Matematyka.pl

Ustalmy liczbę naturalną \(\displaystyle{ n}\). Zauważmy, że dla wszystkich \(\displaystyle{ k>n}\) jest \(\displaystyle{ 0<\frac{k}{n}<1}\), a więc \(\displaystyle{ \left\lfloor \frac{n}{k}\right\rfloor =0}\). Zadanie sprowadza się więc do wykazania, że moc zbioru \(\displaystyle{ A:=\left\{\left\lfloor \frac{n}{1}\right\rfloor,\ldots,\left\lfloor \frac{n}{n}\right\rfloor\right\}}\) jest nie większa niż \(\displaystyle{ 2\sqrt{n}}\). Oznaczmy:

\(\displaystyle{ B_2:=\left\{\left\lfloor \frac{n}{2}\right\rfloor+1,\ldots,\left\lfloor \frac{n}{1}\right\rfloor-1\right\}}\)
\(\displaystyle{ B_3:=\left\{\left\lfloor \frac{n}{3}\right\rfloor+1,\ldots,\left\lfloor \frac{n}{2}\right\rfloor-1\right\}}\)
\(\displaystyle{ \vdots}\)
\(\displaystyle{ B_n:=\left\{\left\lfloor \frac{n}{n}\right\rfloor+1,\ldots,\left\lfloor \frac{n}{n-1}\right\rfloor-1\right\}}\)

, gdzie w skrajnych przypadkach niektóre z tych zbiorów mogą być puste. Zauważmy, że \(\displaystyle{ A\subset\{1,\ldots, n\}}\) oraz dla każdego \(\displaystyle{ k=2,\ldots, n}\) mamy \(\displaystyle{ B_k\subset \{1,\ldots, n\}\setminus A}\), a także \(\displaystyle{ \left| B_k\right|\geq \left\lfloor \frac{n}{k-1}\right\rfloor-\left\lfloor \frac{n}{k}\right\rfloor-1}\). Ponadto zbiory \(\displaystyle{ B_k}\) są parami rozłączne.

Dla każdego \(\displaystyle{ m=2,\ldots,n}\) mamy

\(\displaystyle{ \bigcup_{k=2}^m B_k\subset \{1,\ldots, n\}\setminus A}\)
\(\displaystyle{ \left| \bigcup_{k=2}^m B_k\right| \leq \left| \{1,\ldots, n\}\setminus A\right| }\)
\(\displaystyle{ \sum_{k=2}^m |B_k|\leq n -|A|}\)
\(\displaystyle{ |A|\leq n-\sum_{k=2}^m |B_k|\leq n-\sum_{k=2}^m\left( \left\lfloor \frac{n}{k-1}\right\rfloor-\left\lfloor \frac{n}{k}\right\rfloor-1\right)= n-\left(\left\lfloor \frac{n}{1}\right\rfloor -\left\lfloor \frac{n}{m}\right\rfloor-(m-1)\right) = \left\lfloor \frac{n}{m}\right\rfloor+m-1 }\)

Wstawmy \(\displaystyle{ m=\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor+1}\). Wtedy

\(\displaystyle{ |A|\leq \left\lfloor \frac{n}{\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor+1}\right\rfloor+\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor+1-1=\left\lfloor \frac{\sqrt{n}\cdot \sqrt{n}}{\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor+1}\right\rfloor+\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\leq \left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor+\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\leq 2\sqrt{n}}\)

Zauważamy że dla każdego całkowitego \(\displaystyle{ k \ge \sqrt{n}}\) liczba \(\displaystyle{ ⌊\frac{n}{k}⌋}\) jest mniejsza lub równa \(\displaystyle{ \sqrt{n}}\) czyli takich liczb jest nie więcej niż \(\displaystyle{ \sqrt{n} + 1}\), z kolei liczb \(\displaystyle{ ⌊\frac{n}{k}⌋}\) gdzie \(\displaystyle{ k < \sqrt{n}}\) jest oczywiście mniej niż \(\displaystyle{ \sqrt{n}}\) skąd teza.

Nierówność \(\displaystyle{ a_{i+1}^{2}+a_{i+2}^{2}+2a_{i}a_{i+3}\le 0}\) przepisujemy w formie \(\displaystyle{ a_{i+1}^{2}+a_{i+2}^{2}+\left(a_{i}+a_{i+3}\right)^{2}\le a_{i}^{2}+a_{i+3}^{2}}\), następnie dodajemy stronami takie nierówności dla
\(\displaystyle{ i=1,2\ldots n}\) (indeksy modulo \(\displaystyle{ n}\)) i po skróceniu otrzymujemy
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}\left(a_{i}+a_{i+3}\right)^{2}=0}\), stąd oczywiście \(\displaystyle{ a_{i+3}=-a_{i}}\) dla \(\displaystyle{ i=1,2,\ldots n}\). Przez banalną indukcję otrzymujemy \(\displaystyle{ a_{i+3k}=(-1)^{k}a_{i}}\) gdy \(\displaystyle{ k\in \NN, \ i+3k\le n}\) (z czego dalej będę wielokrotnie korzystać).
Niech \(\displaystyle{ \RR\ni x=a_{1}}\). Dla \(\displaystyle{ n=4}\) łatwo wywnioskować, że warunki zadania spełniają tylko ciągi postaci
\(\displaystyle{ (a_1, a_2, a_3, a_4)=(x,-x,x,-x)}\), natomiast dla \(\displaystyle{ n=5}\) warunki zadania spełnia jedynie ciąg złożony z samych zer: istotnie, mamy \(\displaystyle{ -a_{2}=a_{5}=-a_{3}, \ -a_{1}=a_{4} =-a_{2}, \ -a_{1}=a_{3}}\), stąd wszystkie wyrazy mają tę samą wartość bezwzględną, a nadto
\(\displaystyle{ x=a_{1}=-a_{3}=-a_{2}=-a_{1}=-x}\), czyli \(\displaystyle{ x=0}\), stąd \(\displaystyle{ a_{1}=a_{2}=a_{3}=a_{4}=a_{5}=0}\).

Niech teraz \(\displaystyle{ n\ge 6}\) i wypiszmy, zgodnie z wcześniejszymi wnioskami początek ciągu:
\(\displaystyle{ (a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}, a_{5}, a_{6})=(x,y,z,-x,-y,-z)}\), po czym skorzystajmy z nierówności
\(\displaystyle{ a_{i+1}^{2}+a_{i+2}^{2}+2a_{i}a_{i+3}\le 0}\) dla \(\displaystyle{ i=1,2,3}\) odpowiednio. Otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \begin{cases}y^2+z^2\le 2x^2\\z^{2}+x^{2}\le 2y^{2}\\x^{2}+y^{2}\le 2z^{2} \end{cases}}\)
Dla ustalenia uwagi niech \(\displaystyle{ |z|=\min\left\{|x|,|y|,|z|\right\}}\), wówczas z trzeciej nierówności mamy
\(\displaystyle{ |x|=|y|=|z|}\) (w pozostałych przypadkach podobnie), a ponieważ \(\displaystyle{ a_{i+3k}=(-1)^{k}a_{i}}\), więc wszystkie wyrazy ciągu są równe co do modułu.
Wyróżnimy przypadki:

\(\displaystyle{ n\equiv 1\pmod{6}}\):
Mamy wówczas \(\displaystyle{ -a_{3}=a_{n}=a_{1}}\), a także \(\displaystyle{ a_{n-2}=-a_{2}}\) oraz \(\displaystyle{ -a_{2}=a_{n-1}=-a_{3}}\).
Wobec tego zapisując nierówność \(\displaystyle{ a_{i+1}^{2}+a_{i+3}^{2}+2a_{i}a_{i+3}\le 0}\) dla \(\displaystyle{ i=n-2}\) i przepisując ją w terminach \(\displaystyle{ a_{1}}\), dostajemy
\(\displaystyle{ 4a_{1}^{2}\le 0}\), stąd \(\displaystyle{ a_{1}=0}\) i wobec równości modułów wyrazów ciągu wszystkie wyrazy są równe zero.

\(\displaystyle{ n\equiv 2\pmod{6}}\):
Niech \(\displaystyle{ x=a_{1}}\). Mamy kolejno:
\(\displaystyle{ a_{1}=a_{n-1}=-a_{2}, \ a_{2}=a_{n}=-a_{3}}\), więc początek ciągu wygląda wtedy tak: \(\displaystyle{ (x,-x,x)}\) i stąd, korzystając z \(\displaystyle{ a_{i+3k}=(-1)^{k}a_{i}}\), łatwo dostajemy
\(\displaystyle{ a_{i}=(-1)^{i+1}x, \ i=1,2\ldots n}\), bez trudu widzimy, że ciąg ten spełnia warunki zadania.

\(\displaystyle{ n\equiv 3\pmod{6}}\):
Wówczas \(\displaystyle{ a_{3}=a_{n}=-a_{(n+3)\pmod{n}}=-a_{3}}\), czyli \(\displaystyle{ a_{3}=0}\), a że wszystkie wyrazy ciągu są równe co do modułu, więc jedynym rozwiązaniem jest ciąg złożony z samych zer.

\(\displaystyle{ n\equiv 4\pmod{6}}\):
Wtedy widzimy, że \(\displaystyle{ a_{2}=a_{n-2}=-a_{1}, \ a_{3}=a_{n-1}=-a_{2}, \ -a_{1}=a_{n}=-a_{3}}\), jeśli więc \(\displaystyle{ \RR\ni x=a_{1}}\), to początkowe trzy wyrazy przedstawiają się tak: \(\displaystyle{ (a_1, a_2, a_3)=(x,-x, x)}\) i korzystając ponownie z \(\displaystyle{ a_{i+3k}=(-1)^{k}a_{i}}\) dostajemy, że \(\displaystyle{ a_{i}=(-1)^{i+1}x, \ i=1,2\ldots n}\). Łatwo widać, że ciągi tej postaci spełniają warunki zadania.

\(\displaystyle{ n\equiv 5\pmod{6}}\):
Wówczas otrzymujemy \(\displaystyle{ a_{3}=a_{n-2}=-a_{1}, \ a_{2}=-a_{n}=a_{3}, \ -a_{2}=a_{n-1}, \ a_{n-3}=a_{2}, \ a_{n-4}=a_{1}}\),
niech więc \(\displaystyle{ \RR\ni x=a_{1}}\), wtedy \(\displaystyle{ a_{2}=a_{3}=a_{n-3}=a_{n-2}=-x, \ a_{n-4}=a_{n-1}=a_{n}=x}\) i korzystając ponownie z nierówności \(\displaystyle{ a_{i+1}^{2}+a_{i+2}^{2}+2a_{i}a_{i+3}\le 0}\), tym razem dla \(\displaystyle{ i=n-4}\) dostajemy, że \(\displaystyle{ 4x^2\le 0}\), czyli \(\displaystyle{ x=0}\), a stąd \(\displaystyle{ a_{1}=a_{2}=\ldots=a_{n}=0}\).

\(\displaystyle{ n\equiv 0\pmod{6}}\):
Niech \(\displaystyle{ a_{1}=x}\). Ponieważ wszystkie wyrazy ciągu mają taką samą wartość bezwzględną, więc
\(\displaystyle{ (a_{2}, a_{3})\in\left\{(x,x), (-x,-x), (x, -x), (-x, x)\right\}}\)
Każda z tych możliwości daje nam serię rozwiązań, które można opisać jawnymi wzorami w zależności od \(\displaystyle{ a_{1}=x}\), kolejno:
\(\displaystyle{ a_{i}=(-1)^{\left\lfloor \frac{i-1}{3}\right\rfloor }x, \ a_{i}=(-1)^{\left\lfloor \frac{i+1}{3} \right\rfloor}x, \ a_{i}=(-1)^{\left\lfloor \frac{i}{3}\right\rfloor}x, \ a_{i}=(-1)^{i+1}x }\)
Nietrudno sprawdzić, że wszystkie te serie spełniają warunki zadania, przykładowo
dla \(\displaystyle{ a_{i}=(-1)^{\left\lfloor \frac{i-1}{3}\right\rfloor}x}\) mamy
\(\displaystyle{ a_{i+1}^{2}+a_{i+2}^{2}+2a_{i}a_{i+3}=2x^{2}+2x^{2}(-1)^{\left\lfloor \frac{i-1}{3}\right\rfloor}(-1)^{\left\lfloor \frac{(i+3)-1}{3}\right\rfloor}=2x^{2}-2x^{2}=0}\), wszak nietrudno wykazać, że
\(\displaystyle{ \left\lfloor n+y\right\rfloor=n+\lfloor y\rfloor}\) dla \(\displaystyle{ n\in \NN, \ y\in \RR}\).

Myślę, że to można istotnie skrócić (np. wyróżnić przypadki parzystej i nieparzystej liczby wyrazów, a w tym pierwszym podzielna i niepodzielna przez \(\displaystyle{ 6}\)), ale już trudno.

Oczywiście na zrobienie tego zadania był jedyny słuszny sposób. Ale pokopmy tu trochę.

Jeśli przez \(\displaystyle{ f(n)}\) oznaczymy liczbę możliwych różnych wartości \(\displaystyle{ \lfloor \frac{n}{k} \rfloor}\), to podsumowując wnioski z zadania 1., dostajemy że \(\displaystyle{ f(n) \le 2 \sqrt{n} + 1}\). W jednym z przypadków była jednak nierówność ostra, zatem tak naprawdę można było pokazać, że \(\displaystyle{ f(n) < 2 \sqrt{n} + 1}\). Nie rozumiem, co kierowało autorem przy umieszczeniu tam słów „nie więcej” – przecież to nic nie utrudnia, a ulepsza szacowanie. Chyba, że ktoś chciał osiągnąć u ucznia „nie no, wyszła mi za mocna nierówność, coś tu musi być źle”.

Podnoszę zatem trudność zadania i zadam ciekawe pytania:

1. Wyznacz wartość \(\displaystyle{ f(n)}\) w zależności od \(\displaystyle{ n \in Z_+}\)? Zapis ułatwi przyjęcie \(\displaystyle{ t=\lfloor \sqrt{n} \rfloor}\).

2. Udowodnij tezę zadania z OM za pomocą wzorów z punktu 1. (w sumie po co?).

3. Oszacuj \(\displaystyle{ f(n) \le \sqrt{an+b}}\), gdzie \(\displaystyle{ a,b \in R}\), przy czym równość będzie zachodziła dla nieskończenie wielu \(\displaystyle{ n \in Z_+}\) (i wyznacz, dla jakich n zachodzi tu równość).

4. Znajdź największą liczbę rzeczywistą \(\displaystyle{ m}\) oraz najmniejszą liczbę rzeczywistą \(\displaystyle{ M}\), dla której \(\displaystyle{ m \le (2\sqrt{n}+1)-f(n)<M}\). W przedziale \(\displaystyle{ [m; M)}\) zawiera się strata wartości \(\displaystyle{ f(n)}\) do liczby \(\displaystyle{ 2\sqrt{n}+1}\).

Przykłady mówią, że odpowiedź na 1. zależy od czegoś więcej niż od \(\displaystyle{ \lfloor \sqrt{n} \rfloor}\) (czyli od naszego \(\displaystyle{ t}\)), bo np.: \(\displaystyle{ f(16)=f(17)=f(18)=f(19)=8}\), ale \(\displaystyle{ f(20)=f(21)=f(22)=f(23)=f(24)=9}\). Jak coś, poniżej jest podpowiedź do pytania nr 1. z mojej powyższej listy – podpowiedź obrócona o 180°.

Życzę miłej zabawy i dołączam ładne obrazki.

https://zapodaj.net/images/c7b33fcd92aa1.png
https://zapodaj.net/images/5f32323c7de78.png
https://zapodaj.net/images/34e5528f5bed4.png

Dodanie stronami i rozważenie różnych przypadków to sedno tego zadania. Ale pokażę dwa podejścia do kolejności rozumowania w tym zadaniu. Oczywiście dostajemy \(\displaystyle{ a_i=-a_{i+3}}\).

Uważam, że najłatwiej myśleć o tym zadaniu, jeśli umieścimy wartości \(\displaystyle{ a_1, \ldots, a_n}\) w wierzchołkach \(\displaystyle{ n}\)-kąta foremnego. Będziemy rozpatrywać zależności między poszczególnymi \(\displaystyle{ a_i}\), pisząc ich wartości na tym okręgu (opisanym), zaczynając od \(\displaystyle{ a_1=x}\) i kierując strzałkę z \(\displaystyle{ a_i}\) do \(\displaystyle{ a_{i+3}}\). Widać, że mamy albo 1 albo 3 cykle (w zależności od \(\displaystyle{ n \ mod \ 3}\)) i wszystkie cykle parzyste albo wszystkie cykle nieparzyste (w zależności od \(\displaystyle{ n \ mod \ 2}\)). Stąd częsty pomysł na rozpatrywanie przypadków uwzględniając \(\displaystyle{ n \ mod \ 6}\).

Można było robić delikatne usprawnienia, aby ograniczyć pałę na \(\displaystyle{ 6}\) przypadkach, czyli zgrupowanie \(\displaystyle{ 3k+1}\) i \(\displaystyle{ 3k+2}\) i/lub zgrupowanie razem \(\displaystyle{ 2m}\) i razem \(\displaystyle{ 2m+1}\).

Jedna droga rozumowania prowadziła od otrzymania \(\displaystyle{ a_i=-a_{i+3}}\), poprzez sprawdzenie różnych przypadków, aż do sprawdzenia. Nie będę się tym zajmował.

Skupię się na innej drodze: mając \(\displaystyle{ a_i=-a_{i+3}}\), możemy to od razu wstawić do początkowego układu, dostając nierówności \(\displaystyle{ a_{i+1}^2+a_{i+2}^2-2a_{i}^2 \le 0}\). Niech \(\displaystyle{ a_{i}^2}\) będzie MIN z tych wszystkich kwadratów. Wtedy otrzymujemy natychmiast, że \(\displaystyle{ a_{i+1}^2}\) i \(\displaystyle{ a_{i+2}^2}\) też są MIN, stąd szybko równość wszystkich kwadratów. Podoba mi się to (pomysł nie był mój), bo zanim w ogóle wejdziemy w jakieś przypadki, otrzymujemy że nasz układ jest RÓWNOWAŻNY znalezieniu \(\displaystyle{ n}\)-elementowych ciągów, dla których \(\displaystyle{ a_i=-a_{i+3}}\) oraz \(\displaystyle{ a_i^2=const}\). Fajnie, że możemy zapomnieć o układzie nierówności.

Dalej najfajniejszy nieoczywisty (dla mnie) trik, jaki zobaczyłem, dotyczy „wyzerowania ciągu” dla \(\displaystyle{ n}\) nieparzystych. Dodając stronami \(\displaystyle{ a_i=-a_{i+3}}\) dostajemy \(\displaystyle{ S=-S}\), czyli \(\displaystyle{ S=0}\) (suma wszystkich elementów). Gdyby wtedy \(\displaystyle{ |a_i| \ne 0}\), to dla \(\displaystyle{ n}\) nieparzystego w sumie \(\displaystyle{ S}\) jest nierównowaga plusów i minusów – więc nie byłoby \(\displaystyle{ S=0}\).

Trójka \(\displaystyle{ (a_1;a_2;a_3)}\) generuje cały ciąg. Oczywiście rozwiązaniami są ciągi:
a) dla \(\displaystyle{ n}\) nieparzystych – generowane przez \(\displaystyle{ (0;0;0)}\),
b) dla \(\displaystyle{ n}\) parzystych niepodzielnych przez \(\displaystyle{ 3}\) – generowane przez \(\displaystyle{ (x;-x;x)}\),
c) dla \(\displaystyle{ n}\) podzielnych przez \(\displaystyle{ 6}\) – generowane przez \(\displaystyle{ (x;±x;±x)}\) – są \(\displaystyle{ 4}\) ciągi dla \(\displaystyle{ x \ne 0}\).

Na grupie ZADANSY na FB pojawił się jeszcze pomysł, że łącząc \(\displaystyle{ a_{i+3}=-a_i}\) z faktem, że w każdej nierówności musi zajść równość, dostajemy \(\displaystyle{ a_{i+1}^2+a_{i+2}^2-2a_{i}^2 = 0}\), czyli \(\displaystyle{ a_{i}^2+a_{i+1}^2+a_{i+2}^2=3a_{i}^2}\). Ale że też \(\displaystyle{ a_{i+1}^2+a_{i+2}^2+a_{i+3}^2=3a_{i+1}^2}\) oraz \(\displaystyle{ a_i^2=a_{i+3}^2}\), to \(\displaystyle{ 3a_i^2=3a_{i+1}^2}\). Stąd już łatwo dostajemy, że wszystkie wyrazy tego ciągu mają te same kwadraty (innymi słowy, mają te same moduły).

P.S. Zadanie to można skojarzyć z zadaniem 6. z II etapu 60. OM:
https://om.mimuw.edu.pl/static/app_main/problems/om60_2.pdf
- startowałem i skojarzyłem . Na stronie OM jest do tego wzorcówka, która mogła ułatwić redakcję tegorocznego zadania: https://om.mimuw.edu.pl/static/app_main/problems/om60_2r.pdf

Ładny obrazek:
https://zapodaj.net/images/cc91541e17916.png

Mój komentarz do zadania 3. z I etapu 71. OM.

Użycie mod 4 zawęża nam szukanie do 1 mod 4, a że 9 się da, to trzeba tylko odrzucić 1 i 5.

Znam 3 sposoby. Sam się zaraz przekonam, która redakcja jest najkrótsza:

1) [100% parzystości, 0% kolorowania]
Użyjemy faktu, że każdy wiersz i każda kolumna 1x15 muszą przechodzić przez jakąś płytkę 3x3. Inaczej sypie się parzystość – część płytki 2x2 pokrywająca prostokąt 1xN stanowi prostokąt 1x2, zatem N musi być parzyste. Potrzeba więc min. \(\displaystyle{ \frac{15}{3}=5}\) płytek 3x3, czyli wystarczy pokazać, że 5 płytek 3x3 nie pasuje. Żeby każda kolumna miała przynajmniej 1 „swoją płytkę 3x3”, to musi przypadać po jednej płytce 3x3 na kolumny 1-3, 4-6, 7-9, 10-12 i 13-15, podobnie i w wierszach (ważną uwagą dla wielu osób będzie to, że takich opcji jest \(\displaystyle{ 5!=120}\), a nie tylko 2 „przekątne”). Rozpatrzmy dowolny z wierszy na wysokości płytki 3x3 znajdującej się w kolumnach 4-6. W tym wierszu zostały do pokrycia prostokąty 1x3 i 1x9, gdzie wymiary 3 i 9 są ograniczone brzegiem planszy lub brzegiem kwadratu. A że do pokrycia tych 1x3 i 1x9 możemy użyć tylko płytek 2x2 zawartych całkowicie odpowiednio w kolumnach 1-3 i 7-15, to nie pokryjemy ani części 1x3, ani 1x9, bo 3 i 9 są nieparzyste.

2) [50% parzystości, 50% kolorowania]
Kolorujemy kolumny nieparzyste na CZARNO, parzyste na BIAŁO. Jest +15c (czarnych jest o 15 więcej niż białych) i każda płytka 2x2 jest neutralna, zatem musimy zbalansować kolorystykę przez użycie pewnej liczby płytek 3x3, a każda z nich pokrywa 6c3b lub 3c6b. Potrzeba więc min. 5 płytek 3x3, czyli dokładnie 5 płytek 3x3 i to wszystkie pokrywające 6c3b. [CTRL+C, CTRL+V] Użyjemy faktu, że każda kolumna 1x15 musi przechodzić przez jakąś płytkę 3x3. Inaczej sypie się parzystość – część płytki 2x2 pokrywająca prostokąt 1xN stanowi prostokąt 1x2, zatem N musi być parzyste. Żeby każda kolumna miała przynajmniej 1 „swoją płytkę 3x3”, to musi przypadać po jednej płytce 3x3 na kolumny 1-3, 4-6, 7-9, 10-12 i 13-15. Jednak płytka 3x3 w kolumnach 4-6 jest typu 3c6b, sprzeczność.

3) [0% parzystości, 100% kolorowania]
Kolorujemy na RÓZOWO pola \(\displaystyle{ (2k+1, 2m+1)}\). Jest ich \(\displaystyle{ 8^2=64}\). Każda płytka 2x2 pokrywa dokładnie 1 różowe pole. Gdyby użyć 1 płytki 3x3, to zostaje \(\displaystyle{ 225-9=216}\) pól na płytki 2x2, pokrywają one \(\displaystyle{ \frac{216}{4}=54}\) różowych pól, czyli zostaje \(\displaystyle{ 64-54=10}\) różowych pól na 1 płytkę 3x3, która nawet nie ma tylu pól xD . Gdyby użyć 5 płytek 3x3, to zostaje \(\displaystyle{ 225-45=180}\) pól na płytki 2x2, pokrywają one \(\displaystyle{ \frac{180}{4}=45}\) różowych pól, czyli zostaje \(\displaystyle{ 64-45=19}\) różowych pól na 5 płytek 3x3. Ale płytka 3x3 może pokrywać 1, 2 lub 4 pola różowe – więc używając parzystości, systemu czwórkowego, albo po prostu rozumu i godności człowieka, \(\displaystyle{ 4 \cdot 5 = 20}\) to za dużo, a dowolny inny układ to za mało.

Pod względem długości redakcji, wygrywa sposób nr 3, potem sposób nr 2, na końcu sposób nr 1.

Ładny obrazek:
https://zapodaj.net/images/0807a9c85e67c.png

Chyba najszybsze rozwiązanie jest takie:
1. \(\displaystyle{ \angle FAM = \angle LDM}\), bo łuki \(\displaystyle{ MD}\) i \(\displaystyle{ MC}\).
2. Czworokąty podobne \(\displaystyle{ DLMF}\) i \(\displaystyle{ AFMN}\) (wierzchołki w tej kolejności!), bo \(\displaystyle{ 4}\) równe kąty + punkt 1.
3. Stąd \(\displaystyle{ \frac{LM}{MF}=\frac{FM}{MN}}\), co daje \(\displaystyle{ ML \cdot MN = r^2}\), a to koniec (niech sobie chętni przeanalizują dlaczego tak się dzieje dla punktu przecięcia stycznych do okręgu).

Można to było też robić używając różnych sposobów z tej listy:
* Podobieństwo odpowiednich trójkątów, a nie czworokątów.
* Przekątna trapezu styczna do \(\displaystyle{ \omega}\).
* \(\displaystyle{ 2}\) okręgi zawierające po \(\displaystyle{ 5}\) punktów.
* \(\displaystyle{ 2-3}\) nietrywialne współliniowości.
* Prosta Simpsona.
* Tw. la Hire (o wzajemności biegunowych, jak to nazywam).
* Inwersja.

P.S. Zmodyfikowałem rysunkek Dominika Burka z grupy ZADANSY.

Ładny obrazek:
https://zapodaj.net/images/79e06f6d553c6.jpg

Sprowadzamy do wspólnego mianownika przez szacowanie AM-GM dla trzech zmiennych:
\(\displaystyle{ 1+2a^3+3b^2+6c\le 1+2a^3+(2b^3+1)+6c\le 1+2a^3+(2b^3+1)+2(c^3+2)=2(a^3+b^3+c^3+3)}\)
Dalej wykorzystujemy \(\displaystyle{ a^4+a^2\ge 2a^3}\) w liczniku i po zabawie.

Bez straty ogólności niech największym z tych mianowników będzie \(\displaystyle{ 1+2a^{3}+3b^{2}+6c}\). Wówczas mamy
\(\displaystyle{ \frac{3+a^{4}+b^{3}+c^{2}}{1+2a^{3}+3b^{2}+6c}+\frac{3+b^{4}+c^{3}+a^{2}}{1+2b^{3}+3c^{2}+6a}+\frac{3+c^{4}+a^{3}+b^{2}}{1+2c^{3}+3a^{2}+6b}\\ \ge \frac{9+a^{2}+a^{3}+a^{4}+b^{2}+b^{3}+b^{4}+c^{2}+c^{3}+c^{4}}{1+2a^{3}+3b^{2}+6c}}\)
Teraz pomnóżmy nierówność, którą pozostało nam udowodnić stronami przez \(\displaystyle{ 2}\), co daje nam postać
\(\displaystyle{ \frac{18+2a^{2}+2a^{3}+2a^{4}+2b^{2}+2b^{3}+2b^{4}+2c^{2}+2c^{3}+2c^{4}}{1+2a^{3}+3b^{2}+6c}\ge 3}\)
i odnotujmy, że z AM-GM mamy co następuje:
\(\displaystyle{ 2a^{2}+2a^{3}+2a^{4}\ge 6a^{3}\\2b^{2}+2b^{3}+2b^{4}+3\ge 9b^{2}\\2c^{2}+2c^{3}+2c^{4}+12\ge 18c}\)
a zatem
\(\displaystyle{ \frac{18+2a^{2}+2a^{3}+2a^{4}+2b^{2}+2b^{3}+2b^{4}+2c^{2}+2c^{3}+2c^{4}}{1+2a^{3}+3b^{2}+6c}\ge \frac{3+6a^{3}+9b^{2}+18c}{1+2a^{3}+3b^{2}+6c}=3}\),
co kończy dowód.

Nierówność daną w zadaniu zapiszmy w postaci $$\frac{A}{\alpha} + \frac{B}{\beta} + \frac{C}{\gamma} \ge \frac{3}{2}$$
Lemacik: $$max(\alpha, \beta, \gamma) \le \frac{2}{3}(A+B+C)$$
Dowód: Bez straty ogólności niech $$\alpha = max(\alpha, \beta, \gamma)$$
Mamy wtedy $$1+2a^3+3b^2+6c \le \frac{2}{3} \cdot (9+a^4+b^4+c^4+a^3+b^3+c^3+a^2+b^2+c^2)\\
0 \le 15+2a^4+2b^4+2c^4-4a^3+2b^3+2c^3+2a^2-7b^2+2c^2-18c\\
0 \le (2a^4-4a^3+2b^2) + (2b^4+2b^3-7b^2+3) + (2c^4+2c^3+2c^2-18c+12)\\
0\le 2a^2(a-1)^2 + (b-1)^2(2b^2+6b+3) + (c-1)^2(c^2+3c+6)$$ a to suma liczb nieujemnych, równych zero dla $$a=b=c=1$$
Stąd $$\frac{A}{\alpha} + \frac{B}{\beta} + \frac{C}{\gamma} \ge \frac{A}{\frac{2}{3}(A+B+C)}+\frac{B}{\frac{2}{3}(A+B+C)}+\frac{C}{\frac{2}{3}(A+B+C)}=\frac{3}{2}.$$

Wiemy, że liczby \(\displaystyle{ a^{2}+b^{2}, \ a^{3}}\) i \(\displaystyle{ b^{3}}\) są wymierne. Rzecz jasna (suma i różnica dwóch liczb wymiernych to liczba wymierna, iloczyn dwóch liczb wymiernych jest liczbą wymierną) dzięki temu mamy, że liczba \(\displaystyle{ \left(a^{2}+b^{2}\right)^{3}-\left(a^{3}+b^{3}\right)^{2}}\) jest wymierna. Po przekształceniach widzimy, że jest ona równa
\(\displaystyle{ 3a^{4}b^{2}+3a^{2}b^{4}-2a^{3}b^{3}}\). Oczywiście \(\displaystyle{ 2a^{3}b^{3}}\) jest również wymierna, skoro \(\displaystyle{ a^{3}, \ b^{3}}\) są wymierne, i wobec tego \(\displaystyle{ 3a^{4}b^{2}+3a^{2}b^{4}}\) jest liczbą wymierną (i dodatnią). Iloraz dodatnich liczb wymiernych jest liczbą wymierną, a niewątpliwie takimi są \(\displaystyle{ 3a^{4}b^{2}+3a^{2}b^{4}, \ 3\left(a^{2}+b^{2}\right)}\). Wobec tego liczba \(\displaystyle{ a^{2}b^{2}=\frac{3a^{4}b^{2}+3a^{2}b^{4}}{3\left(a^{2}+b^{2}\right)}}\) jest wymierna. Skoro zaś wymierne są liczby \(\displaystyle{ a^{3}b^{3}, \ a^{2}b^{2}}\), to samo można powiedzieć o liczbie \(\displaystyle{ ab=\frac{a^{3}b^{3}}{a^{2}b^{2}}}\).
Pozostaje zauważyć, że liczby
\(\displaystyle{ a-b=\frac{a^{3}-b^{3}}{a^{2}+ab+b^{2}}, \ a+b=\frac{a^{3}+b^{3}}{a^{2}-ab+b^{2}}}\) są wymierne jako ilorazy liczb wymiernych
(zaś \(\displaystyle{ a^{2}+b^{2}-ab, \ a^{2}+b^{2}+ab}\) są wymierne jako różnica i suma wymiernych liczb \(\displaystyle{ a^{2}+b^{2}, \ ab}\)), a zatem (suma liczb wymiernych jest wymierna i iloraz liczb wymiernych, o ile ma sens, jest wymierny) połowa ich sumy i połowa ich różnicy są również liczbami wymiernymi. Połowa sumy to \(\displaystyle{ \frac{(a+b)+(a-b)}{2}=a}\), połowa różnicy równa jest \(\displaystyle{ \frac{(a+b)-(a-b)}{2}=b}\), co kończy dowód.

Uwaga: istotne jest to, że dla dodatnich \(\displaystyle{ a, b}\) mamy \(\displaystyle{ a^{2}+ab+b^{2}>0, \ a^{2}-ab+b^{2}>0}\), ale to jest raczej oczywiste, np. dla \(\displaystyle{ a,b>0}\) mamy \(\displaystyle{ a^{2}+b^{2}-ab\ge a^{2}+b^{2}-\max\left\{a^{2}, b^{2}\right\}=\min\left\{a^{2}, b^{2}\right\}>0}\), gdyż kwadrat liczby dodatniej jest dodatni.