Delta mi!

Wyróżniamy dwadzieścia jeden punktów kratowych dla .

Powiemy, że na danej prostej  dominuje kolor  jeśli co najmniej dwa spośród trzech wyróżnionych punktów na tej prostej są koloru  Istnieją cztery proste, na których dominuje ten sam kolor – przyjmijmy, że biały. Możemy wybrać z nich taką parę, że albo przynajmniej jedna nie ma czarnego wyróżnionego punktu, albo obie mają po jednym na tej samej wysokości. Wśród białych wyróżnionych punktów na tych dwóch prostych są wierzchołki prostokąta.

Tak, Filemon zawsze może wygrać. Początkowo liczba szczebli pomiędzy kotami równa jest 9. Filemon powinien grać tak, by po każdym jego ruchu liczba ta była podzielna przez 3. Może to zapewnić: jeśli Bonifacy ruszy się o dwa szczeble, Filemon rusza się o jeden i na odwrót. Wtedy zero szczebli, oznaczające koniec gry, nastąpi po ruchu Filemona, więc to Bonifacy nie będzie mógł się ruszyć i przegra.

Ta gra zawsze kończy się po dokładnie 8 ruchach (dlaczego?) – przegrywa gracz rozpoczynający.

Każdy pan musi znać jakąś panią, inaczej nie znajdzie partnerki. Każdych dwóch panów musi znać łącznie co najmniej dwie panie – jeśli znają tylko jedną, to jeden z nią zatańczy, a drugi zostanie bez pary. Każdych trzech panów musi znać łącznie co najmniej trzy panie i tak dalej, każdych  panów musi znać łącznie co najmniej  pań.

Czy jeśli powyższe warunki są spełnione, to już wystarczy i na pewno uczestnicy balu mogą dobrać się w pary? Tak, to właśnie orzeka twierdzenie Halla, którego dowód i zastosowania były tematem wykładu.

Nie. Suma nieparzystej liczby nieparzystych liczb musi być nieparzysta, nie może być równa 20.

Przypuśćmy, że  Pomnóżmy obie strony równania przez  Wtedy

więc

Stąd  dzieli się przez  sprzeczność. Zatem liczby  o żądanych własnościach nie istnieją.

Ponieważ  nierówność dana do udowodnienia jest równoważna następującej:

Bez straty ogólności przyjmijmy, że

Jeżeli  to w ostatniej nierówności lewa strona jest nieujemna, prawa jest niedodatnia i nie ma czego dowodzić.

Gdy zaś  możemy tak przekształcać lewą stronę i szacować ją z dołu, by uzyskać wyrażenie widoczne po prawej stronie:

Prosty rachunek na wektorach: styczna do okręgu jest prostopadła do promienia w punkcie styczności, więc   Punkt  leży na prostej  prostopadłej do zatem

Chcemy wykazać, że wektory  i  są prostopadłe. Obliczamy ich iloczyn skalarny:

Tak więc

Niech punkt  będzie czwartym wierzchołkiem równoległoboku  a  – czwartym wierzchołkiem równoległoboku Równoległoboki te są przystające, ponieważ    oraz    Stąd

Niech punkt  będzie czwartym wierzchołkiem równoległoboku  Wtedy  także jest równoległobokiem (bo ). Wobec tego punkt  jako środek jego przekątnej  jest też środkiem drugiej przekątnej  Analogicznie  jest środkiem  Stąd i z twierdzenia Talesa uzyskujemy  oraz

Niech punkt  będzie czwartym wierzchołkiem prostokąta Wtedy  jest równoległobokiem o środku  (bo  oraz ), więc punkty  są współliniowe. Odcinki  i  są średnicami okręgu opisanego na prostokącie  Ponadto  więc punkt  leży na tym okręgu. Stąd

Niech punkt  będzie czwartym wierzchołkiem równoległoboku Wtedy  także jest równoległobokiem oraz zachodzą równości

(*)

oraz

(**)

---

Z równości  (uwzględniając wzajemne położenie odpowiednich punktów) wynika, że punkty  leżą na jednym okręgu. Wobec tego  co razem z równością  daje tezę.

Rozważmy trójkąt równoboczny  o środku  Każdemu słowu przyporządkujmy przekształcenie tego trójkąta w ten sposób, że literze  odpowiada symetria względem osi  a literze  obrót wokół punktu  o  zgodnie z ruchem wskazówek zegara. Na przykład słowo  oznacza „obrót, potem symetria, znów symetria i jeszcze dwa obroty”. Zauważmy, że podane operacje nie zmieniają przypisanego przekształcenia. Istotnie, możemy dodać lub odjąć dwie kolejne symetrie względem tej samej osi, trzy obroty o  wokół tego samego punktu, a oba słowa  i  oznaczają symetrię względem osi  W takim razie nie istnieje żądany ciąg operacji, gdyż  oznacza symetrię względem osi  a  symetrię względem osi

Niech i oznaczają punkty symetryczne do i względem punktów i odpowiednio.

Wówczas z twierdzenia Talesa i Zauważmy, że trójkąty i są równoramienne: i Ponadto, ponieważ więc Wobec tego trójkąty i są przystające. To oznacza, że co wraz z pierwszą obserwacją kończy dowód.

Załóżmy, że liczbę zapisano jako dla pewnych liczb naturalnych i takich że To oznacza, że

Zauważmy, iż jedna z liczb jest nieparzysta i większa od czyli ma czynnik nieparzysty, więc nie jest potęgą dwójki. Z drugiej strony, jeżeli nie jest potęgą dwójki, to liczba zapisuje się jako iloczyn liczby parzystej i nieparzystej Jeśli oznacza większą z tych liczb, to możemy przyjąć, iż

Niech  ( ).

Gdy  wystarczy wziąć dowolną liczbę  będącą iloczynem  różnych liczb pierwszych. Są one oczywiście dzielnikami liczby  Dalej przyjmijmy, że

Najpierw wykażemy, że zbiór dzielników pierwszych wszystkich liczb  jest nieskończony. Przypuśćmy bowiem, że jest to zbiór skończony  Biorąc jako  dowolną liczbę postaci  (  całkowite), mamy

Liczba w nawiasie kwadratowym nie dzieli się przez żadną z liczb pierwszych  (a swoboda wyboru  pozwala przyjąć, że jest różna od ); ma więc jakiś inny dzielnik pierwszy, wbrew uczynionemu przypuszczeniu.

Stąd wniosek, że dla dowolnego  istnieją różne liczby pierwsze  oraz takie liczby całkowite  że

Znajdujemy liczbę  spełniającą układ kongruencji

taka liczba istnieje, w myśl chińskiego twierdzenia o resztach. Wówczas

liczba  ma więc co najmniej  różnych dzielników pierwszych.

W obrębie szachownicy jest  punktów kratowych (w każdym spotykają się cztery pola szachownicy). Wyróżnijmy te punkty kratowe, na które padły środki płytek. Punkty kratowe leżą w  rzędach po  punktów; liczba punktów wyróżnionych przekracza  więc w pewnym rzędzie jest ich więcej niż

Numerujemy punkty kratowe w tym rzędzie od 1 do  Wystarczy wykazać, że pewna trójka  składa się z punktów wyróżnionych; można wtedy bezkarnie usunąć płytkę o środku w punkcie

Załóżmy, że tak nie jest; zatem w każdej z trójek    itd. jest punkt niewyróżniony. Jest  trójek postaci  W takim razie liczba punktów wyróżnionych (w rozważanym rzędzie) nie przekracza różnicy ; zaś ta różnica równa się  o czym można się przekonać, rozpatrując trzy możliwe reszty z dzielenia  przez 3. Sprzeczność – wyróżnionych punktów miało być w tym rzędzie więcej.

Niech będzie okresem funkcji Z równości czyli

(czyli jeszcze prościej: ) wnosimy, że

Pochodna też jest funkcją -okresową: czyli

Zatem albo (liczba wymierna), albo skąd ( ),

Przekręcamy diagram o tak, by otrzymać tabelę – nieskończoną macierz ; jest to lewa z dwóch tabelek poniżej:

Zgodnie z treścią zadania, jej wyrazy są związane zależnościami:

W kolejnych wierszach widzimy ciągi arytmetyczne; odgadujemy wzór jawny Sprawdzamy, że te liczby spełniają napisane przed chwilą równania (które wyznaczają zawartość całej tabeli jednoznacznie).

Tworzymy nową macierz nieskończoną o wyrazach  (prawy diagram powyżej). Zachodzą równości

Tak więc jest po prostu tabliczką mnożenia liczb nieparzystych. Każda liczba nieparzysta występuje w niej tyle razy, ile ma różnych dzielników dodatnich.

Niech teraz będzie zadaną liczbą całkowitą. Bierzemy dowolną liczbę pierwszą ; wówczas liczba wystąpi w tabeli dokładnie  razy. Wracając do tabeli widzimy, że dokładnie  razy pojawi się w niej liczba Jest nieskończenie wiele liczb pierwszych – mamy więc tezę zadania.

Dwunastościan widziany przez przednią ścianę.

(a) Można (rysynek obok). Kolorem zaznaczono krawędzie o nieparzystych numerach.

(b) Nie można. Niech oznacza sumę wszystkich numerów krawędzi:

Niech oznacza sumę numerów w -tym wierzchołku ( ). Wtedy bo numer każdej krawędzi jest liczony dwukrotnie – przy każdym z jej końców. Gdyby każda z liczb była podzielna przez 4, to także. Jednak nie dzieli się przez 4.

(a) Nie. Opisana operacja zwiększa o 2 sumę wszystkich liczb. Początkowo suma ta jest równa 1, więc zawsze jest nieparzysta, czyli niepodzielna przez 8.

(b) Nie. Wyróżnijmy liczby w czterech wierzchołkach, jak na rysunku. Niech oznacza ich sumę, a – sumę pozostałych czterech liczb. Opisana operacja nie zmienia Początkowo Tymczasem gdyby i to

Nie można. Liczby we wszystkich wierzchołkach muszą być tej samej parzystości, aby dla każdej krawędzi liczba umieszczona na jej środku była całkowita. Liczba 1 nie jest średnią arytmetyczną żadnych liczb większych od niej, zatem musi stać w wierzchołku, podobnie liczba 18. Nie są one jednak tej samej parzystości.

Oznaczmy przez i i oraz i liczby zapisane na parach przeciwległych ścian sześcianu. Zauważmy, że w każdym wierzchołku występuje inny spośród ośmiu możliwych iloczynów gdzie Suma liczb w wierzchołkach jest więc sumą tych ośmiu iloczynów i można ją zapisać jako

Liczby 7 i 41 są pierwsze, a sumy w nawiasach po lewej stronie większe od 1, więc

Ponieważ w czworościan można wpisać kulę o środku i promieniu 1, wysokość tego czworościanu wynosi 4 (na podstawie przytoczonej własności). Przekształćmy czworościan foremny przez jednokładność względem punktu o skali W efekcie otrzymamy czworościan Korzystając z własności jednokładności, wnioskujemy, że płaszczyzna przecina wysokość w punkcie w taki sposób, że a kula jest również styczna do płaszczyzny Zatem kula wpisana w czworościan ma promień i ma tylko jeden punkt wspólny z kulą

Analogicznie pokazujemy, że istnieją cztery kule o promieniu umieszczone w każdym „rogu” czworościanu Każda z tych kul ma tylko jeden punkt wspólny z kulą Ponieważ kula ma promień 1, więc można umieścić w niej dwie kule o promieniu które mają tylko jeden punkt wspólny.

Zatem otrzymaliśmy sześć kul, które spełniają warunki zadania.

Niech będą odpowiednio środkami krawędzi  Przekształćmy kulę i czworościan przez

• jednokładność o środku i skali
• jednokładność o środku i skali

Efektem tych przekształceń będą dwa czworościany, które mają tylko jeden punkt wspólny – środek kuli  Zatem kule wpisane w te czworościany nie mają punktów wspólnych.

Przekształćmy teraz kulę przez

• jednokładność o środku i skali
• jednokładność o środku i skali

Obrazami środka kuli będą środki kul o promieniach znajdujące się w połowie odcinków i Wykażemy teraz, że kule te nie mają punktów wspólnych.

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa, wyliczamy, że czworościan foremny o wysokości 4 ma krawędź długości Zatem odległość punktów i wynosi Środki boków i w trójkącie pozostają w odległości która jest większa od 1.

Zatem we wnętrzu czworościanu można umieścić sześć kul: każda z nich jest obrazem kuli wpisanej w czworościan w jednokładności o skali i środku będącym środkiem krawędzi czworościanu.