Delta mi!

Tak, dla każdej funkcji łatwo wskazać funkcję o wymaganych własnościach. Niech będzie rosnącym ciągiem wszystkich potęg liczb pierwszych:

Funkcja (o własności gdy ) jest wyznaczona przez ciąg wartości ; zaś podany warunek multyplikatywności nie stawia na owe wartości żadnych ograniczeń. Wobec tego konstruujemy taki ciąg indukcyjnie. Niech będzie dowolną liczbą naturalną większą od

Załóżmy, że liczby …, zostały już określone. Patrzymy na zbiór wszystkich liczb postaci gdzie jest iloczynem różnych liczb ze zbioru Określamy jako dowolną liczbę naturalną większą od wszystkich takich liczb

Wybrany ciąg wartości wraz z warunkiem multyplikatywności, jednoznacznie generuje funkcję Spełnia ona także pozostały z zadanych warunków; jeśli bowiem liczba zostanie zapisana jako iloczyn gdzie wówczas

Jeżeli trzy odcinki jednakowej długości tworzą trójkąt, to pozostałe trzy odcinki (też jednakowej długości) spotykają się w pozostałym z czterech danych punktów, który wobec tego musi być środkiem owego trójkąta równobocznego. W tym przypadku i jest to jedna z możliwych wartości rozpatrywanego stosunku. Dalej przyjmijmy, że nie pojawia się trójkąt równoboczny. Trzy odcinki długości tworzą wówczas łamaną (nie zamkniętą), i tak samo trzy odcinki długości Można tak ustalić oznaczenia danych punktów, by

W trójkącie równoramiennym podstawa jest dłuższa niż ramiona. W trójkącie równoramiennym podstawa jest krótsza niż ramiona. Zatem

Odcinek jest wspólnym bokiem przystających trójkątów równoramiennych oraz (o podstawach ). Te trójkąty muszą być położone symetrycznie - albo względem środka odcinka albo względem symetralnej tego odcinka. W pierwszym z tych przypadków powstałby równoległobok ; to jednak nie jest możliwe, skoro kąt jest mniejszy od kąta

W drugim przypadku tworzy się trapez równoramienny o podstawach (dłuższej) i (krótszej). Półproste i przecinają się w punkcie, który nazwiemy Trójkąty równoramienne i mają równe podstawy i równe kąty przy podstawie - są więc przystające. Stąd Trójkąt jest ponadto podobny do Otrzymujemy proporcję

Stosunek spełnia zatem równanie którego jedynym dodatnim pierwiastkiem jest Realizację tej wartości uzyskujemy, biorąc jako cztery wierzchołki pięciokąta foremnego.

Stąd odpowiedź: możliwymi wartościami stosunku są liczby oraz

Kolejność rysowania prostych oznaczono liczbami.

Rysunek przedstawia konstrukcję korzystającą z twierdzenia Desarguesa.

Spójrzmy na dany ostrosłup z boku, w kierunku równoległym do płaszczyzn i (rysunek podobny do Rys. 2). Na mocy twierdzenia o nożycach, rozważane punkty przecięcia przekątnych widzimy wówczas jako współliniowe, więc w rzeczywistości leżą one na jednej płaszczyźnie.

Rysunek ilustruje konstrukcję wykorzystującą twierdzenie o nożycach.

Załóżmy więc, że liczby całkowite i są niepodzielne przez liczbę pierwszą oraz że dla pewnej trójki liczb całkowitych nieujemnych zachodzą równości i (w dalszym ciągu myślę, że zadanie nie jest trudne). Aby wykazać, że iloczyn jest sześcianem pewnej liczby całkowitej, wystarczy przecież wykazać, iż każdy czynnik pierwszy występuje w rozkładzie tej liczby z wykładnikiem podzielnym przez Mamy Mianownik tego ułamka jest podzielny przez liczbę i niepodzielny przez Zastąpienie uporządkowanej trójki liczb trójką lub powoduje, że liczba lub - więc ta z treści zadania - ma być całkowita (trójka to jednak coś innego, bo na ogół ). Można więc założyć, że Mamy

• Jeśli to więc występuje w rozkładzie iloczynu na czynniki pierwsze z wykładnikiem
• Jeśli to i więc dwa z trzech składników licznika dzielą się przez a trzeci nie, co oznacza, że liczba nie jest całkowita, wbrew założeniu.
• Jeśli to i więc znów liczba nie jest całkowita.
• Jeśli to i więc znów liczba nie jest całkowita.
• Jeśli to i to teraz dwa składniki nie dzielą się przez Ich suma może dzielić się przez tylko wtedy, gdy więc w tym wypadku liczba jest podzielna przez

Wykazaliśmy, że jeśli liczba jest całkowita, to liczba pierwsza wchodzi w rozkład liczby na czynniki pierwsze z wykładnikiem podzielnym przez

Wykażemy, że jeżeli każdy element zbioru pokolorujemy na jeden z czterech kolorów w sposób losowy, to prawdopodobieństwo zdarzenia, w którym żaden rosnący -wyrazowy ciąg arytmetyczny o wyrazach z tego zbioru nie składa się z elementów o jednakowym kolorze, jest dodatnie. Zakładamy przy tym, że każdy element malujemy na dowolny z czterech kolorów z prawdopodobieństwem i że losowania są niezależne.

Ustalmy chwilowo pojedynczy -wyrazowy ciąg arytmetyczny. Jest wszystkich możliwych pokolorowań tego ciągu, z których dokładnie składają się wyłącznie z elementów o jednakowym kolorze. Prawdopodobieństwo tego, że ustalony ciąg składa się z elementów o jednakowym kolorze, wynosi zatem Oszacujmy od góry liczbę wszystkich rosnących -wyrazowych ciągów arytmetycznych o wyrazach w danym zbiorze. Każdy taki ciąg jest wyznaczony przez swój wyraz początkowy oraz różnicę Spełnione są przy tym nierówności oraz czyli Dla ustalonego istnieje więc co najwyżej ciągów, których pierwszym wyrazem jest Otrzymujemy zatem nierówność

Ponumerujmy wszystkie z rozważanych ciągów w sposób dowolny i dla oznaczmy przez zdarzenie, w którym -ty ciąg zawiera elementy wyłącznie jednego koloru. Z podstawowej własności prawdopodobieństwa (tzw. subaddytywności) otrzymujemy wówczas

Prawdopodobieństwo zdarzenia, w którym pewien ciąg pomalowany został z użyciem wyłącznie jednego koloru, jest mniejsze niż Prawdopodobieństwo dopełnienia tego zdarzenia jest więc dodatnie, co oznacza, że w pewnym kolorowaniu żaden z rozważanych ciągów nie jest jednokolorowy.

Dla ustalonego, skończonego zbioru punktów na płaszczyźnie wyrażenie

jest wielomianem zmiennej Aby wykazać, że jest to wielomian stale równy wystarczy sprawdzić, że żądana równość zachodzi dla liczb w przedziale

Rozważmy losowe kolorowanie każdego z danych punktów na biało lub czarno. Załóżmy przy tym, że dowolny punkt malujemy na biało z prawdopodobieństwem na czarno z prawdopodobieństwem oraz że wszystkie losowania odbywają się niezależnie. Zauważmy, że wówczas dla ustalonego wielokąta liczba jest prawdopodobieństwem zdarzenia, w którym wszystkie wierzchołki zostały pomalowane na biało, a punkty leżące na zewnątrz na czarno. Co więcej, dla dwóch różnych wielokątów tego typu zdarzenia wykluczają się wzajemnie. Dla dowolnych dwóch różnych wielokątów wypukłych istnieje bowiem wierzchołek jednego z nich, który nie należy do drugiego. Gdyby opisane zdarzenia nie były rozłączne, to wierzchołek ten musiałby być pomalowany na dwa kolory, co jest, oczywiście, niemożliwe.

Suma

jest w tej sytuacji prawdopodobieństwem zdarzenia, w którym wierzchołki jednego z wielokątów ze zbioru zostały pomalowane na biało, zaś punkty leżące na zewnątrz na czarno. Do rozwiązania zadania wystarczy więc stwierdzić, że jest to zdarzenie pewne - co oznacza, że w dowolnym pokolorowaniu taki wielokąt istnieje.

Szukanym wielokątem jest wielokąt będący otoczką wypukłą białych punktów - czyli najmniejszym wielokątem wypukłym, który zawiera punkty białe (w przypadku gdy liczba punktów białych jest równa lub ich otoczką wypukłą jest odpowiednio zbiór pusty, punkt i odcinek). Jego wierzchołki są koloru białego, a każdy inny punkt biały znajduje się w jego wnętrzu.

Rozważmy takie losowanie par różnych komisji, że dla dowolnych dwóch par prawdopodobieństwo ich wylosowania jest jednakowe. Wylosujmy w ten sposób pewną parę komisji i oznaczmy przez liczbę wspólnych członków tej pary. Niech będzie funkcją charakterystyczną -tej osoby, czyli jeżeli -ta osoba należy do obu wylosowanych komisji oraz w przeciwnym przypadku. Funkcje oraz są zmiennymi losowymi. Ponieważ więc zachodzi równość Jednocześnie wprost z definicji wartości oczekiwanej wynika, że liczba jest w rzeczywistości prawdopodobieństwem tego, że -ta osoba należy do obu z wylosowanych komisji. Jeśli przez oznaczymy więc liczbę komisji, do których należy -ta osoba ze stowarzyszenia, to zachodzi równość

Skoro każda komisja zawiera członków, to mamy ponadto Wykorzystując nierówność między średnią arytmetyczną a kwadratową, otrzymujemy

Zmienna losowa przyjmuje wyłącznie wartości całkowite, a więc skoro jej wartość oczekiwana jest większa niż to co najmniej raz przyjmuje ona wartość nie mniejszą niż Istnieje więc para różnych komisji, która ma przynajmniej czterech wspólnych członków.

Dokonajmy niezależnych losowań ze zbioru reszt z dzielenia przez zakładając przy tym, że prawdopodobieństwo wylosowania dowolnej z reszt jest równe Z uzyskanych reszt tworzymy zbiór Ponieważ losowania są niezależne, może on składać się z mniej niż reszt, gdyż pewna reszta mogła zostać wylosowana więcej niż jeden raz. Jeżeli spełniony jest jednak warunek, w którym co najmniej połowa reszt może być zapisana w postaci dla oraz to możemy dopełnić zbiór do zbioru -elementowego w dowolny sposób i warunek ten pozostanie spełniony.

Niech będzie liczbą reszt, które przystają do liczby postaci dla oraz Wystarczy udowodnić, że wartość oczekiwana zmiennej losowej wynosi co najmniej Ustalmy dowolną resztę Ponieważ zbiór składa się z elementów, więc istnieje dokładnie takich reszt że dla pewnego Prawdopodobieństwo tego, że ustalona reszta nie może być zapisana w żądanej postaci, wynosi zatem

Co za tym idzie, prawdopodobieństwo tego, że może być ona tak zapisana, wynosi Korzystając z definicji wartości oczekiwanej oraz nierówności dla dostajemy

Pokolorujmy wierzchołki pajęczyny na czarno i biało w sposób pokazany na rysunku. Zauważmy, że pająk z pola białego zawsze przechodzi do czarnego i odwrotnie. Ponieważ pól białych jest więcej niż czarnych, żądana ścieżka nie istnieje.

Zauważmy, że

więc

Zauważmy, że

więc

Niech oznacza szukany promień. Jeden z trójkątów prostokątnych widocznych na rysunku ma przeciwprostokątną będącą sumą promieni o długościach i oraz przyprostokątną o długości Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy, że długość drugiej przyprostokątnej, a więc również długość odcinka pomiędzy odpowiednimi punktami styczności jest równa

Z analogicznych obliczeń dla pozostałych par punktów styczności otrzymujemy równanie

które pozostaje rozwiązać. Upraszczając, dostajemy

co daje

czyli

Zauważmy najpierw, że to kwadrat odległości między punktami oraz

Pierwszy punkt leży na okręgu zadanym równaniem (a dokładniej na jego części znajdującej się w pierwszej ćwiartce układu współrzędnych), a drugi na gałęzi hiperboli dla Aby znaleźć najmniejszą wartość funkcji wystarczy znaleźć odległość okręgu od hiperboli Niech będzie wybranym punktem na hiperboli, a punkt punktem przecięcia z odcinkiem gdzie jest środkiem układu współrzędnych (patrz rysunek). Odległość punktu od jest równa długości odcinka Niech punkt będzie symetryczny do względem prostej Odległość od jest równa odległości od Ponadto, z wypukłości funkcji dla wynika, że punkt znajduje się po przeciwnej stronie prostej niż łuk okręgu o środku w punkcie i promieniu równym długości odcinka łączący punkty i (patrz rysunek). Zatem odległość od jest mniejsza niż odległość od Z dowolności wynika, że najmniejsza wartość funkcji jest równa kwadratowi długości odcinka gdzie czyli

Skorzystamy ze znanej nierówności ; we wszystkich symbolach sumowania przyjmujemy Przy warunku mamy więc Dla każdej liczby rzeczywistej słuszne jest oszacowanie Stąd

czyli

W uzyskanej zależności można osiągnąć równość, biorąc na przykład

Widać, że Dla mamy przy tym

zaś dla :

Tak więc

(dla tak określonych liczb ; można dać wiele innych przykładów). Wniosek: liczba to szukane minimum.

Wygodnie będzie zacząć od przypadku, gdy losowanie jest ze zwracaniem. Wynik losowania to wówczas para uporządkowana dzielników liczby Zdarzenia identyfikujemy z odpowiednimi podzbiorami zbioru wszystkich takich par. Gdy para należy do liczby są względnie pierwszymi dzielnikami liczby zatem także iloczyn jest dzielnikiem Oczywiście dzieli więc para należy do

Na odwrót, gdy jest dowolną parą ze zbioru (więc ), wtedy iloraz też jest dzielnikiem i to względnie pierwszym z (bo gdyby miały wspólny dzielnik liczba więc i byłaby podzielna przez wbrew założeniu zadania). Zatem para należy do

Opisane operacje są wzajemnie odwrotne. Stąd wynika, że zbiory i są równoliczne; zaś zdarzenia są (przy losowaniu ze zwracaniem) jednakowo prawdopodobne.

Losowanie bez zwracania eliminuje dublety, tzn. pary postaci gdzie W poprzednim modelu, do zbioru należała tylko jedna taka para ; do należały wszystkie. Więcej par zostało wyeliminowanych z wobec czego (przy losowaniu bez zwracania) zdarzenie jest bardziej prawdopodobne niż

Konstruujemy kolejno: okrąg o środku i promieniu - jego punkt przecięcia z prostą oraz okrąg o środku i promieniu Na mocy twierdzenia punkty przecięcia powyższych dwóch okręgów to wierzchołki i trójkąta.

Na mocy twierdzenia i założenia, zachodzi równość Stąd jako kąty wpisane w okrąg oparte na równych łukach. Wobec tego

Środkiem okręgu opisanego na trójkącie jest punkt z twierdzenia leży on na dwusiecznej kąta Z symetrii problemu okrąg ten wyznacza więc na ramionach kąta równe cięciwy.

Niech leży w kącie Dwusieczne kątów przyległych są prostopadłe, więc oraz Wobec tego na czworokącie można opisać okrąg, którego środkiem jest środek odcinka Okrąg ten jest opisany na trójkącie czyli to punkt z twierdzenia leży więc na okręgu opisanym na trójkącie

Niech oznacza gracza rozpoczynającego, zaś jego przeciwnika. Wykażemy, że ma strategię wygrywającą, polegającą na pozostawianiu po każdym swoim ruchu dwóch stosów o nieparzystej liczbie monet.

Jeśli na każdym stosie jest nieparzysta liczba monet i przynajmniej jedna z nich jest większa od to po wykonaniu swojego ruchu zostawi dla stos z parzystą liczbą monet (i drugi o nieparzystej liczbie monet). Wówczas może usunąć stos o nieparzystej liczbie monet, a ten o parzystej liczbie monet podzielić na dwa stosy zgodnie ze swoją strategią.

Gra zakończy się wygraną gdy zostawi on dla dwa jednomonetowe stosy.

Wymnażając wyrażenia w nawiasach i redukując wyrazy podobne, dostajemy równoważną nierówność

która jest prawdziwa wobec nierówności między średnią geometryczną i arytmetyczną.

Ponieważ kąty i są równe (jako kąty wpisane oparte na ćwiartce okręgu), to na czworokącie można opisać okrąg. Zatem

W takim razie odcinki i są równoległe. Rozważając czworokąt wykażemy analogicznie, że a stąd łatwo wywnioskować tezę.

Wierzchołki oraz środek pięciokąta foremnego dają przykład szóstki punktów o podanej własności. Pokażemy, że siedmiu punktów nie da się rozmieścić w wymagany sposób.

Przypuśćmy, że jest to możliwe i niech będą dwoma punktami z tej siódemki, których odległość jest maksymalna. Pozostałe punkty leżą w "soczewce", ograniczonej łukami okręgów o środkach i promieniu Skoro każdy z tych pięciu punktów ma wraz z tworzyć trójkąt równoramienny, mogą one leżeć jedynie na owych łukach oraz odcinku łączącym ich wspólne końce. Na samym odcinku leżą co najwyżej dwa punkty (trójka współliniowa nie tworzy trójkąta). Pozostałe trzy punkty leżą na łukach (bez końców ).

Nie mogą wszystkie trzy leżeć na jednym z tych łuków, np. bowiem wraz z punktem dałoby to czwórkę punktów, spośród których pewne trzy nie tworzyłyby trójkąta równoramiennego. Zatem na jednym łuku, np. leży jeden punkt zaś na łuku dwa punkty Przyjmijmy, że leży między i

Każdy punkt łuku jest oddalony od o odcinek dłuższy niż więc muszą być punktami łuku Każdy z odcinków ma wtedy długość mniejszą niż ; warunek równoramienności trójkąta wymusza równość Zastępując w tym rozumowaniu przez dostajemy równość Wobec tego To już jest oczekiwana sprzeczność, bo jedynym punktem łuku położonym w równych odległościach od i czyli na symetralnej odcinka jest punkt

Stąd odpowiedź: największa liczba punktów, o jakich mowa w zadaniu, wynosi sześć.