Delta mi!

Odpowiedź: -23.
Zauważmy, że dla każdego

W szczególności dla oraz :

Wymnażając stronami powyższe dwie równości, uzyskujemy po lewej stronie żądany iloczyn, a po prawej liczbę

Odpowiedź:

Niech i będą punktami symetrycznymi do punktów i odpowiednio względem prostych i Z danych w treści zadania równości kątów wynika, że punkty leżą na jednej prostej, a zatem

W połączeniu z oznacza to, że trójkąt jest równoboczny. W konsekwencji, wobec równości kątów uzyskujemy

Wykażemy, że równanie nie ma rozwiązań, w których oraz Z tożsamości

wynika spostrzeżenie:

(1)

Stąd wniosek, że rozważane równanie nie może być spełnione, gdy jest liczbą parzystą.

Gdy jest liczbą nieparzystą postaci ( bo rozważamy ), zapisujemy lewą stronę równania jako iloczyn Prawa strona równania, równa musiałaby się dzielić przez co nie jest możliwe, znów w myśl uwagi (1).

Gdy natomiast mnożymy równanie stronami przez otrzymując

(2)

Lewa strona dzieli się przez więc i przez Liczba nie może być parzysta, bo wówczas liczba byłaby względnie pierwsza z oboma czynnikami prawej strony (2). Niech więc Skoro lewa (więc i prawa) strona (2) dzieli się przez możemy napisać Po podstawieniu wychodzi

(3)

- sprzeczność, bo liczba w nawiasie po prawej stronie (3) jest względnie pierwsza z każdym z czynników lewej strony (3).

Pozostają sytuacje trywialne, gdy lub równa się 1. Jeśli to zaś może być dowolne. A gdy równanie mówi jedynie, że Tak więc wszystkimi rozwiązaniami równania są trójki postaci lub

Zagrajmy jednocześnie z dwoma arcymistrzami: i Pierwszą partię niech zaczyna grając białymi. Po jego pierwszym ruchu przerwijmy na chwilę grę z nim i rozpocznijmy drugą partię, z dokładnie tym samym ruchem, który wykonał w pierwszej grze. Gracz jakoś na ten ruch odpowie czarnymi. Wtedy wróćmy do przerwanej rozgrywki z i powtórzmy w niej ten właśnie ruch czarnymi. I tak dalej, ruchy białymi gracza z pierwszej gry kopiujmy w grze drugiej, a ruchy czarnymi z drugiej gry kopiujmy w grze pierwszej. W ten sposób dokładnie jedną z tych dwóch gier wygramy, czyli pokonamy arcymistrza szachowego (ewentualnie z obydwoma arcymistrzami zremisujemy - to też sukces!).

Tak, istnieją. Rozważmy liczbę

Jeśli jest ona wymierna, to żądana własność zachodzi dla liczb W przeciwnym przypadku warunki zadania spełniają liczby niewymierne
wtedy bowiem

Monety są identyczne, zatem gdy ich punkt styczności pokona połowę obwodu monety przyklejonej i będzie na dole, to pokona również połowę obwodu monety toczonej i będzie przy głowie orła. Orzeł na dole będzie więc znów - tak jak na początku - ustawiony głową do góry.

Rozważmy prostokąt o wymiarach Jeśli jego szerokość 4 powiększyć o uzyskamy prostokąt o bokach a więc o szerokości 5, czyli o większej niż początkowa. Jeśli zaś długość 5 wyjściowego prostokąta zmniejszyć o otrzymamy prostokąt rozmiaru a więc o długości 4, czyli o mniejszej niż pierwotna.

Z założeń zadania wynika, że szerokość rozważanego prostokąta powiększona o 25% równa jest jego pierwotnej długości. Stąd prostokąt ten ma proporcje zatem uzyskana powyżej odpowiedź 20% jest jedyną możliwą.

Niech będzie zbiorem węzłów należących do boku

Zauważmy, że każda czwórka różnych punktów z jednoznacznie wyznacza równoległobok o zadanych własnościach, którego punktami przecięcia z są te cztery punkty i którego "najniższy" wierzchołek nie leży na Z kolei każda trójka różnych punktów z jednoznacznie wyznacza taki równoległobok, którego "najniższy" wierzchołek leży na

Z drugiej strony boki każdego równoległoboku spełniającego zadane warunki przecinają prostą w trzech lub czterech punktach i są to punkty należące do Stąd wniosek, że szukana liczba równoległoboków jest równa łącznej liczbie wyborów trzech lub czterech elementów zbioru -elementowego, czyli

Trójkąt równoboczny o wierzchołkach w węzłach nazwijmy czapeczką, jeżeli oraz punkty i leżą po tej samej stronie prostej

Każdemu trójkątowi spełniającemu warunki zadania, przyporządkujmy najmniejszą zawierającą go czapeczkę. Precyzyjniej: jeżeli jest czapeczką, to przyporządkowujemy mu siebie samego, natomiast w przeciwnym przypadku - czapeczkę ograniczoną prostymi: równoległą do przechodzącą przez wierzchołek leżący najbliżej równoległą do przechodzącą przez wierzchołek leżący najbliżej oraz równoległą do przechodzącą przez wierzchołek leżący najbliżej

Każdej czapeczce o boku zostało w ten sposób przyporządkowanych dokładnie trójkątów spełniających warunki zadania. Co więcej, liczba czapeczek o boku jest równa

Wobec tego szukana liczba trójkątów równobocznych to

przy czym równość ta wynika z następującej obserwacji. Czteroelementowy podzbiór zbioru którego drugim co do wielkości elementem jest można wybrać na dokładnie sposobów (wybierając najmniejszy element spośród oraz dwa większe od spośród ). Sumując po wszystkich możliwych uzyskujemy liczbę sposobów wyboru spośród elementów.

Rozważmy dowolny czworościan w którym są punktami styczności sfery wpisanej i ścian leżących odpowiednio naprzeciw wierzchołków

Wyznaczymy miary kątów oraz w zależności od miar kątów wewnętrznych ścian czworościanu (które są dane, gdy dana jest siatka).

Zauważmy, że na mocy cechy bok-bok-bok, pary: i i i to pary trójkątów przystających; oznaczmy kąty wewnętrzne przy wierzchołku w poszczególnych z nich odpowiednio przez Wówczas

skąd wniosek, że

Podobnie uzyskujemy równość

Ponieważ dodawanie i odejmowanie kątów, a także prowadzenie dwusiecznej są wykonalne konstrukcyjnie, więc powyższe równości bezpośrednio przenoszą się na żądaną konstrukcję punktu styczności ze ścianą Dla pozostałych ścian konstrukcja jest w pełni analogiczna.

Oznaczmy ilorazy widoczne pod symbolem pierwiastka kolejno: (więc itd.). Wobec cykliczności można przyjąć, że Dalej oznaczmy

i odnotujmy dolne oszacowania:

Jeśli teraz (czyli ), wówczas

Jeśli natomiast (czyli ), wówczas

W obu przypadkach mamy po lewej stronie liczbę mniejszą niż rozważana suma ; zaś po prawej stronie - sumę trzech liczb, których iloczyn wynosi Z nierówności między średnimi dostajemy oszacowanie Liczba spełnia wymagany warunek

(Tę wartość wraz z powyższym uzasadnieniem, zaproponował pan Piotr Kumor, autor zadania; kto da więcej?).

Z założenia, że jest najmniejszym kątem czworokąta nietrudno wywnioskować, że punkt leży między i a punkt między i Weźmy pod uwagę okrąg o średnicy ; ów okrąg przechodzi przez punkt (bo ) oraz przecina odcinek w punkcie, który nazwiemy ; zatem

Każdy z czworokątów i ma okrąg opisany. Wynikają stąd równości kątów Zatem trójkąt jest równoramienny.

Niech będzie środkiem odcinka Skoro jest środkiem odcinka prosta jest równoległa do prostej - która jest prostopadła do To znaczy, że prosta jest symetralną podstawy trójkąta równoramiennego ; przechodzi więc przez punkt i mamy tezę

Odpowiedź: lub dla

Zauważmy, że jeżeli -trójkąt można ułożyć z płytek, to jest on złożony z podzielnej przez liczby sześciokątów foremnych o boku co oznacza, że liczba

jest całkowita, czyli daje resztę 0 lub przy dzieleniu przez

Z drugiej strony -trójkąt oraz -trójkąt można ułożyć z płytek. Ponadto dla każdego z -trójkątów oraz -trójkątów można ułożyć -trójkąt, a z -trójkątów oraz -trójkątów można ułożyć -trójkąt (rysunki 3 i 4; ).

Zdefiniujmy ciąg następująco

Udowodnimy indukcyjnie, że dla każdego liczba jest kwadratem liczby całkowitej. Dla mamy Przypuśćmy, że jest kwadratem dla pewnego Wówczas

a iloczyn trzech kwadratów liczb całkowitych jest kwadratem liczby całkowitej, co kończy dowód indukcyjny. Zauważmy, że para

spełnia warunki zadania dla każdej liczby całkowitej a ponadto pary te są różne, gdyż ciąg jest ściśle rosnący. Rzeczywiście, mamy oraz

a ponadto przyjmując otrzymujemy

Poprowadźmy proste równoległe do pewnego boku kwadratu przez wszystkie wierzchołki wielokąta - dzielą one na pewną liczbę trapezów i trójkątów Niech będzie odcinkiem łączącym środki tych boków wielokąta które nie są równoległe do poprowadzonych prostych, a - wysokością prostopadłą do Wówczas

dla oraz

gdzie oznacza pole figury Zauważmy, że gdyby każdy z odcinków miał długość nie większą od to uzyskalibyśmy nierówność

która stoi w sprzeczności z Wobec tego dla pewnego mamy czyli zawiera odcinek o postulowanej własności.

Trójkąty mają podstawy równe i wspólną wysokość z

gdyż oraz

Odcinki i są środkowymi odpowiednio w trójkątach i Stąd i z zadania 1 mamy Podobnie Zatem co, po odjęciu od obu stron ich części wspólnej, kończy dowód.