Delta mi!

Funkcja jest reprezentowana przez jej wykres - w tym przypadku układ kropek na "planszy"

(to zbiór punktów kratowych w kwadracie ), po jednej kropce na każdej linii pionowej. Stosując do takiego układu funkcję uzyskujemy przesunięcie wszystkich kropek o jednostkę w dół, z wyjątkiem tych, które już były na dolnej krawędzi; one nie zmieniają położenia. Działanie funkcji jest podobne (ruch w górę; blokada na górnej krawędzi).

Niech będą dwoma różnymi punktami zbioru takimi, że odcinek jest równoległy do przekątnej kwadratu, przy czym punkt leży na prawo i w górę od Dla takiej pary punktów niech oznacza funkcję, której wykres składa się z punktów kratowych, położonych na odcinku poziomym od lewego skraja planszy do na odcinku i na odcinku od do prawego skraja planszy (rysunek obok). Złożenie takiej funkcji z dowolną z operacji daje w wyniku znów funkcję takiej postaci lub funkcję stałą (o wykresie: wszystkie kropki na krawędzi górnej lub dolnej). Złożenie funkcji stałej z lub daje oczywiście także funkcję stałą.

Wniosek: startując od odwzorowania tożsamościowego i stosując skończenie wiele razy operacje (w dowolnej kolejności) możemy uzyskać tylko funkcje typu oraz funkcje stałe. Co ważne, każdą taką funkcję da się w ten sposób uzyskać (przykładową ewolucję przedstawia rysunek poniżej).

Pozostaje zliczyć funkcje - czyli możliwe pary punktów - oraz doliczyć funkcje stałe. Punkty mogą leżeć na przekątnej (przechodzącej przez punktów kratowych), na jednej z dwóch linii (po punktów kratowych), na jednej z dwóch linii (po punktów kratowych), itd. Liczba możliwych do uzyskania funkcji (więc funkcji stałych oraz wszystkich funkcji ) wynosi zatem

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.

Przyjmijmy oznaczenia: Wystarczy wykazać, że każda liczba pierwsza, która dzieli iloczyn wchodzi do iloczynu w co najmniej takiej samej potędze. Niech więc będzie liczbą pierwszą i niech (dla ) będzie takim wykładnikiem, że (ten napis oznacza, że dzieli się przez ale nie przez ). Wówczas gdzie i wobec tego Oczywiście Porównanie wykładników nie pozostawia wątpliwości:

(1)

Wobec dowolności wyboru uzasadnia to zadaną nierówność

Kiedy zachodzi równość Wtedy, gdy każda liczba pierwsza dzieli w dokładnie tej samej potędze, w jakiej dzieli Czyli gdy dla każdej liczby pierwszej nierówność (1) (z wykładnikami wyznaczonymi przez ) staje się równością.

Dla jest tak zawsze; dostajemy znaną tożsamość:

Dla równość w relacji (1) oznacza, że gdy po jej prawej stronie usuniemy jeden największy i jeden najmniejszy składnik, pozostaną jakieś nieskreślone składniki, o zerowej sumie - czyli wszystkie równe zeru. Składnik najmniejszy automatycznie także jest zerem. Tylko jeden składnik po prawej stronie (1) może być dodatni. To znaczy, że tylko jedna z liczb może dzielić się przez Wobec dowolności znaczy to, że liczby są parami względnie pierwsze.

I na odwrót, gdy tak jest, wówczas dla każdej liczby pierwszej mamy w ciągu co najwyżej jeden wyraz niezerowy; nierównść (1) przechodzi w równość, i w konsekwencji

Podsumowując: dla równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy liczby są parami względnie pierwsze; dla ta równość jest tożsamością.

Gdy jest funkcją stałą, implikacja jest oczywista. Dalej przyjmijmy, że jest wielomianem stopnia dodatniego. Wielomian ma taki sam stopień, a przy tym przyjmuje - zgodnie z założeniem - wyłącznie wartości nieujemne. Jest to więc wielomian stopnia parzystego. Ten sam stopień ma zarówno wielomian jak i wielomian Każdy z tych wielomianów, jako funkcja ciągła zmiennej rzeczywistej, mająca granicę przy przyjmuje w pewnym punkcie osi liczbowej swoją wartość minimalną. Niech więc

W punkcie, realizującym minimum, pochodna jest równa zeru: Zauważmy, że, w myśl założenia zadania,

Podstawiając dostajemy Jest to wartość minimalna wielomianu zatem

Podstawiamy i mamy To wartość minimalna wielomianu Zatem dla

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.