Delta mi!

Odpowiedź:

Dla oraz niech Wówczas liczby wyznaczają na płaszczyźnie zespolonej -kąt foremny wpisany w okrąg o promieniu

Zauważmy, że wielomiany

stopnia mają równe współczynniki przy najwyższej potędze oraz wspólnych pierwiastków zespolonych, mianowicie dla (ze względu na równość

Stąd wynika, że wielomiany i są równe, w szczególności

a zatem

Powyższa równość oznacza, że iloczyn długości boków i przekątnych zawierających wierzchołek rozważanego wielokąta (czyli, z uwagi na symetrię, dowolny ustalony wierzchołek) jest równa Wobec tego

Oznaczmy (kolejno) przez środki tych trzech okręgów, a środek dużego okręgu przez Zgodnie z warunkami zadania,

(1)

Niech będzie środkiem ciężkości trójkąta Jest to punkt minimalizujący sumę kwadratów odległości od wierzchołków (znany fakt, zresztą łatwy do wykazania). Zatem

(2)

gdzie jest długością środkowej, wychodzącej z wierzchołka Suma kwadratów długości środkowych to sumy kwadratów długości boków (kolejny znany wzór). Nierówność (2) pokazuje więc, że

Wprowadzamy dane (1) i przekształcamy uzyskaną nierówność:

Różnica w nawiasie jest dodatnia. Pierwiastkując stronami ostatnią nierówność, dostajemy tezę zadania.

Kolorowy czworokąt na rysunku obok jest kwadratem, gdyż jego boki są przekątnymi prostokątów o wymiarach na przemian "pionowych" i "poziomych". Przy wierzchołku schodzą się kąty z treści zadania: między odpowiednimi bokami a przekątnymi w kolorowym kwadracie i w prostokątach oraz Stąd

Rys. 1

Z równości kątów w treści zadania wynika, że trójkąty są prostokątne równoramienne. Stąd

oraz

Rys. 2

Wobec tego trójkąty oraz odbity symetrycznie trójkąt prostokątny równoramienny można ustawić jak na rysunku 2 Kolorowa łamana ma wówczas długość nie mniejszą od odcinka łączącego jej końce. Dowód dla odcinków i przebiega analogicznie.

Suma kątów wewnętrznych pięciokąta to więc z założenia wnioskujemy, że w rozważanym pięciokącie Stąd i z danych równości boków wynika, że z trójkątów i można złożyć trójkąt tak jak na rysunku, o bokach żądanej długości:

Ponadto skoro to także (gdyż kąty i są przystające), a więc Analogicznie i wobec tego

Suma kątów wewnętrznych sześciokąta to więc z założenia wnioskujemy, że Stąd i z równości wszystkich boków sześciokąta wynika, że z trójkątów równoramiennych można złożyć trójkąt w sposób przedstawiony na rysunku.

Trójkąty i są przystające (gdyż mają równe odpowiednie boki) oraz symetryczne względem prostej Niech będzie obrazem punktu w tej symetrii. Wówczas odcinki mają długości równe bokom sześciokąta.

Stąd czworokąty są rombami, a więc jest równoległobokiem (bo odcinki i są równe i równoległe). Wobec tego przekątne i mają wspólny środek. Analogicznie przekątne i mają wspólny środek, co kończy dowód.

Do rozwiązania zadania wystarczy wykazać, że gdyż czworokąt jest połową sześciokąta foremnego wpisanego w okrąg a zatem krótszy łuk stanowi tego okręgu. Równoważnie wystarczy dowieść, że

Wobec równości powyższy warunek jest równoważny podobieństwu trójkątów i

Oznaczmy przez środek okręgu opisanego na okręgu Ponieważ oraz więc

Skoro jest spodkiem wysokości poprowadzonej z wierzchołka kąta prostego w trójkącie to W połączeniu z równościami oraz uzyskujemy

Tym samym, wobec otrzymujemy podobieństwo trójkątów i które jest równoznaczne z tezą zadania.

Bez straty ogólności przypuśćmy, że każdy z wyjściowych trójkątów ma przeciwprostokątną długości oraz przyprostokątne długości oraz Z podobieństwa trójkątów otrzymywanych podczas wykonywania cięć wynika, że każdy z otrzymywanych w wyniku cięć trójkątów będzie miał przeciwprostokątną długości dla pewnych liczb całkowitych nieujemnych Każdemu takiemu trójkątowi przyporządkujmy liczbę

Zauważmy, że dozwolone cięcie trójkąta o przeciwprostokątnej prowadzi do powstania kawałków o przeciwprostokątnych oraz Suma liczb przyporządkowanych tym trójkątom jest równa czyli równa liczbie przyporządkowanej trójkątowi wyjściowemu. To oznacza, że suma liczb przyporządkowanych trójkątom nie ulega zmianie podczas wykonywania cięć.

Początkowo suma liczb przyporządkowanych wszystkim kawałkom papieru jest równa Gdyby w pewnym momencie żadne dwa kawałki nie były przystające, to w szczególności przyporządkowane im pary byłyby różne, wobec czego suma wartości liczb przyporządkowanych wszystkim kawałkom byłaby mniejsza (ostro) od

Uzyskana sprzeczność oznacza, że w każdym momencie pewne dwa trójkąty są przystające.

a)

Dodajmy do każdego z obszarów (kolorowego i szarego) białe fragmenty małych kół. Kolorowy obszar uzupełnimy w ten sposób do pełnych czterech małych kół, szary zaś - do pełnego dużego koła. Ale co kończy dowód.

b)

Na mocy powyższej obserwacji, łączne pole czterech małych kół równe jest polu dużego koła. Wobec tego fragmenty dużego koła przykryte przez małe koła dwukrotnie (obszar kolorowy) mają pole równe fragmentom nieprzykrytym wcale (szary obszar).

Oznaczmy przez liczbę części i przez pole półkola o średnicy Wówczas pole półkola o średnicy -krotnie większej równe jest Ponadto różnica pól półkoli o średnicy -krotnie większej i -krotnie większej wynosi

Pola poszczególnych części połowy danego koła są zatem kolejnymi nieparzystymi wielokrotnościami a pola jednobarwnych obszarów to kolejno razy: czyli zawsze a więc istotnie wszystkie są równe.

Obwód każdego z obszarów składa się z 3 lub 4 półokręgów o sumie średnic równej Półokrąg o średnicy ma długość ; półokręgi o średnicach sumujących się do również mają taką łączną długość.

Stąd obwód każdego z rozważanych obszarów równy jest czyli obwodowi wyjściowego koła.

Oznaczmy wierzchołki oraz długości boków kwadratów jak na rysunku i niech punkt dzieli odcinek tak, że Na mocy twierdzenia Pitagorasa czyli Punkt leży więc nie tylko na średnicy półkola, ale też na symetralnej jego cięciwy jest więc środkiem półkola.

Wobec tego suma pól kwadratów jak już wiemy równa równa jest kwadratowi promienia półkola, nie zależy więc od położenia punktu

Pole koła to razy pole kwadratu weń wpisanego (równe ). Zastąpmy więc każde z półkoli odpowiednią połówką kwadratu. Uzyskujemy w ten sposób kwadrat wpisany w koło o średnicy (szczegóły dowodu pozostawiam Czytelnikowi).

Dowód ten pochodzi od R.B. Nelsena, fakt zaś - od Archimedesa.

Weźmy pod uwagę okrąg dopisany do trójkąta przy boku styczny do tego boku w punkcie oraz okrąg dopisany do trójkąta przy boku styczny do prostej w punkcie Wzory, wyrażające długości odcinków stycznych, są dobrze znane (lub/oraz łatwe do uzasadnienia):

Odejmujemy stronami:

To wyrażenie ma wartość 0, w myśl założenia zadania. Stąd wniosek, że punkty i pokrywają się; to zaś oznacza, że i to ten sam okrąg, styczny do prostych (kolejno) w punktach Z położenia tych punktów na odpowiednich prostych wynikają równości

Sumy, uzyskane po prawych stronach, są równe, bo Stąd równość sum po lewych stronach - czyli teza zadania.

Oznaczmy przez końce łamanej Niech będzie średnicą okręgu równoległą do Udowodnimy, że spełnia warunki zadania.

Przypuśćmy przeciwnie, czyli że łamana ma ze średnicą co najmniej jeden punkt wspólny i oznaczmy fragmenty łamanej od punktu do punktu oraz od punktu do punktu odpowiednio przez oraz

Rozważmy symetrię względem prostej zawierającej Wówczas, skoro to odcinek jest średnicą wobec czego

gdzie oznaczają długości odpowiednich łamanych. Uzyskana sprzeczność kończy rozwiązanie zadania.

Utworzona siatka składa się z krawędzi i rozcina płaszczyznę na obszarów: trójkącików jednostkowych oraz składową nieograniczoną, nazywaną oceanem. Każdą krawędź traktujemy jako odcinek skierowany, od końca, oznaczonego liczbą mniejszą, do końca, oznaczonego liczbą większą. W pobliżu każdej krawędzi kładziemy marker na obszarze, który do niej przylega po stronie lewej (względem zwrotu strzałki).

Łącznie położyliśmy markerów. Rysunek ilustruje sytuację, gdy (więc ), wraz z przykładowym ponumerowaniem wierzchołków; kropki oznaczają markery; zacienione są trójkąciki zorientowane dodatnio (w sensie sprecyzowanym w treści zadania).

Na każdym trójkąciku zorientowanym dodatnio znalazły się dwa markery; na trójkąciku zorientowanym ujemnie - jeden marker. Więc jeśli mamy trójkącików zorientowanych dodatnio, to w obrębie całego dużego trójkąta znalazło się markerów. Pozostałe, w liczbie są na oceanie.

Każdy marker na oceanie odpowiada krawędzi zorientowanej ujemnie względem wnętrza dużego trójkąta - czyli takiej, że obchodząc cały jego brzeg i mając jego wnętrze po lewej stronie, idziemy niezgodnie ze zwrotem strzałki (odnotowujemy spadek wartości przy wierzchołkach). Może być tylko jeden taki odcinek, mogą to też być wszystkie z wyjątkiem jednego (czyli ). Dostajemy nierówności ; po podstawieniu i prostym przekształceniu uzyskujemy dwustronne oszacowanie

Po obu stronach jest możliwa realizacja równości: wystarczy oznaczyć wierzchołki siatki, leżące na brzegu dużego trójkąta, liczbami tworzącymi ciąg monotoniczny (po wystartowaniu z dowolnie wybranego wierzchołka oraz ustaleniu kierunku obchodzenia), z jedynym zakłóceniem monotoniczności przy zamknięciu cyklu. Liczby po obu stronach napisanej nierówności stanowią odpowiedź na pytanie postawione w zadaniu. [Warto zauważyć, że liczby, przyporządkowane wierzchołkom wewnętrznym, nie mają już dla wartości żadnego znaczenia].