Ukryta treść:
Wiadomo, że istnieje taka liczba naturalna \(\displaystyle{ k}\), że istnieje nieskończenie wiele par liczb pierwszych różniących się o \(\displaystyle{ k}\) (wiemy to np. z ). Zatem stosunek \(\displaystyle{ \frac{p}{q}}\), gdzie \(\displaystyle{ p}\) i \(\displaystyle{ q}\) (\(\displaystyle{ p>q}\)) są liczbami pierwszymi, może być dowolnie bliski 1. Bierzemy zatem takie liczby pierwsze \(\displaystyle{ p}\) i \(\displaystyle{ q}\), że \(\displaystyle{ p>q}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{p}{q}<\sqrt[2017]{1,01}}\). Niech \(\displaystyle{ x>2017}\) będzie liczbą całkowitą. Wówczas liczba \(\displaystyle{ n= (pq)^{2x}}\) spełnia warunki zadania. Istotnie, szukanymi dzielnikami są liczby postaci \(\displaystyle{ p^{x+i} q^{x-i}}\), gdzie \(\displaystyle{ i \in \left\{ 0, 1, 2, ... ,2017 \right\}}\).
Ukryta treść:
Ponumerujmy kawalerów różnymi liczbami ze zbioru \(\displaystyle{ \left\{1, 2, ..., 20 \right\}}\) oraz oznaczmy liczbę dam, z którym zatańczył kawaler o numerze \(\displaystyle{ i}\) przez \(\displaystyle{ a_{i}}\). Oczywiście \(\displaystyle{ a _1{} +a _{2} + ... + a_{20}=99}\). Z nierówności QM-AM łatwo otrzymujemy \(\displaystyle{ a_{1}^{2}+ a _{2} ^{2}+...+ a _{20} ^{2} \ge \frac{99^{2}}{20}>490}\). Zatem suma liczb par dam, z którymi zatańczyli poszczególni kawalerowie wynosi \(\displaystyle{ \frac{a _{1}( a_{1}-1)}{2} + \frac{a_{2}(a_{2}-1)}{2} +... +\frac{a_{20}(a_{20}-1)}{2}= \frac{(a_{1}^{2}+ a _{2} ^{2}+...+ a _{20} ^{2})-99}{2}>}\) \(\displaystyle{ >\frac{490-99}{2}=195,5}\). Jednak liczba wszystkich możliwych par dam wynosi \(\displaystyle{ {20 \choose 2}=190}\), czyli jest mniejsza od sumy liczb par dam, z którymi zatańczyli poszczególni kawalerowie. Stąd pewni dwaj kawalerowie zatańczyli z tą samą parą dam. Co kończy dowód.
Ukryta treść:
Niech \(\displaystyle{ M}\) będzie środkiem odcinka \(\displaystyle{ AD}\), \(\displaystyle{ N}\) - środkiem odcinka \(\displaystyle{ BC}\), \(\displaystyle{ B'}\) - punktem symetrycznym do punktu \(\displaystyle{ B}\) względem prostej \(\displaystyle{ AD}\) oraz \(\displaystyle{ K}\) - punktem przecięcia prostych \(\displaystyle{ BB'}\) i \(\displaystyle{ AD}\). Pokażemy, że \(\displaystyle{ AE\parallel NK}\). Jeśli trapez \(\displaystyle{ ABCD}\) jest równoległobokiem, to jest to prawie oczywiste. Załóżmy więc, że nie jest on równoległobokiem. Niech \(\displaystyle{ X}\) będzie punktem przecięcia prostych \(\displaystyle{ AD}\) i \(\displaystyle{ BC}\). Z twierdzenia Talesa mamy \(\displaystyle{ \frac{XM}{XN}=\frac{XA}{XB}}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{XM}{XE}=\frac{XK}{XB}}\). Stąd łatwo otrzymujemy, że \(\displaystyle{ \frac{XK}{XA}=\frac{XN}{XE}}\). Z twierdzenia odwrotnego do tw. Talesa otrzymujemy zatem, że \(\displaystyle{ AE\parallel NK}\). Z tw. o linii środkowej dla trójkąta \(\displaystyle{ B'BC}\) oraz punktów \(\displaystyle{ K}\) i \(\displaystyle{ N}\) otrzymujemy, że \(\displaystyle{ NK\parallel B'C}\). Zatem \(\displaystyle{ AE\parallel B'C}\). Stąd otrzymujemy, że punkty \(\displaystyle{ C}\), \(\displaystyle{ F}\), \(\displaystyle{ B'}\) są współliniowe, a zatem \(\displaystyle{ \angle AFB=\angle B'FK=\angle CFD}\). Co kończy dowód.
Ukryta treść:
Załóżmy nie wprost, że istnieją liczby całkowite \(\displaystyle{ a}\), \(\displaystyle{ b}\), \(\displaystyle{ c}\), że taka liczba całkowita dodatnia \(\displaystyle{ n}\) nie istnieje. Zatem liczby \(\displaystyle{ a+b+c+1}\), \(\displaystyle{ 8+4a+2b+c}\), \(\displaystyle{ 27+9a+3b+c}\), \(\displaystyle{ 64+16a+4b+c}\) muszą być kwadratami liczb całkowitych. Zauważmy jednak, że co najmniej jedna z liczb \(\displaystyle{ (27+9a+3b+c)-(a+b+c+1)=26+8a+2b}\) oraz \(\displaystyle{ (64+16a+4b+c)-(8+4a+2b+c)=56+12a+2b}\) musi dawać resztę 2 z dzielenia przez 4, a różnica kwadratów dwóch liczb całkowitych nie może dawać reszty 2 z dzielenia przez 4. Otrzymana sprzeczność kończy rozwiązanie zadania.
