Delta mi!

Autor zadania, pan Witold Bednarek, przysłał je wraz z takim zmyślnym rozwiązaniem:
średnia arytmetyczna układu  liczb, mianowicie -krotnie powtórzonej liczby  oraz liczb  jest nie mniejsza od ich średniej geometrycznej, równej :

Do obu stron dodajemy  i po prostym przekształceniu otrzymujemy

Wystarczy teraz napisać analogiczne nierówności dla par  oraz  po czym dodać te trzy nierówności, by uzyskać tezę zadania.

Zauważmy, że dla  zachodzi

gdyż

Zatem

Odpowiedź: minimalna wartość wyrażenia  wynosi

Rysując trójkąty prostokątne  i   na jednej płaszczyźnie, dostajemy czworokąt  wpisany w okrąg.

Oczywiście,  Równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy  jest punktem przecięcia przekątnych tego czworokąta. Szukana minimalna wartość wyrażenia  to długość odcinka  którą możemy obliczyć z twierdzenia Ptolemeusza:

więc

Najpierw przetłumaczmy tezę na język inwersji. Należy po prostu wykazać, że sfera przechodząca przez punkty  i sfera opisana na czworościanie  są prostopadłe. Zauważmy, że

dla pewnej liczby  Rozważmy inwersję o środku  i promieniu  Zauważmy, że sfera  przechodzi na siebie, a punkty  odpowiednio na  (i na odwrót). Obrazem drugiej z rozważanych sfer będzie więc płaszczyzna przechodząca przez punkty  Jednakże środek sfery  leży właśnie na płaszczyźnie  skąd wniosek, że płaszczyzna ta jest do niej prostopadła. A skoro inwersja zachowuje kąty między powierzchniami, to sfera przechodząca przez punkty  i sfera opisana na czworościanie  też są prostopadłe.

Zauważmy najpierw, że rozważane rzuty leżą na sferze o średnicy  Weźmy rzut stereograficzny tej sfery z punktu  na płaszczyznę (Rys. 1). Niech  będzie rzutem prostokątnym punktu  na ścianę  Płaszczyzna  jest prostopadła do krawędzi  skąd wynika, że obraz  punktu  w tym przekształceniu będzie rzutem prostokątnym punktu  na krawędź  Analogicznie udowodnimy, że obrazami pozostałych rzutów są rzuty punktu  na pozostałe boki czworokąta  Jednakże w czworokącie o prostopadłych przekątnych rzuty prostokątne punktu przecięcia przekątnych leżą na jednym okręgu (łatwy dowód tego faktu pozostawiamy Czytelnikowi – Rys. 2). Przeciwobrazy tych rzutów leżą więc na okręgu położonym na sferze o średnicy

Odpowiedź: Pokrycie istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy  jest podzielne przez
Przyjmijmy, że kwadrat  udało się pokryć dostępnymi płytkami. Skoro pole płytki wynosi  to  musi być parzyste, powiedzmy  Rozważmy kolorowanie naszego kwadratu jak standardowej szachownicy i zauważmy, że każda płytka jest jednego z dwóch rodzajów: zawiera  czarne pola lub  czarne pole. Niech liczba płytek pierwszego rodzaju wynosi  a drugiego  Zliczając czarne i białe pola, otrzymujemy  oraz  (dzięki temu, że  jest parzyste, mamy po równo pól czarnych i białych!). Stąd w szczególności  więc  zatem  jest parzyste, a  – podzielne przez

Z drugiej strony, łatwo znaleźć pokrycie kwadratu  spełniające warunki zadania, więc także dowolnego kwadratu  dla  będącego wielokrotnością

Mamy

Podobnie,

Dodając te równości stronami, otrzymujemy tezę.

Odbijmy czworokąt  symetrycznie względem prostych  oraz  i przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku. Wówczas

więc punkty  i  leżą, w tej właśnie kolejności, na jednej prostej. Ponadto  stąd

Jednocześnie  oraz  zatem  Teza wynika z faktu, że łamana  łącząca punkty  i  nie może być krótsza niż odcinek  pomiędzy nimi:

Dla dowolnej liczby rzeczywistej  można wskazać odpowiednie liczby  i  w następujący sposób.

Jeśli liczba  jest niewymierna, to niewymierne są także liczby  oraz  (dlaczego?). Wówczas, oczywiście,

Jeśli liczba  jest wymierna, to liczba  jest niewymierna (dlaczego?). Wówczas, przyjmując  mamy

Wykażemy, że trójkąt  musi być równoboczny.

Załóżmy, że  jest ortocentrum trójkąta  Mamy równość kątów  i   jako wpisanych opartych na tym samym łuku. Skoro jednak  jest ortocentrum, to kąt  jest równy kątowi  Ten z kolei jest oparty na tym samym łuku co kąt  Zatem  czyli  jest dwusieczną i zarazem środkową w trójkącie  Zatem  co wynika np. z twierdzenia o dwusiecznej. Analogicznie dowodzimy, że

Niech

Wówczas  Załóżmy, że  jest liczbą całkowitą. Gdyby było  to przyjmując oznaczenia  oraz  mielibyśmy  i  a stąd sprzeczność:

Gdyby było  to

i znowu sprzeczność. Zatem  co daje  Stąd, gdyby  liczba  byłaby podzielna przez 100. Wobec tego  Wtedy mamy  – wówczas

Zatem liczby  postaci  są wszystkimi liczbami pięciocyfrowymi o własności z treści zadania.

Niech liczby  będą końcami danego przedziału. Wymagane warunki spełniają na przykład liczby  Rzeczywiście, (mod ), więc (mod ).

Mamy dowieść, że  Dla  to prawda . Dalej przyjmujemy  Korzystamy ze wzoru  gdzie  Oznaczmy:

Wystarczy pokazać, że  czyli  A ponieważ  wystarczy dowieść, że

(1)

Iloraz w nawiasie szacujemy z dołu:

Stąd i z nierówności Bernoulliego

Nierówność (1) będzie udowodniona, jeśli wykażemy, że licznik tego ostatniego ilorazu przekracza  jest to równoważne nierówności

(2)

Podstawiając wartość stałej  sprawdzamy, że nierówność (2) zachodzi dla  Zachodzi więc dla wszystkich  bo wyrażenie po lewej stronie (2) przedstawia ciąg rosnący. To kończy dowód.

Wystarczy wykazać, że  Z faktu wnioskujemy, że  jest równy różnicy kątów wpisanych w okrąg  i opartych na łukach  oraz  Podobnie  jest równy różnicy kątów wpisanych opartych na łukach  oraz  jest równy różnicy kątów wpisanych opartych na łukach  i   i   jest równy różnicy kątów wpisanych opartych na łukach  i   Oznaczmy przez  długość łuku  Zatem teza zadania zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy

Nietrudno zauważyć, że powyższa równość jest równoważna równości

co należało wykazać.

Niech  będzie równoległościanem  rozważanym w zadaniu. Jak wiemy z poprzedniego odcinka, wystarczy, jeśli wykażemy, że czworościan  wpisany w ten równoległościan jest równościenny, a to będzie udowodnione, gdy uzasadnimy, że pola jego ścian są równe.

Rozważmy przekrój płaszczyzną przechodzącą przez środki krawędzi  i   (rysunek). Nietrudno udowodnić, że przekrój ten jest sześciokątem przechodzącym także przez środki krawędzi  i   oraz zawierającym środek symetrii  danego równoległościanu. Punkt  jest także środkiem symetrii tego sześciokąta, więc pole rozważanego przekroju jest 6 razy większe niż pole trójkąta  gdzie  i  są środkami odcinków  i   Z drugiej strony pole tego trójkąta jest 4 razy mniejsze niż pole trójkąta  będącego ścianą czworościanu  Stąd wniosek, że pole ściany  stanowi  pola rozważanego przekroju.

Ponieważ podobne rozumowanie można przeprowadzić dla pozostałych ścian czworościanu  to z równości pól danych przekrojów wynika równość pól ścian tego czworościanu – a to właśnie chcieliśmy wykazać.

O co nas tak naprawdę pytają? O to, czy istnieje czworościan równościenny, którego ściany są trójkątami o bokach  W poprzednim kąciku jednak stwierdziliśmy, że ściany takiego czworościanu muszą być trójkątami ostrokątnymi, zaś z nierówności  wynika, że trójkąt o bokach  jest rozwartokątny. Zatem taka czwórka punktów w przestrzeni nie istnieje.

Niech będzie dowolnym nieforemnym czworościanem równościennym. Ponieważ odcinek łączący środki krawędzi i jest do nich prostopadły, to przekształcenie będące obrotem wokół tego odcinka o przeprowadza dany czworościan na siebie. W szczególności kula wpisana w ten czworościan również musi przejść na siebie. Przy tym przekształceniu punkt przechodzi na zaś na i podobnie przechodzi na i na odwrót. W takim razie środkowa poprowadzona z wierzchołka przechodzi na środkową poprowadzoną z wierzchołka . Skoro jednak kula wpisana jest zachowywana, to część wspólna jednej środkowej z kulą przechodzi na część wspólną drugiej środkowej z tą kulą. To oznacza, że . Podobnie udowodnimy pozostałe równości.