Delta mi!

Idea rozwiązania polega na zastosowaniu zasady szufladkowej Dirichleta dla zbiorów nieskończonych, których rozmiar zmierzymy długością łuku.

Niech oznacza podzbiór wszystkich pokolorowanych punktów na okręgu, zaś niech oznacza podzbiór wszystkich tych punktów, których antypody są pokolorowane. Chcemy udowodnić, że  Załóżmy przeciwnie, że są rozłączne. W tej sytuacji składa się z odcinków o łącznej długości takiej jak  więc łączna długość odcinków składających się na sumę jest większa niż obwód okręgu, co daje sprzeczność.

Zastosujemy metodę tzw. nieskończonego schodzenia (zob. L. Kurlyandchik, Złote rybki w oceanie matematyki, TUTOR 2005).

Przypuśćmy przeciwnie, że to liczby całkowite dodatnie, takie że  Ponieważ prawa strona jest liczbą parzystą, to dokładnie dwie z liczb są nieparzyste lub żadna nieparzysta nie jest. Pierwszy przypadek nie może mieć miejsca, gdyż wówczas lewa strona przy dzieleniu przez dałaby resztę  zaś prawa  Dlatego dla pewnych liczb całkowitych dodatnich  mniejszych od odpowiednio. Po wstawieniu do równania otrzymujemy zależność  Powtarzając całe rozumowanie, dostajemy malejące ciągi liczb całkowitych dodatnich  przy czym  co jest niemożliwe.

Konsekwencją tak pojętego aktualizmu byłoby też odrzucenie reguły odrywania, czyli najbardziej podstawowej reguły wnioskowania, wyodrębnionej już w średniowieczu reguły modus ponens: Jeżeli prawdziwe jest zdanie oraz prawdziwa jest implikacja to to prawdziwe jest też zdanie  Można sobie przecież wyobrazić, że długość dowodu formuły  jak i długość dowodu implikacji to  są dostępnymi liczbami naturalnymi, a ich suma już nie.

Bez utraty ogólności możemy założyć, że  Odbijmy symetrycznie względem dwusiecznej kąta  otrzymując punkt  Niech przecina i  odpowiednio w punktach i   Oczywiście

oraz

Wykażemy teraz, że  Rozważmy obraz punktu przy symetrii względem  Zauważmy, że punkt leży na zewnątrz okręgu opisanego na trójkącie równobocznym  gdyż  W szczególności, punkt leży na zewnątrz okręgu opisanego na trójkącie  gdyż ten okrąg leży wewnątrz poprzedniego. Stąd

Przyjmijmy oznaczenie  dla

Zauważmy, że

a stąd

Niech  oznacza liczbę wrogów -tego rycerza, którzy zasiadają z nim przy stole. W kroku 0 posadźmy wszystkich rycerzy przy pierwszym stole. Będziemy w kolejnych krokach przesadzać rycerzy, rozważając liczbę

Jeśli po wykonaniu kroku przy pierwszym stole pewien rycerz siedzi wraz z przynajmniej dwoma swoimi wrogami, wykonujemy kolejny krok, w którym przesadzamy go do drugiego stołu. Zauważmy, że jeśli siedział on przy stole wraz z trzema wrogami, to  zmienia się na  Jeśli zaś siedział on przy stole wraz z dwoma wrogami, to  zmienia się na liczbę niewiększą niż  Skoro po wykonaniu każdego kroku  maleje, to wykonamy ich skończenie wiele. Oczywiście, po wykonaniu ostatniego kroku  dla każdego  co kończy dowód.

Odbijamy symetrycznie punkt  względem  Otrzymany punkt nazwijmy  Odcinek  jest środkową trójkąta  a ponieważ  więc  jest środkiem ciężkości tego trójkąta. Niech  oznacza środek boku  Leży on na przedłużeniu odcinka  Ponieważ  więc kąt  jest prosty, a zatem również kąt  jest prosty. Stąd punkty  leżą na okręgu o średnicy  Wobec tego  Ale  więc

Skoro  to  Wykażemy indukcyjnie, że dla każdej liczby nieparzystej  różnica  jest liczbą całkowitą.

Dzieląc wyjściowe równanie przez  widzimy, że (liczba całkowita). Zatem także liczba  jest całkowita.

Ustalmy wykładnik nieparzysty  i załóżmy, że liczby  oraz  są całkowite. Przekształcenie

pokazuje, że wówczas liczba  też jest całkowita. Przez indukcję wnosimy, że liczby  wszystkie są całkowite.

Ponownie ustalmy wykładnik nieparzysty  Ze związków (  całkowite) wynika, że  Zachodzi więc równość  Wystarczy ją pomnożyć przez  by uzyskać tezę zadania.

Takie ciągi istnieją. Oto jedna z możliwych konstrukcji. Zaczynamy od liczb  Przyjmijmy, że wyrazy  są już określone i tworzą ciąg rosnący długości  spełniający wymagany warunek. Oznaczmy dla wygody:  Określamy kolejne trzy wyrazy:

Jasne, że  Pozostaje sprawdzić, że iloczyn trzech wypisanych liczb, równy  dzieli się przez każdą z tych liczb, powiększoną o 1, czyli przez liczby ; a to jest oczywiste. Kontynuując, otrzymujemy nieskończony ciąg  o żądanych własnościach.

Zastosujmy inwersję względem dowolnej sfery o środku w punkcie styczności sfer  i  Wówczas obrazami tych dwóch sfer, przechodzących przez środek inwersji, są płaszczyzny  i  Płaszczyzny te są równoległe, bo jedynym wspólnym punktem sfer  i   jest środek inwersji.

Identyczne piłeczki na stole. Nie narysowano płaszczyzny  równoległej do  i stycznej do sfer od góry.

Obrazem każdej z pozostałych sfer  jest sfera (bo żadna z nich nie przechodzi przez środek inwersji) styczna do  i  Z równoległości tych płaszczyzn wynika, że wszystkie sfery  mają średnice równe odległości  od  czyli są przystające. Ponadto wszystkie sfery  są styczne do sfery  oraz dla każdego  sfera  styczna jest do sfery (przy czym ). Odpowiada to sytuacji, gdy na stole (płaszczyźnie ) ustawiamy piłeczki, przy czym łańcuch kolejno stycznych piłeczek  otacza środkową piłeczkę  stykając się także z nią. Skoro wszystkie piłeczki są tej samej wielkości, to taki łańcuch „domyka” się wtedy i tylko wtedy, gdy

Stąd również w wyjściowej sytuacji (przed inwersją) łańcuch sfer  ma zawsze dokładnie sześć elementów i nie zależy to od rozmiarów ani położenia sfer  ani też od wyboru sfery  Taki łańcuch sfer nazywa się Hexletem Soddy’ego.

Załóżmy przeciwnie, że  to pierwiastki rzeczywiste naszego wielomianu. Wówczas

Porównując współczynniki przy  i   dostajemy

Stąd

więc  Zatem  co jest sprzeczne z założeniem.

Z nierówności między średnimi mamy

Zakładając, że  i   spełniają podane równanie, dostajemy  a stąd  co jest mniejsze niż  np. dla

Z twierdzenia Talesa wynika, że  więc  i   są trapezami o stosunku wysokości

Przez  oznaczmy długość odcinka  Wówczas  oraz  Zatem

Jak w rozwiązaniu zadania 654, tak i teraz użyjemy wzoru Stolza:

dla każdego ciągu  rosnącego do nieskończoności, i dla każdego ciągu  dla którego granica po prawej stronie istnieje.

Dany w zadaniu iloraz piszemy w postaci

(1)

Zgodnie z wynikiem zadania 654, ; pozostaje zająć się drugim czynnikiem. We wzorze Stolza przyjmijmy :

(2)

jeśli tylko ta ostatnia granica istnieje.

W rozwiązaniu zadania 654 zostało użyte przekształcenie

oraz fragment rozwinięcia potęgowego

Zatem

W tym ostatnim iloczynie pierwszy czynnik dąży do (nieco dłuższy fragment rozwinięcia ). Drugi czynnik: licznik dąży do 4, mianownik do 1. Cały iloczyn dąży do  Tyle więc wynosi granica napisana po lewej stronie równości (2). Wracamy do równości (1), pamiętając, że  i otrzymujemy ostatecznie

Zbudujmy prostokąt  tak, by punkt  był środkiem odcinka  Niech  będzie środkiem boku  Każdy z trójkątów  ma boki prostopadłe do odpowiednich boków trójkąta (rysunek); są to więc trójkąty o bokach odpowiednio równoległych – zatem jednokładne. Środkiem jednokładności jest punkt (współliniowy z   oraz z  ). Punktowi  odpowiada w tej jednokładności punkt  To znaczy, że prosta  przechodzi przez (niezależnie od wyboru początkowego punktu ) i przecina odcinek  w takim punkcie  że trójkąty  i   są podobne. Stąd wynik:

Obrazem prostej  w inwersji względem danego okręgu jest okrąg przechodzący przez środek inwersji  i przez stałe punkty  i  Leży na nim też punkt  bo punkt  leży na prostej  Średnicą tego okręgu jest  ponieważ kąty  i   są proste, stąd także

Analogicznie  więc  Z definicji inwersji punkty  są współliniowe, co kończy dowód.

Rozważmy inwersję względem dowolnego okręgu o środku w punkcie  przy oznaczeniach jak na rysunku. Proste  i   są stałe przy tej inwersji. Obrazem każdego z okręgów, przechodzącego przez środek inwersji, jest prosta równoległa odpowiednio do  lub (okrąg styczny do prostej  lub  mieści się w półpłaszczyźnie przez nią wyznaczonej, więc jego obraz też, rysunek obok). Zatem obrazami kolorowych punktów są wierzchołki prostokąta. Leżą one na okręgu nieprzechodzącym przez środek inwersji (bo środek ten jest wewnątrz prostokąta), więc także przed inwersją kolorowe punkty leżą na jednym okręgu.

Z nierówności trójkąta mamy

Pozbyliśmy się tym samym zmiennej  i wystarczy teraz udowodnić, że

W tym celu zamieniamy zmienne:  tzn.  Otrzymujemy wówczas

Będziemy zaznaczać liczby w kilku krokach. W kroku 1. w każdym wierszu zaznaczamy najmniejszą liczbę. Jeśli wówczas w każdej kolumnie jest zaznaczona dokładnie jedna liczba, to kończymy. W przeciwnym razie, w kolejnym kroku w każdej kolumnie, w której znajdują się co najmniej dwie zaznaczone liczby, odznaczamy je wszystkie (czyli usuwamy zaznaczenie) oprócz największej. W ten sposób powstały wiersze, w których nie zaznaczono żadnej liczby – nazwijmy je wierszami wolnymi. Następnie zaznaczamy w każdym wolnym wierszu najmniejszą liczbę spośród tych, które nigdy wcześniej nie były zaznaczane ani odznaczane. W następnym kroku znowu patrzymy na kolumny, w których są zaznaczone co najmniej dwie liczby, i powtarzamy opisane rozumowanie, aż uzyskamy odpowiednie zaznaczenie lub nie będzie można wykonać kolejnego kroku.

Każdy wiersz może stać się wolny co najwyżej  razy, więc wykonamy co najwyżej  kroków. Po ostatnim kroku w każdej kolumnie będzie zaznaczony dokładnie jeden element.

Dla ustalenia uwagi przyjmijmy, że w tej procedurze zaznaczono elementy z przekątnej (możemy tak założyć, ewentualnie przestawiając kolumny). Spójrzmy na -ty wiersz. Jeśli  dla pewnego  to znaczy, że w pewnym kroku liczba  była odznaczona, a zatem

Przyjmijmy oznaczenia boków i kątów trójkąta  jak na rysunku i załóżmy, że

Wówczas  a stąd  ponieważ funkcja  jest malejąca na przedziale  Przyjmijmy, że  Wówczas z twierdzenia cosinusów otrzymujemy

Gdyby było  to ponieważ  mielibyśmy  co przeczyłoby założeniu, że trójkąt  jest równoboczny. W takim razie

Przypuśćmy, że  ma co najmniej dwa różne dzielniki pierwsze  Napiszmy  gdzie  zaś czynnik  jest niepodzielny przez  ani  Iloczyn  ma  dzielników dodatnich; iloczyn  ma  dzielników dodatnich. Zatem

Jasne, że  Jeśli więc zachodzi postulowana nierówność  to

po przekształceniu: ; a to jest niemożliwe, skoro

Pozostają do rozważenia liczby  będące potęgami liczb pierwszych. Każda taka liczba spełnia wymagany warunek; jeśli bowiem  to

Wierzchołek, sąsiadujący z dwoma wierzchołkami innego koloru niż on sam, nazwijmy izolowanym. Wierzchołki, które są (w danym momencie gry) izolowane, i tylko one, zmieniają kolor w najbliższym ruchu. Wierzchołki nieizolowane tworzą bloki (długości co najmniej 2); ich kolor już się nie zmienia – do końca pozostają nieizolowane.

Przypuśćmy, że w jakimś momencie są zarówno wierzchołki izolowane, jak i nieizolowane. Pewien wierzchołek izolowany musi sąsiadować z nieizolowanym. W kolejnym ruchu przejmuje kolor sąsiada i staje się nieizolowanym. Zatem w każdym ruchu liczba wierzchołków izolowanych zmniejsza się. Gdy zejdzie do zera, kolory się ustabilizują.

Proces może więc trwać nieskończenie tylko wtedy, gdy na starcie wszystkie wierzchołki są izolowane – czyli gdy są pokolorowane na przemian (co jest możliwe tylko dla  parzystych). Wówczas po pierwszym ruchu wszystkie kolory zmienią się, po drugim powróci sytuacja początkowa, i ten cykl stale będzie się powtarzał. To jest ta konfiguracja początkowa, o jaką pyta zadanie.