Delta mi!

Zamiast ziemniaków rozważmy ich duchy o dokładnie tym samym kształcie i rozmiarze. Wystarczy teraz, by jeden duch częściowo przeniknął przez drugiego. Przecięcie ich powierzchni wyznacza szukaną krzywą.

Startując ze środka lewego boku rysujemy w górę odcinek o długości 2 (wystaje on więc poza kwadrat); następnie w prawo w dół odcinek przechodzący przez środki górnego i prawego boku i kończący się na poziomie dołu kwadratu; potem w lewo poziomy odcinek o długości 3, kończący się w lewym dolnym rogu kwadratu; i wreszcie czwarty odcinek łamanej - przekątną kwadratu (w prawo w górę).

Tak, przykład takiej łamanej zaprezentowano na rysunku obok. Znajduje się ona na powierzchni pewnego sześcianu, a przedstawione jej rzuty są w kierunkach zgodnych z krawędziami tego sześcianu.

Turysta mógł zmieniać tempo marszu, robić postoje, a nawet się cofać.

Narysujmy wykresy obu wędrówek turysty. Jedna z nich to krzywa łącząca dwa przeciwległe wierzchołki prostokąta, druga zaś łączy pozostałe dwa wierzchołki. Takie dwie krzywe muszą się gdzieś przeciąć, co kończy dowód.

Nie musi. Rozważmy ośmiościan foremny o parach przeciwległych wierzchołków i i i Łamana spełnia warunki zadania. Odpowiednie odcinki są równe, bo ośmiościan jest foremny i równoległe, bo są kwadratami. Ściany tego ośmiościanu są trójkątami równobocznymi, więc wszystkie pary kolejnych prostych tworzą kąty

Rozważmy elipsoidę obrotową o ogniskach w punktach wejścia i wyjścia robaczka oraz o stałej równej 0,9. Każdy punkt tuneliku odległy jest od jego końców w sumie o najwyżej 0,9, więc cały tunelik mieści się w elipsoidzie. Z kolei środek jabłka jest poza nią, gdyż suma jego odległości od ognisk równa jest Istnieje więc taka płaszczyzna przechodząca przez środek, że cała elipsoida jest po jednej jej stronie. Wtedy po drugiej stronie otrzymujemy nietkniętą przez robaczka połówkę jabłka.

Bez straty ogólności przyjmijmy, że

Zauważmy, że w każdej z par

jest co najmniej jedna liczba spoza zbioru Rzeczywiście, gdyby w pewnej parze obie liczby należały do to ich suma także, co przeczy definicji Z drugiej strony liczb spoza które są mniejsze od jest dokładnie Stąd a zatem Sumując te nierówności dla uzyskujemy

Mnożąc daną równość stronami przez uzyskujemy

skąd

Jeżeli oraz dla pewnych dodatnich liczb całkowitych to

Liczba ma trzy przedstawienia w postaci iloczynu dwóch dodatnich liczb całkowitych:

co wobec prowadzi do par : i w konsekwencji do lub Bezpośrednio sprawdzamy, że każda z tych liczb ma żądaną własność.

Z wypukłości funkcji wynika, że dla każdej pary liczb dodatnich zachodzi nierówność

(1)

Jeśli w jakimkolwiek punkcie to prawa strona (1) przedstawia funkcję nieograniczoną z góry i mamy tezę.

Dalej zakładamy, że (na całym przedziale ). Warunek dany w założeniach mówi więc, że dla każdej liczby całkowitej mamy W nierówności (1) podstawiamy i otrzymujemy

stąd

Wystarczy teraz przesumować te związki po :

Wyrażenie w nawiasie przybiera wartości dowolnie wielkie, zatem funkcja jest (w rozważanym przypadku) nieograniczona z dołu.

Inne rozwiązanie opisano w deltoidzie 9/2012. Teza zachodzi także dla trójkąta rozwartokątnego.

Niech będą spodkami wysokości odpowiednio z i Trójkąty prostokątne i są podobne, bo mają wspólny kąt przy wierzchołku Stąd z punktów i widać odcinek pod tym samym kątem, leżą więc one na przystających łukach okręgów opisanych na trójkątach i

Wystarczy udowodnić, że nierówność

zachodzi dla każdego spośród możliwych wyborów znaków. Rzeczywiście, lewą stronę powyższej nierówności można zapisać w postaci

co jest liczbą nieujemną jako suma kwadratów liczb rzeczywistych. Pozostaje zauważyć, że liczba ta jest ściśle dodatnia, gdyż równości oraz (dla i pewnych wyborów znaków ) nie mogą wszystkie zachodzić jednocześnie.

Rozważmy dowolny podział zbioru dodatnich liczb całkowitych spełniający zadane warunki. Zauważmy, że jeżeli to dla dowolnego mamy co jest sprzeczne z założeniem, że zbiory i są rozłączne. Wobec tego

Oznaczmy przez najmniejszy element zbioru Korzystając z pierwszego z danych warunków, łatwo indukcyjnie udowodnić, że dla każdej dodatniej liczby całkowitej :

skąd wniosek, że wszystkie liczby niepodzielne przez należą do zbioru W szczególności z drugiego z danych warunków wynika, że każda liczba podzielna przez ale niepodzielna przez należy do zbioru

Przypuśćmy, że dla pewnej dodatniej liczby całkowitej Wówczas, skoro to co jest sprzeczne z konkluzją poprzedniego akapitu. To oznacza, że wszystkie liczby podzielne przez należą do zbioru

Pozostaje zauważyć, że dla każdego jeżeli jest zbiorem liczb niepodzielnych przez a - zbiorem liczb podzielnych przez to warunki zadania są spełnione.

Istnieje. Przykład Autora (W. Bednarek): ciąg

Bierzemy dowolnie utworzoną sumę skończenie wielu wyrazów, o numerach :

Suma w dużym nawiasie jest liczbą nieparzystą (jej pierwszy składnik to jedynka). Gdyby dla pewnej liczby naturalnej zachodziła równość wówczas pisząc w postaci ( nieparzyste) i przyrównując potęgi dwójki w i w uzyskalibyśmy równość ; oczywista sprzeczność.

Pozostaje zauważyć, że ciąg o wyrazach jest ograniczony.

Jeśli teza zadania ma być prawdziwa, to powinna ona zachować słuszność po zastąpieniu punktu przez - drugi punkt prostej leżący w tej samej odległości od co punkt ; zaś środek szukanego okręgu powinien leżeć na osiach symetrii trójkątów równoramiennych i - czyli na wysokościach trójkąta Stąd domysł uściślenia tezy zadania: wykazać, że środki odcinków (o jednakowej długości ) leżą na okręgu o środku (ortocentrum trójkąta ).

Niech będzie spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka i niech będzie środkiem odcinka Weźmy pod uwagę okrąg o środku i promieniu (czyli o średnicy ). Prosta przecina ów okrąg w punktach (gdy punkty pokrywają się, przyjmijmy ). Cięciwa tego okręgu oraz jego średnica przecinają się w punkcie Zatem

czyli

Jeśli teraz jest drugą wysokością trójkąta a jest środkiem odcinka to analogicznie uzyskujemy równość

Ale wynika to z podobieństwa trójkątów i Tak więc ; środki odcinków i leżą w jednakowej odległości od punktu Analogicznie, w tej samej odległości od leżą też środki odcinków i To właśnie nasza teza.

Wybierzmy 100 punktów na półokręgu bez końców. Wówczas dla dowolnej trójki z nich odcinek utworzony przez dwa skrajne widać ze środkowego pod kątem rozwartym (wpisanym w okrąg i opartym na łuku dłuższym od półokręgu).

Na mniej niż 8 się nie da - dowód znaleźć można w Delcie 1/2002.

Rozwiązanie przedstawia rysunek. Pozostawiam Czytelnikowi sprawdzenie, że wszystkie trójkąty istotnie są ostrokątne. Pomocny bywa fakt, że ich wierzchołki są na zewnątrz odpowiednich półokręgów (czyli łuków Talesa dla kąta ).

Jeśli postulowana w zadaniu prostopadłość ma miejsce, to punkty i a więc też trójkąty i są symetryczne względem opisanej płaszczyzny, zatem przystające. Wykażemy, że tak być nie musi.

Niech punkty leżą na jednym okręgu w tej właśnie kolejności, przy czym a to punkt przecięcia tych prostych. Wówczas trójkąty nie są przystające (mają różne wysokości na więc też różne pola). Jednocześnie

Jeśli teraz obrócimy trójkąt wokół prostej o pewien dodatni kąt mniejszy od otrzymamy czworościan w którym Wobec tego prosta jest prostopadła do płaszczyzny a więc także do każdej prostej zawartej w tej płaszczyźnie. Stąd także po opisanym obrocie. Uzyskaliśmy więc czworościan spełniający warunki zadania, w którym trójkąty i nie są przystające.