Delta mi!

Odpowiedź:

Podzielmy dany kwadrat na kwadratów jednostkowych, zwanych dalej polami, i wyróżnijmy pola znajdujące się na przecięciach wierszy i kolumn o parzystych numerach. Takich pól jest

Zauważmy, że każdy parzysty prostokąt o wymiarach a więc o polu zawiera dokładnie wyróżnionych pól. Wobec tego łączne pole części podziału będących parzystymi prostokątami jest równe co najwyżej Łączne pole kwadratów jednostkowych jest zatem równe co najmniej skąd wniosek, że jest co najmniej tyle takich kwadratów.

Wystarczy zauważyć, że podział, w którym otrzymujemy kwadratów jednostkowych, jest możliwy - wystarczy wyciąć kwadrat o boku a pozostałą część podzielić na kwadraty jednostkowe.

Przypiszmy kolejnym wierzchołkom danego wielokąta foremnego kolejne reszty z dzielenia przez oraz oznaczmy przez resztę przyporządkowaną wierzchołkowi

Zauważmy, że wtedy i tylko wtedy, gdy Przypuśćmy nie wprost, że liczby dają parami różne reszty przy dzieleniu przez Wówczas ich suma daje resztę

Z drugiej strony, rozważana suma jest równa

Uzyskana sprzeczność kończy rozwiązanie.

Rozważmy dowolną spośród danych przekątnych. Ponieważ pozostałych przekątnych ją przecina, więc po obu stronach rozważanej przekątnej znajduje się po wierzchołków wielokąta. Stąd wniosek, że ta przekątna łączy przeciwległe wierzchołki -kąta foremnego, więc przechodzi przez jego środek.

Funkcja jest ciągła i rosnąca, a jej granice przy końcach dziedziny wynoszą 0 oraz Zatem liczba dla której jest jednoznacznie określona. Wykażemy, że (gdzie ); stąd też wyniknie, że leży pomiędzy i Wobec ścisłej monotoniczności funkcji wystarczy dowieść, że

Niech dla ; jest to funkcja rosnąca. Skoro zatem

(1)

Badając znak stwierdzamy, że funkcja jest wklęsła w przedziale Jeżeli więc liczby leżą w tym przedziale, to Jeśli zaś np. rozważamy dwa podprzypadki (pamiętając, że ):

we wszystkich przypadkach uzyskane wartości nie przekraczają Otrzymane oszacowanie pokazuje (zgodnie ze wzorem (1)), że

Pozostało do wykazania, że ; do tego użyjemy funkcji bowiem

(2)

Nietrudno się przekonać, że dla zachodzi nierówność czyli równoważna (przez logarytmowanie) nierówności ; tę ostatnią nierówność sprawdzamy bez trudu, przenosząc wszystko na jedną stronę i ponownie różniczkując. Zatem istotnie dla ; stąd dla Ponieważ bez straty ogólności można przyjąć, że ze wzoru (2) wnosimy, że To kończy rozwiązanie.

Jest to możliwe. Przedstawimy jedną z możliwych konstrukcji.

Niech będzie dowolną dodatnią liczbą nieparzystą. Spójrzmy na ciąg

w którym pojedyncza strzałka oznacza jedną z dopuszczalnych operacji , zaś podwójna strzałka oznacza wielokrotne dodanie lub odjęcie dwójki, przebiegające monotonicznie przez wszystkie liczby tej samej parzystości, co liczby połączone tą podwójną strzałką. Na przykład dla mamy ciąg

(jedynie dla strzałka czyli jest "pusta"). W tak określonym ciągu występują wszystkie liczby naturalne z przedziału każda jednorazowo.

Wystarczy teraz określić liczby wzorem rekurencyjnym i zastosować podaną konstrukcję w każdym z przedziałów

Rozważmy przekształcenie będące złożeniem inwersji o środku i promieniu z symetrią względem dwusiecznej kąta Przekształcenie to zamienia półproste i oraz prostą z okręgiem W takim razie okrąg przejdzie na okrąg styczny do prostej i półprostych i czyli na okrąg Stąd wniosek, że obrazem punktu jest punkt Półprosta przejdzie więc na półprostą a skoro inwersja zachowuje kąty, to

Jeśli to punkty i pokrywają się i punkty leżą na dwusiecznej Dalej zakładamy, że Wówczas punkty i są różne, zaś proste i nie są równoległe. Rozważmy złożenie inwersji o środku i promieniu z symetrią względem dwusiecznej kąta Przekształcenie to zamienia półproste i oraz prostą z okręgiem Tak jak w poprzednim zadaniu uzasadniamy, że obrazem okręgu jest okrąg dopisany do trójkąta styczny do boku w punkcie który jest obrazem punktu w tym przekształceniu. Ponieważ jest dwusieczną kąta zewnętrznego przy wierzchołku trójkąta to proste i są prostopadłe. W takim razie obrazem punktu jest punkt przecięcia prostej (która jest swoim własnym obrazem) z prostą (która jest obrazem okręgu ). Niech będzie obrazem punktu Wtedy z definicji inwersji mamy

czyli

Z powyższego i z równości (bo inwersja zachowuje kąty) otrzymujemy, że trójkąty i są podobne. W takim razie Ponieważ to mamy

skąd

Zatem jest dwusieczną kąta zewnętrznego przy wierzchołku trójkąta więc jest środkiem okręgu dopisanego do trójkąta W takim razie co wraz z równością (bo ) oznacza, że punkty i leżą na jednym okręgu. To zaś jest równoważne z tym, że punkty są współliniowe.

Niech to połowa obwodu trójkąta to miara kąta zaś to promień okręgu wpisanego w trójkąt Inwersja o środku i promieniu złożona z symetrią względem dwusiecznej kąta przeprowadza okrąg na okrąg dopisany do trójkąta styczny do boku w punkcie a punkty i odpowiednio na punkty i Ponieważ i to

co wraz z równością prowadzi do wniosku, że Z drugiej strony z definicji inwersji mamy

zatem

Przyjmijmy teraz, że prosta przechodząca przez i prostopadła do prostej przecina boki i odpowiednio w punktach i Skoro to odległość punktu od prostej jest równa skąd wniosek, że czyli Analogicznie uzasadnimy, że więc punkt leży na odcinku

Niech i będą spodkami wysokości trójkąta poprowadzonymi odpowiednio z wierzchołków Ponieważ na czworokątach i można opisać okręgi, to

Rozważmy inwersję o środku i promieniu złożoną z symetrią środkową względem punktu Obrazami punktów są zatem punkty Ponieważ

to punkty leżą na jednym okręgu, który w rozważanym przekształceniu przechodzi na prostą Obrazem punktu jest punkt przecięcia prostych i Analogicznie stwierdzamy, że w tym przekształceniu punkt przechodzi na punkt przecięcia prostych i a punkt przechodzi na punkt przecięcia prostych i

Wystarczy udowodnić, że punkty leżą na jednej prostej. Stosując twierdzenie Menelausa dla trójkąta widzimy, że wystarczy wykazać, że

(*)

Wykorzystując wzór na odległość obrazów inwersyjnych, otrzymujemy

Uwzględniając równość widzimy, że

Analogicznie uzasadniamy, że

Mnożąc te trzy równości stronami, dostajemy co kończy rozwiązanie.