kombinatoryka Olka: Na okręgu zaznaczono n punktów. Liczba trójkątów, które można utworzyć, łącząc dowolne trzy spośród tych punktów jest równa 84. Oblicz n. ułożyłam równanie:

n 3
	=84

n!
	=84
3!*(n−3)!

no i po przekształceniach wyszło mi: (n−2)(n−1)(n)=504, czyli n³−3n²+2n−504=0

Olka: no i nie wiem jak dalej to ugryźć Pomoże ktoś? Powinnam to zrobić inaczej?

Adamm: np. tak n≥3, n jest naturalne n(n−1)(n−2) <− rośnie dla n≥3 dodatkowo wiemy że n jest jednym z dzielników 504=2³*3²*7 weźmy jakiś dzielnik, na przykład n=9 mamy n(n−1)(n−2)=9*8*7 no i znaleźliśmy nasz n (innych oczywiście nie ma)

Olka: Chyba nadal nie ogarniam może tak bardziej łopatologicznie

Milo: (n−2)(n−1)n = 504 Każda z liczb n−2, n−1, n jest naturalna. Ich iloczyn wynosi 504 = 2³*3²*7 (n−2)(n−1)n = 2³*3²*7 Więc każda z tych liczb jest jakimś dzielnikiem 504. (bo są naturalne i po wymnożeniu dają 504) Teraz 'zgadujemy' n = 9 wówczas n−1 = 8 n−2 = 7 (n−2)(n−1)n = 7*8*9 = 504, pasuje. Wystarczy udowodnić, że nie ma innych rozwiązań. Co wydaje się łatwe, bo jeśli weźmiemy dowolne naturalne n'<9 to n'−1 < 8 n'−2 < 7 mnożąc stronami te nierówności (n'−2)(n'−1)n' < 504, więc nie spełniają warunków zadania. Dowód dla n'>9 analogiczny. No ale możemy też tutaj: n³ − 3n² + 2n − 504 = 0 Skorzystać z twierdzenia o pierwiastkach wymiernych wielomianu i z użyciem schematu Hornera sprawdzić, że n=9 jest miejscem zerowym. Wówczas mamy (n − 9)(n² + 6n + 56) = 0 ...

Olka: aaaa, dzięki wielkie

Mila: Ola, popatrz na rozwiązanie Adama uważniej. (n−2)*(n−1)*n=504 Z lewej masz iloczyn 3 kolejnych liczb naturalnych, odgadujesz, koniec kropka.