Delta mi!

Niech spełnia warunki zadania. Zauważmy, że możemy wybrać takie, że wielomian ma współczynniki całkowite oraz współczynnik przy najwyższej potędze wynosi 1. Niech i niech będzie liczbą pierwszą. Jeśli jest dostatecznie duże, to równanie ma dokładnie jedno dodatnie rozwiązanie, które zgodnie z założeniem o wielomianie jest wymierne. Korzystając z twierdzenia o pierwiastkach wymiernych wielomianu o współczynnikach całkowitych dostajemy, że rozwiązaniem tym może być tylko lub zatem dla dostatecznie dużych musi to być Wynika stąd, że dla dostatecznie dużych liczb pierwszych zatem co oznacza, że jest stopnia 1.

Przypuśćmy, że dla pewnych liczb całkowitych Równość tę możemy przepisać do postaci Niech będzie dzielnikiem pierwszym Wówczas Z Małego Twierdzenia Fermata wiemy, że a zatem co oznacza że Ponieważ było dowolnym dzielnikiem pierwszym więc a to jest sprzeczność.

Wskażemy bijekcję między zbiorami rozwiązań przedstawionych w zadaniu nierówności. Załóżmy, że liczby całkowite spełniają Możemy na dwa sposoby wskazać takie, że Każdy ciąg liczb spełniający tę równość (oraz ) możemy podzielić na bloki, czyli fragmenty postaci gdzie Jeśli długość takiego bloku to to przyporządkujemy mu blok długości gdzie oraz jest tego samego znaku, co Wykonując tę operację na wszystkich blokach, dostaniemy ciąg gdzie i co daje nam ciąg liczb całkowitych spełniający Nietrudno przekonać się, że przedstawione przekształcenie jest wzajemnie jednoznaczne, co kończy rozwiązanie.

Dla trójkąta równobocznego zachodzi równość przy wartości parametru Wykażemy, że wartość gwarantuje spełnienie nierówności dla każdego trójkąta.

Długości boków dowolnego trójkąta można wyrazić przez trójkę liczb pisząc: Oznaczmy przez różnicę między lewą oraz prawą stroną zadanej nierówności (z parametrem ); mamy uzasadnić, że Do dowodu użyjemy tożsamości

(1)

gdzie

Sprawdzenie tożsamości (1) jest czynnością mechaniczną; z uwagi na wielomianową jednorodną (stopnia 3) postać obu jej stron, wystarczy ją sprawdzić np. dla oraz czterech różnych wartości (można też użyć programu komputerowego). Wyrażenia (2) i (3) mają dla wartości nieujemne: nierówność jest oczywista; zaś to znana nierówność Schura. Stąd Wniosek: szukana maksymalna wartość wynosi .

Dla kompletności - jednolinijkowy dowód nierówności Schura: niech np. ; wówczas

to wartość nieujemna, bo .

Warunki zadania nie zmieniają się przy przesunięciu zbioru o dowolną liczbę całkowitą. Można więc zakładać, że jego elementami są liczby nieujemne. Zauważmy też, że jeśli elementy pewnego zbioru da się uporządkować w wymagany sposób, wówczas to samo uporządkowanie jest dobre dla każdego podzbioru zbioru (po wykreśleniu zbędnych elementów).

Wystarczy zatem udowodnić tezę zadania dla zbiorów postaci Dla każde z dwóch uporządkowań jest dobre (warunek spełniony "w próżni"). Dalej indukcja: przyjmijmy, że dla pewnego zbiór daje się ustawić w ciąg tak, że gdy Wówczas ciąg

jest szukanym uporządkowaniem zbioru (jednym z możliwych); bo gdy lub nierówność wynika z założenia indukcyjnego; gdy zaś liczba jest nieparzysta, więc To kończy krok indukcyjny.

Zauważmy, że jeśli liczba raz pojawi się na górze stosu, to aby pojawiła się tam ponownie, wcześniej musi się tam znaleźć liczba większa od W szczególności pojawi się na górze co najwyżej raz. Jeśli to nastąpi, to pojawi się później co najwyżej raz, jeżeli nie, to również pojawi się w ogóle co najwyżej raz. Po ewentualnym wystąpieniu liczba pojawi się co najwyżej raz itd. To oznacza, że w pewnym momencie na górze musi pojawić się liczba

Odpowiedź:
Zauważmy, że dowolny wspólny dzielnik liczb oraz dzieli również liczbę

i w konsekwencji także liczbę

Pozostaje zauważyć, że dla mamy oraz

Jeżeli jest liczbą nieparzystą, czyli dla pewnej liczby całkowitej to na niebiesko malujemy liczby oraz a na czerwono - wszystkie pozostałe. Wówczas suma czerwonych liczb jest równa

czyli jest równa iloczynowi niebieskich liczb.

Jeśli zaś jest liczbą parzystą, czyli dla pewnej liczby całkowitej to na niebiesko malujemy liczby oraz a na czerwono - wszystkie pozostałe. Wówczas suma czerwonych liczb jest równa

czyli jest równa iloczynowi niebieskich liczb.

Przykład Autora zadania (W. Bednarek): gdy jest dowolną czwórką kolejnych liczb naturalnych nieparzystych, wówczas czwórka jest dobra; jak zwykle, oznacza -tą liczbę Fibonacciego ( dla ).

Uzasadnienie: Dopełniamy taką czwórkę trzema kolejnymi liczbami parzystymi do pełnego bloku siedmiu kolejnych liczb naturalnych i korzystamy ze znanych tożsamości

Otrzymujemy:

Skoro punkt jest środkiem łuku ; zatem prosta jest dwusieczną kąta wpisanego Przy tym jest prostopadła do prostej ; jest więc symetralną odcinka Stąd wynika, że

Cięciwy i przecinające się w punkcie wyznaczają trójkąty podobne: ; a ponieważ zatem (ostatnia równość jest dana w założeniach). To pokazuje, że trójkąt jest równoboczny, wobec czego W takim razie

Czworokąt to deltoid ; stąd Wobec wcześniejszego spostrzeżenia, że dostajemy tezę zadania: trójkąt jest równoboczny.