Delta mi!

Z podanych warunków wynika od razu, że jest różnowartościowym odwzorowaniem przedziału na cały ten sam przedział. Ma więc funkcję odwrotną; a skoro zatem funkcja jest tą odwrotną do (Łatwo uzasadnić ciągłość obu funkcji - ale ta wiedza nie będzie tu potrzebna).

Dalszy ciąg rozumowania to starogreckie "patrz(!)". Rysunek przedstawia wykres (przykładowej) funkcji leżący w kwadracie którego dwoma bokami są odcinki na poziomej i pionowej osi układu współrzędnych. Ta sama krzywa jest też wykresem funkcji gdy przyjmiemy, że (rozważając ) odkładamy zmienną niezależną na osi pionowej, a zależną na poziomej.

Niech będzie wielokątem powstałym z połączenia prostokątów, których podstawami są odcinki osi poziomej a wysokości wynoszą kolejno Analogicznie tworzymy wielokąt rozważając funkcję i zamieniając role osi współrzędnych.

Wielokąty i są (prawie) rozłączne - mogą mieć wspólne jedynie niektóre wierzchołki. Uzasadnienie: jeśli punkt należy do to znaczy, że dla pewnego zachodzą nierówności ; jeżeli ten sam punkt należy do to dla pewnego mamy ; stąd

Zauważmy wreszcie, że kwadracik o boku mający wierzchołek w punkcie nie ma punktów wspólnych ani z wielokątem ani z Po jego usunięciu z kwadratu pozostaje figura o polu ; figury i są w niej zawarte, ale nie wypełniają jej szczelnie, skoro nie mają wspólnych fragmentów boków (poza wierzchołkami).

Pole wielokąta wynosi ; pole wynosi Suma tych pól jest mniejsza niż Mnożymy uzyskaną nierówność przez i mamy tezę zadania.

(Stała jest optymalna; nierówność staje się bliska równości, gdy wykres funkcji zbliża się do odpowiednio dobranej linii łamanej, utworzonej z odcinków poziomych i pionowych).

Z Twierdzenia Pascala dla sześciokąta punkty oraz są współliniowe.

Niech Z Twierdzenia Pascala dla sześciokąta punkt leży na prostej wyznaczonej przez punkty oraz Z kolei z Twierdzenia Pascala dla punkt także leży na prostej wyznaczonej przez punkty oraz

Z warunku wynika, że punkt leży na okręgu Z Twierdzenia Pascala dla sześciokąta uzyskujemy współliniowość punktów oraz niezależnego od i punktu co kończy dowód.

Oznaczmy oraz Z równoramienności trójkąta oraz danych równości kątów wynika, że Ponieważ oba punkty leżą po tej samej stronie prostej oznacza to, że punkty leżą na jednym okręgu.

Załóżmy, że  kul o promieniach  spełnia podaną własność (pokrywa wszystkie ściany  ). Wówczas  gdzie  to pole powierzchni bocznej   Ponadto

Stosując nierówność Höldera do ciągów  i wag    otrzymujemy

skąd

więc wystarczy przyjąć

Skoro  dla pewnych liczb całkowitych  to wystarczy udowodnić, że liczba  jest całkowita. Wynika to z równości

Obliczając pole trójkąta  na dwa sposoby, mamy

skąd

---

przy czym równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy  Kąt   jest ostry, więc ma maksymalną wartość, gdy  ma minimalną wartość, którą wyznaczyliśmy powyżej. Zatem kąt   jest maksymalny dla

Oznaczmy  gdzie  jest ciągiem indeksów (mamy  takich ciągów). Niech również  Wówczas  oraz  więc z nierówności Schwarza dostajemy

Odp. Tak!
Liczbę  kolorujemy na kolor o numerze  Załóżmy, że  dla pewnych liczb nieujemnych  i przyjmijmy, że  Załóżmy, że  i   mają ten sam kolor. Niech  czyli  dla pewnej liczby całkowitej  Wówczas  dla pewnej liczby całkowitej  Zatem  więc  Ponieważ  więc liczba  ma w opisanym przez nas kolorowaniu inny kolor niż liczby  i 

Przyjmijmy, że bok kwadratu  ma długość  a kwadratów – odpowiednio (stąd ). Niech środek układu współrzędnych będzie ustawiony w środku kwadratu  a osie niech będą równoległe do jego boków (jak na rysunku). Oznaczmy środek kwadratu  przez  dla

Mamy  więc  Podobnie, skoro  oraz  to otrzymujemy
 Stąd w oczywisty sposób dostajemy

Zauważmy, że wykazaliśmy nawet więcej. Z rozwiązania wynika również, że

Skoro prosta  jest prostopadła do  to jako bloki z definicji można przyjąć okręgi o średnicach  i   gdyż są prostopadłe do  i przechodzą przez  Oczywiście, sama prosta  też się do tego celu nadaje.

Niech  będzie okręgiem o średnicy  Okręgi  są do niego prostopadłe, a zatem punkty  są symetryczne względem  Stąd już wynika, że są współliniowe z punktem  jako środkiem tego okręgu – prosta poprowadzona z   do punktu  jest prostopadła do  więc musi przechodzić przez punkt

Przeprowadźmy symetrię względem dowolnego okręgu o środku w  ; obraz każdej z figur oznaczmy przez dodanie znaku prim. Na podstawie własności 1 możemy zauważyć, że figury z zadania zamieniły się rolami: okręgi  i   przecinają się w punktach  i   prosta  jest styczna do tych okręgów w punktach  okrąg  jest opisany na trójkącie  proste  i   są styczne do  w punktach  oraz przecinają się w punkcie

Dzięki własności 3 wiemy, że punkt  jest symetryczny do punktu  względem okręgu  co na mocy zadania 1 oznacza, że jest środkiem odcinka  W ten sposób otrzymaliśmy konfigurację z zadania 2, a zatem punkty  są współliniowe. Obrazem prostej  jest prosta  co kończy rozwiązanie.

Pokażemy, że nie istnieje żądane kolorowanie liczb całkowitych, więc w szczególności nie da się pokolorować liczb rzeczywistych. (Jest to bardzo szczególny przypadek twierdzenia van der Waerdena o kolorowaniu.)

Załóżmy, że pokolorowaliśmy liczby całkowite nieujemne i liczba   jest biała. Jedna z liczb  też musi być biała. Nazwijmy ją   Wówczas liczby  i   muszą być czarne. Zatem ich średnia  musi być biała. Dostaliśmy więc trzy białe liczby  co daje sprzeczność.

Będziemy korzystać z obserwacji, że kwadrat liczby parzystej przy dzieleniu przez   może dać tylko resztę 0 lub   a kwadrat liczby nieparzystej – resztę  lub 

Załóżmy, że trójka  jest niezerowym rozwiązaniem. Oczywiście,  musi być parzyste, powiedzmy  Wtedy  Możemy bez utraty ogólności założyć, że  Ponieważ  jest parzyste, to mamy dwa przypadki:

1.

 są parzyste;
wtedy  musi być nieparzyste (inaczej  byłoby co najmniej 2). Mamy  lub   oraz  lub   Wtedy jednak liczby  nie mogą spełniać równania

2.

 są nieparzyste;
wtedy  lub   lub   oraz  lub   Nietrudno sprawdzić, że ponownie liczby  nie mogą spełniać równania

Przyjmijmy, że  i oznaczmy punkt przecięcia odcinków  i   przez   Niech  będzie rzutem prostokątnym punktu   na odcinek 

Zauważmy, że

W takim razie trójkąt  jest równoramienny, oznaczmy  Z twierdzenia Pitagorasa mamy

oraz

Z twierdzenia Talesa mamy więc

skąd  Zatem