Delta mi!

Obracamy trójkąt w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara.

W sytuacji z rysunku obok mamy  podobnie  Stąd, korzystając z równości  i z sumy miar kątów trójkąta  otrzymujemy

Obróćmy trójkąt o   wokół wierzchołka Niech  będzie obrazem punktu Trójkąt  jest równoboczny. Trójkąt  ma boki długości  więc jest prostokątny.

Analogicznie zdefiniujmy punkty  i   jako obrazy  przy obrotach wokół odpowiednio wierzchołków  i   Wtedy trójkąty  i   są równoboczne o bokach odpowiednio długości 3 i 4, a trójkąty  i   oba są prostokątne o bokach długości 3, 4, 5.

Pole kolorowego sześciokąta  jest równe  plus „dodatki”:

Jednocześnie pole to jest równe sumie pól trzech szarych trójkątów równobocznych i trzech białych prostokątnych:

Szukane pole trójkąta  jest więc dwukrotnie mniejsze:

Wykażemy, że takie cztery punkty istnieją w każdym czworościanie.

Rozważmy dowolny czworościan  w którym  Na krawędziach  i   wybierzmy odpowiednio takie punkty  że

Z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa wynika, że proste  i   są równoległe. Wobec tego punkty  leżą na jednej płaszczyźnie. Ponadto z twierdzenia Talesa obliczamy

skąd

Analogicznie wykazujemy, że każdy z odcinków  ma długość  Stąd wniosek, że czworokąt  jest rombem.

Niech  będzie środkiem rombu  Punkty przecięcia prostych, zawierających dwusieczne kątów  i   z bokami rombu tworzą wierzchołki czworokąta. Czworokąt ten jest kwadratem, gdyż jego przekątne są równe i przecinają się pod kątem prostym.

Oznaczmy przez  i   odpowiednio liczby wymierne  oraz  Wówczas  Stąd otrzymujemy

czyli

Przypuśćmy, że liczba  jest różna od zera. Wówczas

Liczba po prawej stronie ostatniej równości jest wymierna, jako iloraz dwóch liczb wymiernych. Otrzymujemy więc sprzeczność, z której wynika, że  Wobec tego

Bezpośrednio sprawdzamy, że liczba  spełnia warunki zadania. Na mocy powyższego rozumowania jest to jedyna liczba o żądanej własności.

Wszystkie cztery! Wystarczy rozważyć na płaszczyźnie trójkąt rozwartokątny i wziąć w jego wnętrzu taki punkt, by odcinki łączące go z wierzchołkami tworzyły między sobą kąty  Podnosząc w przestrzeni ten punkt nieznacznie do góry, skonstruujemy odpowiedni czworościan.

Zauważmy:

a więc

Sumę cyfr tej ostatniej liczby łatwo obliczyć, najpierw jest bowiem  dziewiątek, a potem już prawie same zera  Wychodzi

Policzymy wszystkie uściski dłoni, które się kiedykolwiek zdarzyły: niech  to będą liczby tych, którzy uścisnęli dłonie – odpowiednio –  osobom, natomiast  – liczby tych, którzy uścisnęli dłonie  osobom, przy czym  to liczby parzyste,  zaś – nieparzyste. Podwojona suma wszystkich uścisków to

i jest to liczba podzielna przez  więc  też jest podzielna przez  Interesuje nas suma  która również jest liczbą parzystą, bo parzystość liczby  jest dla każdego  taka sama, jak parzystość

Każdy ruch zmniejsza wartość przekazywanej liczby. Gra się zatem zawsze kończy, a któryś z graczy ma strategię wygrywającą. Dodatnią liczbę całkowitą nazwijmy zieloną, jeśli – startując od tej liczby – gracz rozpoczynający ma strategię zwycięską; nazwijmy ją czerwoną, gdy strategię zwycięską ma jego przeciwnik; również liczbę 0 będziemy uważać za czerwoną. Wykażemy, że liczba  jest zielona; a więc (jak zwykle w tego typu zadaniach) wygrywa dziewczyna.

Rozbicie zbioru liczb całkowitych nieujemnych na liczby zielone i czerwone jest scharakteryzowane przez własności:

(1)

od każdej liczby zielonej można przejść jednym ruchem do czerwonej;

(2)

od każdej liczby czerwonej wszystkie ruchy prowadzą do liczb zielonych.

Wśród liczb mniejszych od  liczbami czerwonymi są wielokrotności liczby  i tylko one; sprawdzenie własności (1), (2) jest natychmiastowe. Sama liczba  jest wszelako zielona (dzielenie przez  prowadzi do czerwonej liczby  ). Liczby z przedziału  też są zielone (dzielenie z zaokrągleniem prowadzi do  ). Zajmiemy się teraz liczbami większymi.

Przyjmijmy  czyli  Weźmy pod uwagę zbiór

Udowodnimy, że wszystkie liczby w zbiorze  są zielone.

Przypuśćmy, że tak nie jest. Niech  będzie najmniejszą liczbą czerwoną w zbiorze  Wiemy już, że zielone są wszystkie liczby od  do  tak więc  Niech  będzie największą liczbą spełniającą warunki  (mod  ); zatem  Jest ona osiągalna z liczby  ruchem odejmowania.

Dzielenie przez  z zaokrągleniem, zastosowane do każdej z liczb  daje w wyniku tę samą liczbę  konkretnie: liczbę  Liczba  jest czerwona, więc w myśl własności (2) liczby  i   (osiągalne z   ) są zielone. W myśl własności (1), istnieje ruch, prowadzący od liczby  do jakiejś liczby czerwonej. Nie jest to dzielenie z zaokrągleniem (które daje liczbę  ); zaś odejmowanie od  liczb  nie wyprowadza ze zbioru  (skoro  oraz  ). Któraś z tak uzyskanych różnic powinna być liczbą czerwoną – wbrew określeniu  jako najmniejszej liczby czerwonej w zbiorze

Sprzeczność dowodzi, że istotnie cały zbiór  jest zielony. Oczywiście  Ala wygrywa.

Z punktu  prowadzimy półprostą  prostopadłą do  położoną w rozpatrywanej półpłaszczyźnie. Niech  będzie jednym z rozważanych czworokątów. Trójkąt  jest prostokątny, równoramienny. Stąd (i z wypukłości czworokąta  ) wynika, że punkt  leży po tej stronie  co punkt  Półprosta  przecina więc  w pewnym punkcie  tworząc czworokąt wypukły  Ma on kąty proste przy wierzchołkach  i   można na nim opisać okrąg. Zatem  (ostatnia równość zachodzi, bo  jest symetralną odcinka  ). Stąd wniosek, że  jest wierzchołkiem kwadratu, którego jednym bokiem jest odcinek  Jest to szukany punkt wspólny wszystkich możliwych prostych

Podzbiory  zbioru  łączymy w nieuporządkowane pary postaci  Takich par jest  Wobec założenia z treści zadania każdego studenta możemy utożsamiać jednoznacznie ze zbiorem pytań, na które zna odpowiedź. Gdyby studentów było więcej niż  to znalazłoby się dwóch, którym odpowiadałyby zbiory  i   To jednak przeczyłoby założeniu, że na egzaminie było pytanie, na które obaj znali odpowiedź.

Załóżmy, że taka funkcja  istnieje. Zauważmy, że

więc  dla dowolnych  co oznacza, że  jest malejąca. Warunek z treści zadania można zapisać tak:

Ustalmy  i weźmy taką liczbę całkowitą  aby  Wtedy dla  mamy

skąd, sumując stronami  nierówności, dostajemy

Zatem dla dowolnej liczby całkowitej dodatniej  zachodzi nierówność

Biorąc  tak duże, aby było  otrzymujemy  co przeczy temu, że  przyjmuje wyłącznie wartości dodatnie.

Liczby wewnątrz kwadratów oznaczają długości ich boków.

Pewną liczbę kwadratów o bokach równych początkowym wyrazom ciągu Fibonacciego ustawmy jak na rysunku , po kolei dobudowując kwadraty na przemian po prawej stronie i na dole. Na każdym etapie tej konstrukcji powstaje prostokąt, bo   – następny kwadrat „pasuje” do dwóch poprzednich.

(a)

Jeśli ostatni kwadrat dobudowano na dole i ma on bok długości  to cały prostokąt ma taką właśnie szerokość, a wysokość równą następnemu wyrazowi ciągu, czyli  Jednocześnie wysokość ta jest równa

(b)

Analogicznie, jeśli ostatni kwadrat ustawiono po prawej i ma bok długości  to prostokąt ma szerokość równą  i zarazem równą

(c)

Jeśli jako ostatni ustawiono kwadrat o boku długości  to prostokąt ma taką właśnie szerokość lub wysokość, a drugi z wymiarów równy  więc ma pole  Jednocześnie pole to jest równe

Uwaga: Oznaczenia pochodzą z artykułu źródłowego.

Zmodyfikujmy rysunek z poprzedniego zadania, ustawiając kwadraty o bokach równych  kolejno po prawej, na dole, po lewej, na górze, znów po prawej itd., jak na rysunku . Żądany podział płaszczyzny uzyskamy, dzieląc jeden z dwóch kwadratów o boku długości 1 tak, jak w zadaniu 3.

Możliwe początki chodnika długości n.

Oznaczmy tę liczbę sposobów przez  Dla  na początku chodnika możemy położyć płytę a następnie na  sposobów ułożyć resztę (chodnik o długości ); możemy też zacząć od płyty  i wtedy na  sposobów ułożyć resztę. Stąd  dla  Otrzymany wzór jest taki sam, jak dla ciągu Fibonacciego. Nietrudno sprawdzić, że  oraz  uzyskujemy więc wniosek, że

Cięcie chodnika długości n + k - 1 na części o długościach n oraz k - 1.

Ile spośród chodników o długości  takich jak opisano w poprzednim zadaniu, można rozciąć na chodnik o długości  (od lewej strony) oraz chodnik o długości  (po prawej stronie) bez rozcinania poszczególnych płyt (Rys. (a))? Takich chodników jest tyle, na ile sposobów można ułożyć po lewej stronie chodnik długości  a po prawej chodnik długości   Z poprzedniego zadania wiemy, że możliwości tych jest po lewej  po prawej  więc łącznie  Cięcie chodnika wymaga rozcinania płyty, gdy w miejscu podziału leży płyta  (Rys. (b)).

Takich chodników jest : układamy od lewej kolejno chodnik długości  następnie płytę  a po prawej chodnik długości   Wszystkich chodników, jak wiemy z poprzedniego zadania, jest  i każdy z nich da się rozciąć w opisany sposób lub nie, stąd

Niech  oznacza sumę po lewej stronie zależności, podanej na początku zadania, zaś  – ułamek po prawej stronie. Dla  mamy  zatem równość  wymusza wartość  Dalej,

Widać więc, że podana zależność jest spełniona dla wszystkich  wtedy i tylko wtedy, gdy

(1)

Jeżeli ciąg  spełniający ten warunek, miałby również spełniać rekurencję typu

(2)

(z   ), to dla  mielibyśmy

Pierwsza para równości to układ równań liniowych (z niewiadomymi  ) o wyznaczniku  więc mający dokładnie jedno rozwiązanie. Przy tym jest on spełniony dla  (co łatwo stwierdzić, korzystając z drugiej pary równości). Stąd wniosek, że jedynym kandydatem na postulowaną zależność rekurencyjną jest równanie

(3)

z warunkiem początkowym  Wprowadźmy oznaczenia:

i zauważmy, że (dla  )

skąd przez odjęcie stronami

(4)

Ponadto (wobec  ) mamy:

Wnioski: Jeżeli ciąg liczb całkowitych dodatnich  spełnia wyjściową zależność, czyli warunki (1), to dla wszystkich  mamy  więc prawa strona (4) ma stale wartość 0; przy tym  i ze wzoru (4) wynika, że  dla wszystkich  – mamy zależność (3).

Na odwrót, jeśli równanie (3) (z wyrazem początkowym  oraz dowolnym  ) jest dla wszystkich  spełnione, czyli wszystkie  są zerami, to wobec (4):  dla  przy tym  zatem  – a to jest zależność (1).

Ostatecznie więc, zadana na wstępie zależność jest równoważna rekurencji liniowej (2) z parametrami  – dowolna liczba naturalna.