Matematyka.pl

Par \(\displaystyle{ (A_i,A_j)}\) różnych punktów jest dokładnie \(\displaystyle{ \frac{n(n-1)}{2}}\). Więcej więc zielonych punktów nie będzie, bo dla każdego z nich musi istnieć jakaś para, która go wyznacza. Zobaczymy, czy to osiągalne. Jest to równoważne temu, że żaden zielony punkt nie jest jednocześnie środkiem dwóch odcinków.
Weźmy taki zestaw punktów: \(\displaystyle{ A_i = ( \ln p_i , b_i)}\), gdzie \(\displaystyle{ p_i}\) to \(\displaystyle{ i}\)-ta liczba pierwsza, a druga współrzędna jest jakakolwiek. Aby dwa punkty się pokrywały, i tak obie ich współrzędne muszą być równe. Współrzędne środka odcinka \(\displaystyle{ A_{i}A_{j}}\) to \(\displaystyle{ (\frac{1}{2} \ln{p_i p_j}, \frac{b_i+b+j}{2})}\). Oczywiście, gdyby pierwsze współrzędne jakichś dwóch odcinków były równe, to oznaczałoby to, że jakaś liczba całkowita ma dwa różne rozkłady na iloczyn liczb pierwszych, co jest oczywistą nieprawdą na mocy znanego twierdzenia o jednoznaczności rozkładu. Pewnie istnieje jakiś przykład mniej z kosmosu, ale to pierwszy na jaki wpadłem i działa.

Przejdźmy do minimum. Znowu napiszmy \(\displaystyle{ A_i = (a_i,b_i)}\). Niech teraz ciąg \(\displaystyle{ a_i}\) będzie rosnący. Środki wszystkich odcinków, których końcem jest \(\displaystyle{ A_1}\), są po pierwsze różne, a po drugie mają pierwsze współrzędne równe \(\displaystyle{ \frac{a_1 +a_i}{2}}\). Ponieważ ciąg jest rosnący, każda z nich poza ostatnią jest ostro mniejsza od ostatniej, równej \(\displaystyle{ \frac{a_1+a_n}{2}}\). Podobnie, środki wszystkich odcinków, których końcem jest \(\displaystyle{ A_n}\), są różne i mają pierwsze współrzędnie równe \(\displaystyle{ \frac{a_i+a_n}{2}}\). Są one, z tego samego powodu, wszystkie poza pierwszą z nich większe od pierwszej z nich, równej tyle co poprzednio ostatnia, czyli \(\displaystyle{ \frac{a_1+a_n}{2}}\). Ponieważ więc parami różne punkty z pierwszej z grup mają pierwsze współrzędną ostro mniejsze od każdego z parami różnych punktów z drugiej grupy, są one wszystkie parami różne - aby to było prawdą, trzeba z każdej z tych grup wykluczyć środek odcinka \(\displaystyle{ A_1 A_n}\), który oczywiście jest różny od każdego z wcześniej wymienionych. Daje nam to w sumie \(\displaystyle{ (n-2)+(n-2) + 1 = 2n -3}\) różnych punktów.

A zatem minimum to co najmniej \(\displaystyle{ 2n-3}\).

Niech teraz \(\displaystyle{ A_i = (2i,0)}\). Punkty te leżą teraz na prostej. Wszystkie środki tych odcinków też leżą więc na tej samej prostej. Możemy więc znowu ograniczyć się do pierwszych współrzędnych, bo drugie są zawsze zerami. Zauważmy, że współrzędna środka dowolnego z odcinków ma postać \(\displaystyle{ \frac{2i+2j}{2} = i +j}\), a zatem jest to liczba całkowita. Nie może ona być równa ani mniejsza od \(\displaystyle{ 2}\), ani większa ani równa \(\displaystyle{ 2n}\). Zatem zielonych punktów jest dokładnie tyle, ile liczb całkowitych pomiędzy \(\displaystyle{ 2}\) a \(\displaystyle{ 2n}\), czyli dokładnie \(\displaystyle{ 2n-3}\), co kończy dowód.

Interesujące jest to, że w zasadzie nic się nie zmienia w wyniku, czy te punkty mają leżeć na płaszczyźnie, prostej czy w przestrzeni wielowymiarowej, co widać po metodzie, jaką przyjąłem.

Czy jest jedyna?

załóżmy, że jeden z punktów \(\displaystyle{ C}\) jest środkiem okręgu.
-Wiemy więc, że jeden z boków jest średnicą
-To będzie więc trójkąt prostokątny
-Wyznaczamy środek \(\displaystyle{ AB}\). Niech będzie to \(\displaystyle{ D}\).
-Okrąg o środku \(\displaystyle{ D}\)[ i promieniu \(\displaystyle{ AD}\) przecina okrąg nasz w punkcie \(\displaystyle{ E}\).
Może w dwóch, może w żadnym, może w jednym.W zależności od odległości \(\displaystyle{ AB}\) od najbliższego punktu okręgu.
-zauważmy, że kąt \(\displaystyle{ ABE}\) jest prostokątny, bo jest oparty na śrdnicy
-przedłużamy odcinki \(\displaystyle{ EA}\) i \(\displaystyle{ EB}\) do przecięcia się z okręgiem w punktach \(\displaystyle{ F,G}\)
-kąt wpisany FEG jest prosty więc oparty na średnicy. Trójkąt \(\displaystyle{ EFG}\)

rozważmy \(\displaystyle{ a_{k} = 9k}\)
\(\displaystyle{ (9k)^{3}= (8k+k )^{3}= (8k)^{3} + 3 \cdot 8k^{2} ( 8k + k) + k^{3}}\)
Środkowe wyrażenie sprowadza się do \(\displaystyle{ (6k)^{3}}\)

\(\displaystyle{ x= \frac{1}{2} , n = 1}\). Ze względu na obustronnie ostre nierówności nie znajdziemy takiego \(\displaystyle{ k}\)

\(\displaystyle{ 669^{3}+8^{3}=707 \cdot k}\). Ze wzoru na sumę sześcianów. Ze dalszej części wskazówki wiemy, że nasza liczba dzieli się przez \(\displaystyle{ 101}\)
Rozkład \(\displaystyle{ 101 \cdot 4821073}\)

niech \(\displaystyle{ x_{j}= x_{1}= x_{2}....= \frac{1}{2}}\). Wówczas nierówność przyjmie postać \(\displaystyle{ \frac{n}{ \frac{1}{2} } = 2n \le \frac{n}{1+x_{1}} \frac{2}{3}n}\)

\(\displaystyle{ e,f,a}\) niech będą odpowiednio długościami przekątnych i boków. Romb jest równoległobokiem i obie przekątne przecinają się w połowie, a że jest deltoidem-pod kątem prostym. Powstają 4 trójkąty prostokątne o wymiarach \(\displaystyle{ \frac{e}{2}, \frac{f}{2}, a}\).
Z twierdzenia pitagorasa i po pomnożeniu przez wspólny mianownik mamy równanie diofantyczne
\(\displaystyle{ e^{2}+f^{2}=(2a)^{2}}\)Wstawiając po kolei \(\displaystyle{ a=1,2,3,4}\) dopiero przy \(\displaystyle{ a=5}\) mamy trójkę. (Sprawdzać to wszystko?, Trudne nie jest, tylko toporne) \(\displaystyle{ e=6, f=8, a=5}\)

Z twierdzenia Eulera wynika, że jeśli \(\displaystyle{ 3\nmid x \ x\in Z_{+} \ \hbox{,to} \ 9|x^6-1 \Rightarrow 9|(x^3-1)(x^3+1) \Rightarrow x^3\equiv 1,0,-1 \pmod{9}}\)(uwzględniłem przypadek \(\displaystyle{ 3|x}\)) Z tąd łatwo wynika, że dla \(\displaystyle{ x,y,z\in Z_{+} \ x^3+y^3+z^3\equiv 0,1,2,3,6,7,8\pmod{9}}\).Wystarczy wziąć \(\displaystyle{ n}\) takie, że \(\displaystyle{ n\equiv 4,5 \pmod{9}}\)(jest ich nieskończenie wiele)

Jeśli \(\displaystyle{ \alpha}\) jest rozwiązaniem równania, to \(\displaystyle{ \alpha^5+\alpha-1=0 \Leftrightarrow \alpha(\alpha^4+1)=1 \Leftrightarrow \alpha^4+1=\frac{1}{\alpha}}\)(korzystam z tego, że \(\displaystyle{ \alpha \neq 0}\)) biorac równanie \(\displaystyle{ -x^5+x^4+1=0}\), wtedy dla \(\displaystyle{ x=1+\alpha^4=\frac{1}{\alpha} \ \hbox{mamy} \ -\frac{1}{\alpha^5}+\frac{1}{\alpha^4}+1=0}\) mnożąc przez \(\displaystyle{ \alpha^5}\) otrzymaje równanie wyjściowe, którego \(\displaystyle{ \alpha}\) jest rozwiązaniem.

Odcinek \(\displaystyle{ \left[\frac{n^2}{n+1},n\right]}\) ma długość \(\displaystyle{ \frac{n}{n+1}}\), więc jest jasne, że dla \(\displaystyle{ 0<x<\frac{n}{n+1}}\) znajdziemy \(\displaystyle{ k}\) o które chodzi w zadaniu.

Dla \(\displaystyle{ \frac{n}{n+1}<x<1}\) bierzemy \(\displaystyle{ k=n}\).

Dla \(\displaystyle{ x=\frac{n}{n+1}}\) nie istnieje \(\displaystyle{ k}\) spełniające warunki zadania.

Mamy bowiem \(\displaystyle{ nx=\frac{n^2}{n+1}}\), zaś \(\displaystyle{ (n+1)x=n}\) żadna z tych wielokrotności nie leże wewnątrz zadanego przedziału.

Nie ma takich zbiorów. Zbiór pusty nie jest elementem żadnego podzbioru zbioru liczb naturalnych.

\(\displaystyle{ 1=\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}}\)

Dla \(\displaystyle{ 1<n_1<\dots<\dots <n_k}\) mamy
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^k\frac{1}{n_k^2}<\sum_{i=2}^\infty \frac{1}{i^2}=\frac{\pi^2}{6}-1<1}\)

miało być \(\displaystyle{ 0 \in S}\)

juz było (ale nie zaszkodzi powtórzyc)

Z podanej w treści zadania równości kątów wynika na mocy twierdzenia o kącie pomiędzy sieczną a styczną do okręgu, że \(\displaystyle{ O(DKC)}\) jest styczny do prostej \(\displaystyle{ PK}\). Z własności potęgi punktu implikuje to to, że \(\displaystyle{ PD \cdot PC=PK^2=PA \cdot PB}\), co daje już szukaną cykliczność

Po pierwsze zauważmy, że dowolna dodatnia liczba całkowita \(\displaystyle{ n}\) ma jednoznaczną reprezentację w postaci \(\displaystyle{ n=px+qy}\), gdzie \(\displaystyle{ 0 \le x < q}\). Wynika to bezpośrednio z tego, że całkowite rozwiązania równania \(\displaystyle{ n=px+qy}\) są wyrażane w następującej postaci \(\displaystyle{ (x, \ y)=(x_0+kb, \ x_0-ka)}\), gdzie \(\displaystyle{ k}\) jest dowolną liczbą całkowitą, a \(\displaystyle{ (x_0 \ y_0)}\) szczególnym rozwiązaniem tego równania. Takie rozwiązanie istnieje ze względu na to, że \(\displaystyle{ (p, \ q)=1}\).
Rozważmy teraz podzbiór \(\displaystyle{ P}\) płaszczyzny kartezjańskiej zdefiniowany nierównościami \(\displaystyle{ px+qy \ge}\) i \(\displaystyle{ 0 \le x < q}\). Na podstawie naszych wcześniejszych obserwacji wynika, że punktu kratowe w \(\displaystyle{ P}\) są w bijekcji z liczbami całkowitymi nieujemnymi. Zaznaczmy teraz wszystkie punkty kratowe, którym odpowiadające liczby całkowite należą do zbioru \(\displaystyle{ P}\). Z konstrukcji zbioru \(\displaystyle{ S}\) widać, że jeżeli pewien punkt kratowy \(\displaystyle{ R}\) jest zaznaczony, to również każdy punkt kratowy leżący na prostej prostopadłej do \(\displaystyle{ OX}\) przez \(\displaystyle{ R}\) leżący ponad \(\displaystyle{ R}\), jest zaznaczony. Podobnie każdy punkt kratowy leżący na prostej równoległej do \(\displaystyle{ OX}\) przez \(\displaystyle{ R}\) leżący na prawo od \(\displaystyle{ R}\), jest zaznaczony. Widzimy więc, że polecenia jest równoważna z policzeniem takich kolorowań zbioru \(\displaystyle{ P}\). Skoro jednak punkty \(\displaystyle{ (0, \ 0)}\) jest zaznaczony, to oznacza to, że dowolny punkt kratowy na prostej \(\displaystyle{ OY}\) lub \(\displaystyle{ OX}\)(który oczywiście spełnia nasze nierówności) jest zaznaczony. Musimy z tego powodu ile jest takich różnych kolorowań podzbioru płaszczyzny kartezjańskiego ograniczonego równaniami: \(\displaystyle{ px+qy \ge 0, \ y=0, \ x=q}\). To z kolei równoważne jest policzeniu liczby ścieżek, które prowadzą albo poziomo albo pionowo, z punktu \(\displaystyle{ (0, \ 0)}\) do punktu \(\displaystyle{ (q, \ -p)}\) nieprzecinających prostej \(\displaystyle{ px+qy=0}\). Takie ścieżki będziemy nazywali dobrymi.
Rozważmy dowolną ścieżkę dobrą. Przechodzi ona kolejno przez punkty \(\displaystyle{ A_0 , \ A_1, \ ..., \ A_{p+q}}\), gdzie \(\displaystyle{ A_0=(0, \ 0), \ A_{p+q}=(q, \ -p)}\). Te ścieżkę możemy także zapisać w takiej postaci \(\displaystyle{ D_1D_2...D_{p+q}}\), gdzie \(\displaystyle{ D_{i}}\) jest po prostu odcinkiem ścieżki między punktami \(\displaystyle{ A_{i-1}}\) i \(\displaystyle{ A_i}\)-wskazuje, czy jest on poziomy czy pionowy. Wśród tych odcinków dokładnie \(\displaystyle{ q}\) jest poziomych, a \(\displaystyle{ p}\) pionowych.
Niech teraz zbiór \(\displaystyle{ K}\) będzie zbiorem wszystkich ścieżek idących pionowo i poziomo z punktu \(\displaystyle{ (0, \ 0)}\) do punktu \(\displaystyle{ (q, \ -p)}\). Jest ich w sumie \(\displaystyle{ \binom{p+q}{p}}\). Rozważmy teraz dowolną ścieżkę ze zbioru \(\displaystyle{ K}\). Powiemy, że dana ścieżka jest równoważna innej ścieżce, jeżeli powstaje poprzez cykliczne przesunięcie elementów \(\displaystyle{ D_i}\). Dla każdej ścieżki możemy więc stworzyć taką klasę równoważności. Zauważmy, że wszystkie ścieżki należące do klasy równoważności danej ścieżki są między sobą różne. W przeciwnym razie mielibyśmy, że \(\displaystyle{ D_1=D_{i+1}=D_{2i+1}...}\)(oczywiście \(\displaystyle{ D_{i+p+q}=D_{i}}\)), a z tego wynikałoby, że \(\displaystyle{ D_1=D_2=...=D_{p+q}}\), co oczywiście jest niemożliwe. Każda klasa równoważności składa się więc z \(\displaystyle{ p+q}\) różnych ścieżek.
Zdefiniujmy prostą \(\displaystyle{ l}\) jako \(\displaystyle{ l=px+qy}\). Teraz dla \(\displaystyle{ 0<i<p+q}\) definiujemy proste \(\displaystyle{ l_i}\), równoległe do \(\displaystyle{ l}\) i przechodzące przez punkty \(\displaystyle{ A_i}\) na dowolnej ścieżce. Niech \(\displaystyle{ l_{min}}\) będzie taką prostą, dla której punkty z osi \(\displaystyle{ OX}\) przyjmują najmniejsze wartości. Zauważmy teraz, że ścieżka \(\displaystyle{ p}\) \(\displaystyle{ D_{min+1}D_{min+2}...D_{min+p+q}}\) przecina prostą \(\displaystyle{ l}\). Łatwo zauważyć, że każda inna ścieżka należąca do klasy równoważności \(\displaystyle{ p}\) przecina prostą \(\displaystyle{ l}\). Widać więc, że w każdej klasie równoważności jedynie jedna ścieżka spełnia wymagane przez nas warunki, zatem liczba wszystkich szukanych przez nas ścieżek to \(\displaystyle{ \frac{1}{p+q} \binom{p+q}{q}}\)