Delta mi!

Oznaczmy miary kątów trójkąta  przy wierzchołkach  i  przez  i  a miary kątów trójkąta  przy wierzchołkach  i  przez  i

Kąty  i   jako kąty zewnętrzne trójkątów  i   są związane zależnością

Niech  będzie dowolnym punktem na przedłużeniu boku  poza wierzchołek  Kąty  i   jako kąty zewnętrzne trójkątów  i   wyrażają się jako sumy:  Tak więc

Stąd  Zatem jeśli trójkąt  z kątem rozwartym przy wierzchołku  jest równoramienny, to  Z uzyskanych wcześniej równości dostajemy wówczas  czyli równoramienność trójkąta

Płaszczyzną symetralną odcinka  nazywamy płaszczyznę do niego prostopadłą, przechodzącą przez jego środek.

Rozważmy najpierw jedną ścianę  naszego wielościanu. Płaszczyzny symetralne krawędzi tej ściany przecinają się wszystkie wzdłuż prostej  prostopadłej do ściany  i przechodzącej przez środek okręgu opisanego na tej ścianie. Ta prosta jest zbiorem środków wszystkich sfer zawierających wszystkie wierzchołki ściany

Niech  będzie wspólną krawędzią sąsiednich ścian  i   Proste  nie są równoległe i obie leżą w płaszczyźnie symetralnej  Przecinają się więc w jednym punkcie, który jest środkiem sfery opisanej na ścianach  i 

Z drugiej strony, jeśli jakaś sfera jest opisana na ścianach  i   to jej środek musi leżeć zarówno na prostej  jak i na prostej  co dowodzi, że ta sfera jest wyznaczona jednoznacznie.

Skoro w wierzchołku  spotykają się trzy krawędzie, to w tym wierzchołku spotykają się też trzy ściany. Oznaczmy je jak na rysunku.

Weźmy punkt przecięcia prostej  z płaszczyzną symetralną odcinka (przyjmujemy definicje i oznaczenia z rozwiązania zadania M 1375). Zauważmy, że należy on też do prostej  Istotnie, należy do płaszczyzny symetralnej  bo prosta  jest w niej zawarta, i do płaszczyzny symetralnej  Przecięcie tych płaszczyzn to właśnie prosta  Podobnie, należy on do prostej  Jest więc równo odległy od wszystkich wierzchołków ścian

Załóżmy przeciwnie, że wielościan nie jest wpisany w sferę. Wtedy istnieją dwa wierzchołki wielościanu, dla których sfery z zadania ZM-1376 różnią się. Połączmy te wierzchołki ścieżką złożoną z krawędzi. Wtedy znajdziemy taką krawędź  na tej ścieżce, że sfera zawierająca wierzchołki ścian spotykających się w   różni się od sfery, w którą są wpisane ściany spotykające się w   Ale to znaczy, że dla sąsiednich ścian o wspólnej krawędzi  istnieją dwie różne sfery, w które te ściany są jednocześnie wpisane, co przeczy tezie zadania ZM-1375.

Wykres funkcji oraz stycznej do wykresu w punkcie

Daną nierówność możemy przepisać w postaci

Zauważmy, że równość zachodzi dla  Równanie stycznej do funkcji  w punkcie  ma postać

Zauważmy, że dla liczb  spełniających warunek  suma wartości wyrażenia  jest równa

Wystarczy więc, jeśli wykażemy, że dla  prawdziwa jest nierówność

co sugeruje wykres na rysunku. Po prostych przekształceniach otrzymujemy

a ta nierówność jest spełniona, ponieważ

Wykres funkcji i stycznej w 

Na pierwszy rzut oka ten przykład jest inny od poprzedniego – tym razem mamy sumę funkcji dwóch zmiennych. Ale to tylko pozorna trudność. Spróbujmy udowodnić nierówność

gdzie  i   są pewnymi liczbami rzeczywistymi. Dzieląc obie strony przez  i podstawiając  otrzymujemy

Teraz już wiemy, co robić: w wyjściowej nierówności równość zachodzi dla  więc musimy tak dobrać współczynniki  i   aby równość zachodziła dla  Znajdując równanie stycznej do wykresu funkcji  w punkcie  otrzymujemy współczynniki  i 

Udowodnimy teraz, że dla dodatniej liczby rzeczywistej  zachodzi nierówność

Równoważnie możemy zapisać  a następnie doprowadzamy nierówność do postaci – teraz widać, że to prawda dla dowolnego

Zatem dla dowolnych liczb dodatnich  zachodzi nierówność

Szacując w ten sposób każdy ze składników lewej strony wyjściowej nierówności, dostajemy tezę.

Wykres funkcji i stycznej w 

Tym razem sytuacja jest jeszcze inna, ponieważ mamy sumę funkcji trzech zmiennych. Jednak i w tym przypadku łatwo można ją sprowadzić do sumy funkcji jednej zmiennej. Zauważmy, że dana nierówność jest jednorodna: liczniki i mianowniki ułamków są wielomianami złożonymi z jednomianów tego samego stopnia, a ponadto stopień licznika i mianownika jest taki sam. Stąd wynika, że możemy bez straty ogólności przyjąć (Jest to bardziej wygodne niż założenie  gdyż równość zachodzi dla ) Wówczas dana nierówność przyjmuje postać

Znajdując równanie stycznej do wykresu funkcji  w punkcie  otrzymujemy do udowodnienia nierówność

która jest równoważna  co jest prawdą dla

Dodając stronami otrzymane w ten sposób oszacowania wszystkich ułamków lewej strony danej nierówności, otrzymujemy tezę.

Jak nietrudno się przekonać, przy założeniu  nierówność zachodzi nie tylko dla liczb dodatnich, ale także dla nie mniejszych niż

Wszystkie wyrazy  są liczbami dodatnimi. Z nierówności (dla ) wynika, że ciąg  jest malejący – zatem zbieżny do granicy  Równanie  daje w granicy zależność  która nie zachodzi dla żadnej liczby dodatniej (w myśl tej samej nierówności). Zatem

Zastosujemy twierdzenie Stolza. Mówi ono, że jeśli  jest ciągiem rosnącym do nieskończoności, to

dla każdego ciągu  dla którego granica po prawej stronie istnieje.

Biorąc  mamy w mianowniku wyrażenia po prawej stronie jedynkę, a w liczniku:

Gdy (więc ), ten iloraz dąży do  widać to na przykład z początkowego fragmentu rozwinięcia potęgowego (przy ). Tak więc

czyli

Zauważmy najpierw, że dla liczby całkowitej  zachodzi  Stąd

Jeśli więc  jest postaci  to wówczas

zaś  więc równanie nie ma rozwiązania w tym przypadku. Podobnie stwierdzamy, że dla  postaci  równanie jest sprzeczne. Zatem jedyna możliwość to  ale łatwo sprawdzić, że wtedy równanie również jest sprzeczne.

Skoro punkt  jest środkiem  jego odległość od prostej  to średnia arytmetyczna odległości punktów  i   od  Jest ona równa średniej arytmetycznej odległości tych punktów od  ponieważ  i   Zatem  jest równo odległy od  i   skąd  oraz

Niech  będzie takim punktem na półprostej  że  Z podobieństwa trójkątów równoramiennych  i   mamy  Zatem skoro na czworokącie  można opisać okrąg, to

Wobec tego  co daje tezę.

Jeśli taki punkt  istnieje, to  jest dwusieczną kąta zatem z twierdzenia o dwusiecznej  Punkty  i  leżą więc na okręgu Apoloniusza dla punktów  i stałej 1/2. Analogicznie punkty  i   leżą na okręgu Apoloniusza dla punktów  i stałej 1/3.

Niech punkt  na prostej  różny od  spełnia warunek  Wtedy

oraz

zatem punkt  należy do obydwu powyższych okręgów. Średnicą pierwszego z nich jest więc  a drugiego – Stąd jedynym ich wspólnym punktem jest  czyli  Ale wtedy  leży na prostej – sprzeczność.

Ponieważ  dla  więc wszystkie punkty  leżą na sferze Apoloniusza dla punktów  i stałej 2 (zdefiniowanej analogicznie do okręgu). Jej średnicę wyznaczają punkty  na prostej  spełniające warunek  dla  Wówczas

Wobec tego  także jest średnicą rozważanej sfery. Stąd kąt  jest prosty, jako wpisany oparty na średnicy. Proste  i   przecinają się (w środku sfery), więc punkty  leżą na jednej płaszczyźnie.

Niech  oznaczają odpowiednio rzuty punktów  na płaszczyznę  Dla punktu  różnego od  i  równość  zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy trójkąty prostokątne  i  są podobne. Równoważnie,  Jeśli  to punkty  o żądanej własności tworzą okrąg Apoloniusza dla punktów  i stałej  Jakie jest rozwiązanie, gdy  Czy możliwe, by

Rys. 1

Punkty  i  leżą na okręgu Apoloniusza dla punktów  i stałej  Z symetrii względem prostej  punkt  też na nim leży (Rys. 1).

Rys. 2

Łuki  i   są równe, więc  jest dwusieczną kąta  Jednocześnie  jest też dwusieczną kąta (własność z początku artykułu, Rys. 2, stąd

Sprowadzenie podanych sum ułamków do wspólnego mianownika pokazuje, że iloczyn  powinien być dzielnikiem liczb  oraz  Zatem  ma być dzielnikiem liczb  oraz  więc także liczby  równej  Przez symetrię, liczba  ma być dzielnikiem liczby  Dostajemy warunek

Gdy  podane w zadaniu sumy wynoszą  oraz 0 (więc są całkowite). Jeśli zaś  wynoszą one odpowiednio  oraz  Są one obie całkowite wtedy i tylko wtedy, gdy  lub

Otrzymujemy odpowiedź: szukane pary to wszystkie pary postaci  gdzie  a ponadto cztery pary