Jego Wysokości (I)»Zadanie 2
o zadaniu...
- Zadanie pochodzi z artykułu Jego Wysokości (I)
- Publikacja w Delcie: wrzesień 2020
- Publikacja elektroniczna: 31 sierpnia 2020
- Artykuł źródłowy w wersji do druku [application/pdf]: (379 KB)
Udowodnić, że punkty
tworzą układ ortocentryczny, jeśli:
- (a)
- czworokąty
i
są rombami (kolejność wierzchołków niekoniecznie podana antyzegarowo); - (b)
- przez punkt
przechodzą trzy okręgi o jednakowych promieniach, a punkty
i
są różnymi od
punktami przecięć tych okręgów; - (c)
- punkt
jest środkiem okręgu wpisanego w pewien trójkąt, a punkty
i
- środkami okręgów dopisanych do niego.
i
są równej długości i równoległe, więc czworokąt
jest równoległobokiem. Mamy więc
ale też 
jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie
Punkty
i
są symetryczne do punktu
względem prostych odpowiednio
i
Dowieść, że punkt
jest ortocentrum trójkąta 
jest wpisany w okrąg. Punkty
i
są ortocentrami trójkątów odpowiednio
i
Udowodnić, że 
Okrąg o średnicy
przecina proste
i
w punktach, które są spodkami wysokości trójkąta 
i
są wysokościami trójkąta nieprostokątnego
Punkty
i
są rzutami prostokątnymi punktów odpowiednio
i
na prostą
Udowodnić, że 



będzie dane wzorem
Niech ponadto
oraz
będą dowolnymi niepustymi przedziałami (otwartymi lub domkniętymi jedno- lub obustronnie), których końce są liczbami niewymiernymi. Uzasadnić, że istnieje takie
że
gdzie
oznacza
-krotne złożenie funkcji 
ma tę własność, że
dla pewnego
Niech
i
będzie długością tego przedziału. Zauważmy, że jeżeli
to
jest przedziałem dwukrotnie dłuższym niż
Tym samym kolejne przekształcenia
przez
są przedziałami długości
i tak dalej, o ile do żadnego z wymienionych zbiorów nie należy
Wobec powyższego istnieje takie
że
Ale
i
czyli
i wobec tego
jest przedziałem postaci
dla pewnego
Teraz
ponownie podwaja długość przedziału
wobec tego dla pewnego
zachodzi
Tym samym
i wystarczy jeszcze zauważyć, że![[0,1] = f ([0,1/2]) ⊂ fℓ+1(K) = fℓ+1( fk+2(J)) = fk+ℓ+3(J).](/math/temat/matematyka/analiza/zadania/2020/08/26/zm-20-09-gr-2/26x-3582530a21981c4662de24aae4547af0402ec105-dm-66,57,43-FF,FF,FF.gif)
postulowany w treści zadania zawiera w sobie przedział otwarty oraz jeśli
z przypadku ogólnego, to tym bardziej 

nazywamy iniekcją (funkcją różnowartościową), jeśli z warunku
wynika, że
Funkcję
nazywamy surjekcją (funkcją na), gdy dla dowolnego
istnieje
takie, że
Funkcja, która jest jednocześnie iniekcją i surjekcją, to bijekcja.
jest skończony, gdy istnieje liczba
oraz bijekcja między zbiorami
oraz
Piszemy wtedy również 
będzie zbiorem skończonym. Udowodnić, że dowolna iniekcja
jest bijekcją.
oraz
są zbiorami skończonymi o tej samej liczbie elementów oraz
jest iniekcją, to
jest bijekcją. Rozwiązanie przebiega indukcyjnie ze względu na liczbę
elementów zbioru
Oczywiście przypadek
jest spełniony, przechodzimy zatem do kroku indukcyjnego. Niech
Niech
będzie takie, że
dla pewnego
Takie
jest jedyne na mocy iniektywności, zatem można rozważyć funkcję
daną wzorem
dla
Wtedy
oraz
jest iniekcją. Istotnie, jeżeli
i
to
Zauważmy teraz, że
(ponownie korzystamy z iniektywności), zatem również
Tym samym
jest iniekcją, a więc z założenia indukcyjnego jest ona bijekcją. Stąd już łatwo wynika, że
jest bijekcją (dorzucamy po różnym od pozostałych punkcie do dziedziny i przeciwdziedziny).
Usunięcie jednego elementu z dziedziny i przeciwdziedziny nie gwarantuje, że dziedzina i przeciwdziedzina
będą tym samym zbiorem, a tylko wtedy moglibyśmy skorzystać z założenia indukcyjnego!
będzie wielomianem
-tego stopnia
o współczynnikach całkowitych, mającym
różnych pierwiastków całkowitych. Załóżmy, że 0 jest jednym z jego pierwiastków. Udowodnić, że wielomian
również ma dokładnie
różnych pierwiastków całkowitych.
gdzie
są liczbami całkowitymi. Oczywiście
dla
(przyjmujemy
). Załóżmy, że
dla pewnego
Wówczas
dla pewnego
czyli
W tej sytuacji
dzieli
Załóżmy, że
Z podzielności
wnioskujemy kolejno
oraz
czyli
Jednak
ma tylko 4 różne dzielniki całkowite, co przeczy równości
Przypadek
rozpatrujemy podobnie i w ten sposób kończymy dowód, że tylko pierwiastki wielomianu
są całkowitymi pierwiastkami wielomianu
co dopełnia rozwiązanie.
istnieją nieparzyste liczby
spełniające równanie 
spełniają wymaganą w zadaniu równość. Załóżmy, że nieparzyste liczby
spełniają
Wówczas
są nieparzyste, to jedna z par
oraz
składa się z dwóch liczb nieparzystych, i tę parę wybieramy jako
W ten indukcyjny sposób możemy skonstruować rozwiązanie wyjściowego równania dla dowolnej liczby naturalnej 


czyli stosunek pola kwadratu do pola trójkąta wynosi
zawarty jest wielokąt o największym możliwym polu, podobny do danego wielokąta wypukłego
Jaką część pola
zajmuje ten wielokąt?
punktów czarnych i
białych. Rysujemy
cięciw, z których każda ma jeden koniec biały a drugi czarny. Udowodnić, że można zrobić to tak, by każde dwie narysowane cięciwy przecinały się.
cięciw "byle jak" i zastosować rozumowanie podobne do tego, które przedstawiono we wstępie.
płytek w kształcie trójkąta równobocznego o boku 1 ułożono trójkąt równoboczny o boku
Każda płytka jest z jednej strony czerwona, a z drugiej niebieska. Ruch polega na wykonaniu następujących czynności: wybieramy płytkę
mającą wspólne boki z co najmniej dwiema płytkami, których widoczne strony mają kolor inny niż widoczna strona płytki
Następnie odwracamy płytkę
na drugą stronę. Czy ta zabawa może trwać bez końca?
leżącej na zewnątrz tego wielokąta, przy czym cały wielokąt poza punktami
i
musi leżeć po jednej stronie prostej
Następnie jedną z łamanych, na które punkty
i
dzielą brzeg wielokąta, odbijamy środkowosymetrycznie względem środka odcinka
otrzymując nowy wielokąt. Dowieść, że po pewnej, skończonej liczbie takich operacji, otrzymamy wielokąt wypukły.
rozważmy wektory
Wykonanie ruchu zmienia jedynie kolejność wektorów
a ta jednoznacznie określa pole wielokąta.
i zastępujemy je liczbami
i
a trzecia liczba pozostaje bez zmiany. Z otrzymaną trójką postępujemy tak samo. Rozstrzygnąć, czy z każdej początkowej trójki liczb całkowitych nieujemnych można w ten sposób otrzymać trójkę, w której co najmniej dwie liczby są zerami.
zapiszemy w postaci
w której
i
są całkowite nieujemne, zaś
i
są nieparzyste lub równe
Jeśli w tej trójce jest najwyżej jedno zero, to stosując operacje z zadania, można doprowadzić do trójki
w której
W tym celu przydatne są równości
i
dzięki którym z trójki
otrzymamy trójkę 
spełniają warunek
to 

i
spełniają równość
Dowieść, że
a prawą przez
Następnie skorzystać z nierówności