Matematyka.pl

Niech \(\displaystyle{ M, N, K, L}\) to środki tych odcinków w kolejności z zadania. Niech \(\displaystyle{ P=KM \cap NL}\). Oczywiście \(\displaystyle{ P}\) jest środkiem odcinka \(\displaystyle{ BC}\). Ponadto \(\displaystyle{ \angle BAC= \angle KMB = \angle CBE}\), więc z potęgi punktu mamy \(\displaystyle{ PB^{2}=MP\cdot KP}\). Analogicznie \(\displaystyle{ CP^{2}=NP\cdot LP}\), więc na mocy tego, że \(\displaystyle{ P}\) jest środkiem \(\displaystyle{ BC}\), mamy tezę.

Załóżmy dla dowodu nie wprost, że istnieje taka liczba naturalna \(\displaystyle{ N}\), że liczba \(\displaystyle{ P(n)}\) jest całkowita dla \(\displaystyle{ n \geq N}\). Korzystając ze wzoru interpolacyjnego Lagrange'a dla liczb \(\displaystyle{ N, N+1, \ldots, N+m}\), gdzie \(\displaystyle{ m}\) to stopień \(\displaystyle{ P}\), natychmiast dostajemy wymierność współczynników \(\displaystyle{ P}\). A zatem \(\displaystyle{ P(x) = \frac{Q(x)}{r}}\), gdzie \(\displaystyle{ Q}\) jest wielomianem o współczynnikach całkowitych, zaś \(\displaystyle{ r}\) to najmniejsza wspólna wielokrotność mianowników współczyników wielomianu \(\displaystyle{ P}\).
Skoro liczba \(\displaystyle{ P(k)}\) nie jest całkowita to \(\displaystyle{ r}\) nie dzieli \(\displaystyle{ Q(k)}\). Ale \(\displaystyle{ r|Q(k+nr) - Q(k)}\) dla dowolnej liczby całkowitej \(\displaystyle{ n}\). Wybierając \(\displaystyle{ n}\) w taki sposób, że \(\displaystyle{ k+nr>N}\) dostajemy, że liczba \(\displaystyle{ Q(k+nr)}\) nie dzieli się przez \(\displaystyle{ r}\), co oznacza, że liczba \(\displaystyle{ P(k+nr)}\) nie jest całkowita. Otrzymana sprzeczność kończy dowód.

Trzeba każdy zbiór zamienić na wektor tysiąca jedynek i minus jedynek oznaczających przynależność każdego elementu do niego, ustawić te 5 wektorów w tabelce (macierzy ) 5x1000 i oszacować sumę iloczynów skalarnych po parach poprzez sumowanie w kolumnach dostając, że któraś para wektorów ma iloczyn skalarny \(\displaystyle{ \ge -200}\), co pociąga za sobą, że odpowiadająca para zbiorów ma \(\displaystyle{ \ge 200}\) elementów wspólnych. Przykład dla 200 łatwo skonstruować.

\(\displaystyle{ a=1}\) rozpatrujemy osobno. Sprawdzając mod \(\displaystyle{ 8}\) widzimy, że \(\displaystyle{ 3^a+1}\) nigdy nie dzieli się przez \(\displaystyle{ 8}\), dla \(\displaystyle{ a}\) nieparzystych dzieli się przez \(\displaystyle{ 4}\), zaś dla \(\displaystyle{ a}\) parzystych tylko przez \(\displaystyle{ 2}\).

Korzystając z lematu o podnoszeniu wykładnika (lifting the exponent lemma) łatwo wykazać, że dla \(\displaystyle{ a>1}\) wykładnik trójki wchodzący w rozkład \(\displaystyle{ 2^a+1}\) na czynniki pierwsze jest ściśle mniejszy niz \(\displaystyle{ a}\).

Niech więc \(\displaystyle{ 1+2^a+3^a = 2^{k}3^{l} p_1^{m_1} \cdot p_k^{m_k}}\) będzie rozkładem na czynniki pierwsze (gdzie \(\displaystyle{ k \in \{1, 2\}}\) oraz \(\displaystyle{ 0 \leq l < a}\)). Wystarczy teraz wybrać \(\displaystyle{ b = a + 2\varphi(3^l)\varphi(p_1^{m_1}) \cdot \ldots \cdot \varphi(p_k^{m_k})}\). Parzystość \(\displaystyle{ b}\) jest taka sama jak \(\displaystyle{ a}\), a więc wykładnik dwójki liczby \(\displaystyle{ 1 + 2^b + 3^b}\) jest taki sam jak liczby \(\displaystyle{ 1 + 2^a + 3^a}\). Z tw. Eulera sprawdzamy również bez trudu, iż liczba \(\displaystyle{ 1+2^b+3^b}\) dzieli się również przez liczby \(\displaystyle{ 3^l, p_1^{m_1}, \ldots, p_k^{m_k}}\) (dla przypadku trójki istotne jest to, że \(\displaystyle{ l < a}\).

Oznaczmy \(\displaystyle{ S = 1 + 2^a + 3^a}\). Popatrzmy na reszty z dzielenia liczb
\(\displaystyle{ 2^a, 2^{a+1}, \ldots}\) mod \(\displaystyle{ S}\). Skoro \(\displaystyle{ v_2(1+2^a+3^a) \le a}\) (\(\displaystyle{ v_p(k)}\) to największy wykładnik \(\displaystyle{ p}\) wchodzący w rozkład \(\displaystyle{ k}\)), to łatwo zauważyć, że ten ciąg się zacykla. Analogicznie ciąg \(\displaystyle{ 3^a, 3^{a+1}, \ldots}\) mod \(\displaystyle{ S}\) też się zacykla, a stąd trywialnie teza (wystarczy wziąć \(\displaystyle{ b=a + cd}\), gdzie \(\displaystyle{ c}\) i \(\displaystyle{ d}\) to długości tych cykli).

"Korzystając z lematu o podnoszeniu wykładnika (lifting the exponent lemma) łatwo wykazać, że dla \(\displaystyle{ a>1}\) wykładnik trójki wchodzący w rozkład \(\displaystyle{ 2^a+1}\) na czynniki pierwsze jest ściśle mniejszy niz a. " - ja sądzę, że można tu użyć nierówności \(\displaystyle{ 3^a > 2^a + 1}\) ( ͡° ͜ʖ ͡°) ( ͡° ͜ʖ ͡°)

Niech \(\displaystyle{ ABCD}\) będzie czworokątem z zadania. Niech \(\displaystyle{ S}\) będzie punktem spełniającym drugi warunek zadania, a jego rzuty na \(\displaystyle{ AB, BC, CD, DA}\) to \(\displaystyle{ E, F, G, H}\). Czworokąty \(\displaystyle{ AESH, BFSE, CGSF, DHSG}\) są cykliczne, więc na kątach łatwo pokazujemy \(\displaystyle{ \Delta AES \sim \Delta DSG, \Delta EBS \sim \Delta CGS, \Delta HSD \sim \Delta FCS,
\Delta ASH \sim \Delta BFS}\). Teraz wypisując wszystkie stosunki mamy, że \(\displaystyle{ \frac{AE}{AH}= \frac{BS \cdot SG}{SF \cdot DS}= \frac{EB}{HD}}\), skąd z Talesa wynika, że \(\displaystyle{ HE || BD}\). Analogicznie pokazujemy, że \(\displaystyle{ AC || EF}\), a to już determinuje prostopadłość \(\displaystyle{ AC}\) i \(\displaystyle{ BD}\). Dowód w drugą stronę jest podobny.

Niech \(\displaystyle{ S}\) będzie punktem spełniającym warunki zadania. Wówczas łatwo na kątach liczą: \(\displaystyle{ \angle APB + \angle CPD = 180^o}\), przeto istnieje elipsa wpisana w czworokąt \(\displaystyle{ ABCD}\) o ognisku w tym punkcie. Drugie ognisko tej elipsy jest punktem izogonalnie sprzężonym do \(\displaystyle{ S}\) względem \(\displaystyle{ ABCD}\). Łatwy rachunek na kątach pokazuje, że jest to punkt przecięcia przekątnych naszego czworokąta, które po przenoszeniu kątów są prostopadłe. Implikacja w drugą stronę jest analogiczna.

Implikacja w tę stronę była uznana za dużo łatwiejszą do pokazania, dużo osób ją zrobiło i to nie jest nawet pół zadania, if you know what I mean. W drugą stronę nie jest ani podobnie, ani analogicznie. To było najtrudniejsze zadanie, patrząc po wynikach. Ale zawsze możecie pokazać, co mieliście na myśli