Delta mi!

Zauważmy, że płaszczyzn o równaniach dla spełnia żądany warunek. Wykażemy, że jest minimalną liczbą o tej własności.

Załóżmy więc, że suma mnogościowa pewnych płaszczyzn danych równaniami

pokrywa zbiór ale nie zawiera punktu Rozważmy wielomian trzech zmiennych dany jako

Jest to wielomian łącznego stopnia który spełnia warunek dla oraz

Za pomocą wielomianu udało się nam przetłumaczyć kombinatoryczny warunek dotyczący płaszczyzn na język algebry. Dzięki temu możemy wykorzystać jej narzędzia, zapominając o kombinatorycznej naturze zadania.

Dla dowolnego wielomianu trzech zmiennych określmy operację zdefiniowaną jako

W analogiczny sposób definiujemy operację oraz

Za pomocą nietrudnego rachunku na współczynnikach sprawdzimy najpierw, że operacja zmniejsza łączny stopień wielomianu co najmniej o Załóżmy bowiem, że stopień pewnego wielomianu to przy czym w rozwinięciu pojawia się jednomian postaci Korzystając ze wzoru dwumianowego Newtona, uzyskujemy

Otrzymaliśmy więc sumę jednomianów o łącznym stopniu nieprzekraczającym Stosując to samo rozumowanie do każdego jednomianu postaci który pojawia się w rozwinięciu i spełnia widzimy, że operacja redukuje wszystkie jednomiany o łącznym stopniu Potwierdza to nasze stwierdzenie.

Zauważmy, że skoro wielomian zeruje się dla dowolnej trójki spełniającej oraz to zeruje się dla dowolnej trójki która spełnia oraz Jednocześnie, mamy

Powtarzając operację aż -krotnie, otrzymujemy wielomian który zeruje się dla dowolnej trójki postaci gdzie oraz nie zeruje się dla Używając więc operacji już ostatni raz dostajemy

Wielomian, który otrzymaliśmy z wielomianu po -krotnym zastosowaniu operacji nie zeruje się więc w punkcie ale zeruje się dla dowolnego punktu postaci gdzie i co najmniej jedna z liczb jest różna od zera.

Możemy zatem powtórzyć cały powyższy proces, tym razem względem zmiennej startując od wielomianu otrzymanego w ostatnim kroku. Wielomian zeruje się więc dla dowolnej trójki postaci gdzie ale nie dla trójki Ostatecznie już, rozumując w ten sam sposób względem zmiennej dochodzimy do wniosku, że wielomian nie zeruje się w punkcie

Nie jest to zatem wielomian zerowy. Wcześniej udowodniliśmy jednak, że dowolna z operacji redukuje łączny stopień wielomianu co najmniej o Stopień wielomianu nie przekracza zatem Stąd i rozwiązanie zadania jest zakończone.

Zadanie może wydawać się całkiem tajemnicze. W naturalny sposób nasuwają się dwa pytania: dlaczego akurat potęga liczby 2 i gdzie tu znaleźć wielomiany? Jako rozgrzewkę możemy zaproponować Czytelnikowi proste ćwiczenie: dla dowolnej potęgi liczby 2 skonstruować różne zestawy liczb o żądanej własności.

Odpowiedzmy zatem na drugie. Rozważmy bowiem wielomiany

Kluczowa obserwacja polega na połączeniu danego warunku z operacją brania kwadratu wielomianu. Zauważmy bowiem, że

Przypatrzmy się teraz wielomianowi Nie jest to wielomian zerowy oraz a więc liczba jest jego pierwiastkiem. Oznaczmy przez krotność owego pierwiastka, czyli dla pewnego wielomianu takiego, że Wówczas

Podstawiając w powyższej równości, dostajemy

skąd

Korzystając kolejno z równoległości prostych i oraz z twierdzenia (*) uzyskujemy Stąd

co kończy dowód.

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku. Skoro czworokąt jest wpisany w okrąg, to

więc

Jednocześnie, na mocy twierdzenia dla okręgu mamy oraz Wobec tego

co kończy dowód.

Na mocy danej równości kątów oraz twierdzenia odwrotnego do prosta jest styczna do okręgu opisanego na trójkącie Wobec tego środek tego okręgu leży na prostej (bo ). Analogicznie prosta także jest styczna do tego okręgu, gdyż zatem środek rozważanego okręgu leży też na prostej Stąd jest nim punkt

Kąt jest więc kątem środkowym opartym na tym samym łuku, co kąt wpisany zatem

Oznaczmy środek krótszego łuku okręgu przez Wówczas przy czym druga równość wynika z twierdzenia Wobec tego leży na dwusiecznej kąta Analogicznie dla kąta więc Dowód dla punktów i przebiega podobnie.

Rys. 1

Rys. 2

Wykreślamy równoległobok, którego dwa boki leżą na ramionach kąta o wierzchołku a jego przekątne przecinają się w punkcie Przekątna tego równoległoboku, która przecina ramiona kąta (w punktach i Rys. 1) wyznacza trójkąt o najmniejszym polu.

Jeśli jest inną prostą przechodzącą przez punkt (na przykład taką, że Rys. 2), to, korzystając z przystawania trójkątów i mamy:

Pierwsza część jest łatwa. Weźmy kwadrat jednostkowy i w nim trójkąt którego wierzchołki leżą na różnych bokach kwadratu tak, że Wówczas trójkąt łatwo zastąpić trójkątem o większej wysokości, czyli większym polu (Rys. 1):

Rys. 2

Druga część jest konsekwencją zadania 2. Jeśli trójkąt ma najmniejsze pole wśród trójkątów zawierających kwadrat (jednostkowy), to środki boków tego trójkąta muszą należeć do boków kwadratu. Oznacza to, że jeden bok kwadratu musi należeć do boku trójkąta, a przeciwległy bok kwadratu łączy środki boków trójkąta (Rys. 2). Nietypowe w tym zadaniu jest to, że istnieje wiele różnych realizacji warunków ekstremalnych.

W kąt o wierzchołku wpisujemy dwa okręgi przechodzące przez punkt (Rys. 1). Do większego z nich, powiedzmy w punkcie wyznaczamy styczną, która przecina ramiona kąta w punktach i (Rys. 2). Tak utworzony trójkąt spełnia warunki zadania i ma najmniejszy obwód równy gdzie i to punkty styczności okręgu z ramionami kąta (jest tak, bo i ).

Jeśli jest inną prostą zawierającą punkt to okrąg dopisany do trójkąta jest styczny do ramion kąta w punktach i oraz do odcinka w punkcie (Rys. 3). Ponieważ punkt leży na zewnątrz okręgu dopisanego więc okrąg ma większy promień niż okrąg i obwód trójkąta jest równy

Odp. Nie!
Przypuśćmy, że istnieje taki zbiór Wówczas istnieją w tym zbiorze okręgi które mają punkt wspólny oraz okrąg który nie przechodzi przez Oznaczmy punkty wspólne, różne od okręgów i i i odpowiednio przez oraz Wówczas przechodzi przez wszystkie te punkty.

Rozważmy piąty okrąg ze zbioru Musi on przechodzić przez lub (ponieważ są to jedyne punkty wspólne okręgów i ). Podobnie okrąg musi przechodzić przez co najmniej jeden z każdej pary punktów spośród i Stąd przechodzi przez co najmniej trzy z tych punktów. To jest jednak niemożliwe, bo każda taka trójka wyznacza jednoznacznie jeden z okręgów

Odp. Nie!
Dwudziestościan foremny jest środkowosymetryczny, więc każdy jego przekrój płaszczyzną przechodzącą przez jego środek również. Nie istnieje natomiast środkowosymetryczny jedenastokąt.

Załóżmy najpierw, że i rozważmy doświadczenie losowe polegające na rzucaniu monetą tak długo, dopóki razy wypadnie orzeł lub razy reszka. Prawdopodobieństwo wypadnięcia orła w pojedynczym rzucie wynosi zaś reszki Zauważmy, że prawdopodobieństwo tego, że doświadczenie zakończy się w rzucie (dla ) z powodu wypadnięcia orłów wynosi a z powodu wypadnięcia reszek - Sumując prawdopodobieństwa poszczególnych możliwości zakończenia doświadczenia, otrzymujemy

Po wstawieniu lewa strona tożsamości jest wielomianem zmiennej który jest tożsamościowo równy na przedziale więc jest on równy dla wszystkich rzeczywistych.