Matematyka.pl

Poza ciągami samych jedynek są jeszcze, dla 6|n jeszcze rozwiązania o okresie 6 następującej postaci: \(\displaystyle{ (x2, x2, ..., xn)=(b, 1-a+b, 2-a, 2-b, 1+a-b, a, b, 1-a+b, ..., a)}\). Good luck

Na początku zrobiłem 3 rysunki żeby sprawdzić eksperymentalnie, że punkty P,E i przecięcie się prostych AD i BC (załóżmy F) leżą na jednej prostej ^^.
Racjonalne rozumowanie zaczęło się od tego, że prosta FE jest prostopadła do AB, potem używając kątów dopisanych i wpisanych udowodniłem kątami, że jeżeli punkt H to przecięcie się stycznej do okręgu o w punkcie C z odcinkiem EF, to CH=HF, więc skoro trójkąt ECF jest prostokątny, to punkt H leży w połowie odcinka EF, analogicznie udowodniłem, że styczna do okręgu o w punkcie D połowi odcinek EF, więc P=H, więc skoro HC=HE, to PC=PE.

Za długie żeby całe pisać, ale udowodniłem, że cały zbiór można podzielić na mniejsze podzbiory, w których wszystkie wyróżnione podzbiory będą miały wspólne 2 elementy i żaden inny wyróżniony zbiór rozłączny z danymi nie będzie należał do danego podzbioru. Potem udowodniłem, że zbiory ze wspólnymi 2 elementami można tworzyć na 2 różne sposoby. Jeden to takie czwórki {1; 2; 3} {1; 2; 4} {1; 3; 4} {2; 3; 4} i wtedy z 4 elementów mamy max 4 zbiory, a drugi sposób {1; 2; 3} {1; 2; 4} {1; 2; 5} ... {1; 2; l} i wtedy z l elementów mamy l-2 zbiorów (jeszcze dla 0 i 1 elementu mamy 0 zbiorów). Zatem jeżeli mamy mieć n zbiorów, które spełniają dany warunek, to tylko złożony z samych czwórek, bo na tym drugim sposobie traci się 2 zbiory na każdym podzbiorze, więc teza zachodzi dla \(\displaystyle{ n \neq 4k}\).

Najpierw użyłem nierówności obrazującej zależność między średnią kwadratową i arytmetyczną dla n liczb i zauważyłem, że druga suma będzie mniejsza lub równa pierwszej sumie, a wiemy, że obie są równe, a więc wszystkie elementy są sobie równe, a że razem sumują się do n, to wszystkie wynoszą 1.
Z tego powstaje układ równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x_{1}-x_{2}+x_{3}=1 \\ x_{2}-x_{3}+x_{4}=1 \\ ... \\ x_{n}-x{1}+x_{2}=1\end{cases}}\)
Sumując 1 i 2 równanie oraz 4 i 5 dochodzę do wniosku, że \(\displaystyle{ x_{1}=x_{7}}\) i analogicznie \(\displaystyle{ x_{l}=x_{l+6}}\).
Teraz tak trochę intuicyjnie dochodzę do wniosku, że jeżeli \(\displaystyle{ n \equiv 1 (mod 6) \wedge n\equiv (mod 6)}\), to cały ten układ równań sprowadza się do \(\displaystyle{ x_{1}-x_{1}+x_{1}=1}\), bo jeżeli skorzystam z zależności \(\displaystyle{ x_{l}=x_{l+6}}\) 1 równanie przechodzi na 2 równanie jeżeli n daje resztę 1 z dzielenie przez 6, albo 1 równanie przechodzi na 5 równanie jeżeli n daje resztę 1 z dzielenie przez 6 i powtarzając to dalej 2 przechodzi na 3, 3 na 4, 4, na 5, albo 5 na 4, 4 na 3, 3 na 2, więc wszystko sprowadza się do 1 równanie. Niestety na Olimpiadzie napisałem to trochę gorzej niż teraz. .
Dla reszt 2 i 4 mamy kolejno 1 na 3, 3, na 5, 5 na 1 i 2 na 4, 4 na 6, 6 na 2 albo 1 na 5, 5 na 3, 3 na 1 i 2 na 6, 6 na 4, 4 na 2. Zatem mamy układ 2 równań, którego rozwiązaniem także są same jedynki.
Dla reszty 3 mamy kolejno 1 na 4, 4 na 1, i 2 na 5, 5 na 2, i 3 na 6, 6 na 3. Mamy zatem układ 3 równań, którego rozwiązaniami także są same 1.
Dla reszty 0 sprawdziłem na przykładach, że dla 2 dowolnych pierwszych liczb się sprawdza, a we wzorcówce napisałem "Po żmudnym rozwiązaniu układu 6 równań wychodzi, że ma on nieksończenie wiele rozwiązań." .