Matematyka.pl

W istocie wszystkie dzielniki możemy podzielić na trójki postaci \(\displaystyle{ (c, 2c, 4c)}\). Weźmy sobie teraz jakieś \(\displaystyle{ 3 \nmod i}\) i powiedzmy, że dzielniki \(\displaystyle{ k_1, ..., k_i}\) są lewe, a \(\displaystyle{ k_{i+1}, ..., k_m}\) prawe. Skoro liczba lewych dzielników nie jest podzielna przez 3 to znaczy, że pewna trójka ma swoje elementy zarówno po lewej jak i po prawej, powiedzmy, że jest to trójka \(\displaystyle{ (c, 2c, 4c)}\). Wtedy albo c jest lewe i 2c jest prawe albo 2c jest lewe i 4c jest prawe. Załóżmy pierwszy przypadek. Skoro c jest lewe, to mamy oczywiście \(\displaystyle{ c \le k_i}\) oraz \(\displaystyle{ k_{i+1} \le 2c}\), skąd otrzymujemy \(\displaystyle{ 2k_i \le k_{i+1}}\), czyli śmiga. Drugi przypadek jest analogiczny.

Niech \(\displaystyle{ AB<AC}\).
Niech D będzie punktem przecięcia półprostej BR i okręgu.
Niech QD przecina AC tworząc punkt E.

Kolejno dowodzimy, że:
* na \(\displaystyle{ E, R, D, P}\) da się opisać okrąg,
* trójkąt \(\displaystyle{ PEA}\) jest równoramienny, przy czym PR jest jego symetralną,
* \(\displaystyle{ RS}\) jest odcinkiem łączącym środki boków w trójkącie \(\displaystyle{ EAQ}\), więc \(\displaystyle{ RS}\) || \(\displaystyle{ QD}\),
* przekładając kąty dostajemy w końcu \(\displaystyle{ \angle SRB = \angle SRB}\).

Co już dowodzi tezy w tym przypadku.

Drugi przypadek bardzo podobnie.

inwersja w A i Tales

Niech \(\displaystyle{ B'}\) i \(\displaystyle{ R'}\) to obrazy symetryczne \(\displaystyle{ A}\) względem \(\displaystyle{ B}\) i \(\displaystyle{ R}\) - trzeba wykazać, że \(\displaystyle{ A, Q, B', R'}\) leżą na okręgu. Niech \(\displaystyle{ O}\) to środek okręgu opisanego na \(\displaystyle{ ABC}\), \(\displaystyle{ A'}\) obraz symetryczny \(\displaystyle{ A}\) względem \(\displaystyle{ O}\), a \(\displaystyle{ PR}\) tnie okrąg opisany ponownie w \(\displaystyle{ C'}\).
Należy wykazać, że symetralna \(\displaystyle{ AB'}\) (czyli \(\displaystyle{ BA'}\)), symetralna \(\displaystyle{ AQ}\) (czyli \(\displaystyle{ OS}\)) i symetralna \(\displaystyle{ AR'}\) (czyli \(\displaystyle{ PC'}\)) mają punkt wspólny.

Łuki \(\displaystyle{ AP}\) i \(\displaystyle{ A'Q}\) są równe, czyli \(\displaystyle{ OS}\) to symetralna \(\displaystyle{ A'P}\). Skoro \(\displaystyle{ \angle C'PQ=\angle BCA}\), to łuki \(\displaystyle{ C'Q}\) i \(\displaystyle{ AB}\) są równe, więc łuki \(\displaystyle{ PC'}\) i \(\displaystyle{ A'B}\) są równe, czyli \(\displaystyle{ BA'PC'}\) to trapez równoramienny - jego ramiona \(\displaystyle{ BA'}\) i \(\displaystyle{ PC'}\) przecinają się na symetralnej \(\displaystyle{ A'P}\).

Jest znane takie dość ogólne twierdzenie:

Niech ABCDEF będzie sześciokątem, w którym
\(\displaystyle{ \angle A+\angle C+\angle E=360^\circ}\)
oraz
\(\displaystyle{ {AB\over BC}\cdot {CD\over DE}\cdot {EF\over FA}=1}\).
Wówczas \(\displaystyle{ \angle ACE=\angle ABF+\angle EDF}\) (i podobne formuły dla kątów \(\displaystyle{ CEA}\), \(\displaystyle{ EAC}\)).

Dowód znajduje się broszurze 50 OM - rozwiązanie zadania 6 z 3 etapu plus uwaga 2 (str. 64-66).

Zadanie 3 z obecnego 2 etapu jest wnioskiem z tego twierdzenia. Przyjmijmy, żeby się lepiej patrzyło, że \(\displaystyle{ AC<AB}\). Wówczas założenia twierdzenia są spełnione dla sześciokąta \(\displaystyle{ RPBQSA}\) (druga równość to konsekwencja podobieństwa trójkątów \(\displaystyle{ APR}\) i \(\displaystyle{ QPB}\)). Natomiast teza powyższego twierdzenia daje natychmiast równość kątów \(\displaystyle{ RSB}\) i \(\displaystyle{ RAB}\), czyli tezę zadania.

Oczywiście w przypadku \(\displaystyle{ AC>AB}\) metoda także działa, ale wymaga przełożenia powyższego twierdzenia na język kątów skierowanych.

Spróbowałem z "najbardziej pałowego Dirichleta świata" i... wyszło. Gdyby \(\displaystyle{ k \ge 2019}\), to pewne \(\displaystyle{ 439}\) (bo \(\displaystyle{ \ge \frac{5}{23}}\)) zbiorów ma pewien element \(\displaystyle{ x}\), wśród nich \(\displaystyle{ 80}\) (bo \(\displaystyle{ \ge \frac{4}{22}}\)) zbiorów ma pewien element \(\displaystyle{ y}\), wśród nich \(\displaystyle{ 12}\) (bo \(\displaystyle{ \ge \frac{3}{21}}\)) zbiorów ma pewien element \(\displaystyle{ z}\), wśród nich pewne \(\displaystyle{ 2}\) (bo \(\displaystyle{ \ge \frac{2}{20}}\)) zbiory ma pewien element \(\displaystyle{ t}\).

Sprzeczność, bo pewne 2 zbiory mają wspólne \(\displaystyle{ x, y, z, t}\).

Bez znajomości zachowania \(\displaystyle{ \sqrt[n]{n}}\) byłoby tu raczej ciężko.

Mamy \(\displaystyle{ n = 8k + 4 = 2^2(2k + 1)}\) czyli \(\displaystyle{ n}\) ma w rozkładzie na czynniki pierwsze liczbę \(\displaystyle{ 2}\) w potędze \(\displaystyle{ 2}\), a pozostałe czynniki są nieparzyste. Z każdym nieparzystym dzielnikiem \(\displaystyle{ d}\) liczby \(\displaystyle{ n}\) utożsamiamy trójkę dzielników \(\displaystyle{ (d, 2d, 4d)}\). W ten sposób dostajemy wszystkie dzielniki liczby \(\displaystyle{ n}\) - wszystkie dzielniki \(\displaystyle{ n}\) dzielimy na takie trójki. Następnie odpalamy następujący algorytm:
Mamy zbiór trójek \(\displaystyle{ X}\). Początkowo \(\displaystyle{ X}\) to wszystkie trójki dzielników \(\displaystyle{ (d, 2d, 4d)}\), gdzie \(\displaystyle{ d}\) nieparzyste. Sortujemy trójki po pierwszym elemencie - ustalamy porządek na tych trójkach. Przeskokiem nazywamy stosunek dwóch kolejnych dzielników (większego do mniejszego).
Tworzymy zbiory trójek \(\displaystyle{ Y_i}\) dla kolejnych \(\displaystyle{ i}\) - to \(\displaystyle{ Y_i}\) wyobrażamy sobie jako zbiór "zachodzących" na siebie trójek, które zlepiamy, tzn:
Bierzemy ze zbioru \(\displaystyle{ X}\) trójkę, której pierwszy element jest najmniejszy z pozostałych trójek. Teraz dokładamy do tej trójki kolejne trójki większe od niej, dopóki najmniejszy element nowej trójki jest co najwyżej \(\displaystyle{ 2}\) razy większy od największego elementu trójek użytych dotychczas. Jeżeli nie możemy tego już wykonać, to znaczy, że "przeskok" między elementami trójek jest większy niż \(\displaystyle{ 2}\) razy i zakończyliśmy tworzenie kolejnego zbioru \(\displaystyle{ Y_i}\). Teraz \(\displaystyle{ X = X - Y_i}\). Kontynuujemy to postępowanie aż podzielimy wszystkie trójki ze zbioru \(\displaystyle{ X}\).
Sortujemy elementy zbioru \(\displaystyle{ Z_i = \bigcup Y_i}\). Przeskoki między kolejnymi elementami zbioru \(\displaystyle{ Z_i}\) nie są większe niż \(\displaystyle{ 2}\) razy oraz zbiór \(\displaystyle{ Z_i}\) ma liczbę elementów podzielnych przez \(\displaystyle{ 3}\), więc ustawiając zbiory \(\displaystyle{ Z_i}\) w kolejności rosnącej ich najmniejszych elementów przeskoki większe niż \(\displaystyle{ 2}\) razy mogą być tylko między elementami sąsiednich zbiorów, czyli między dzielnikami o numerach \(\displaystyle{ 3j}\) i \(\displaystyle{ 3j + 1}\), cnd.