jednak nie mógłby istnieć wierzchołek o stopniu 0.

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

Ponieważ to iloczyn wszystkich wyrazów ciągu nie zmienia się po wykonaniu ruchu. W szczególności każdy z wyrazów ciągu jest ograniczony z góry przez i ograniczony z dołu przez Ponadto w każdym ruchu, modyfikującym pewne wyrazy o indeksach liczba jest zamieniana na większą liczba zaś - na mniejszą Żaden wyraz ciągu nie może być nieskończenie wiele razy zmniejszany (jako ograniczony z dołu przez ) ani zwiększany (jako ograniczony z góry przez ). W takim razie każdy wyraz zostanie zmieniony skończenie wiele razy, czyli nie możemy wykonać nieskończenie wielu ruchów.

Zauważmy, że

przy czym nierówność wynika ze znanej nierówności. Analogicznie

Czworokąt jest równoległobokiem (być może zdegenerowanym)

Niech Na mocy jest to przesunięcie, ponadto

i analogicznie Oznacza to, że (jest to wektor przesunięcia ), co kończy dowód.

Niech Na mocy jest to obrót o Skoro

to jest punktem stałym (środkiem) tego obrotu, czyli

Rozważmy dowolny punkt i wyznaczmy Wówczas otrzymujemy kolejno:
jako środek odcinka o końcach i , oraz

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku i niech Na mocy jest to przesunięcie. Ponieważ to wektor przesunięcia jest zerowy, czyli Zatem na mocy trójkąt jest równoboczny.