Delta mi!

Rozważmy wspólną styczną  okręgów  i  przechodzącą przez punkt  . Przecina ona prostą  w punkcie  Ponieważ  więc trójkąt  jest prostokątny. Wobec tego  jest średnicą okręgu  jako cięciwa, na której oparty jest kąt prosty  a średnica okręgu jest prostopadła do stycznej w swoim końcu.

Niech  będą środkami odcinków  Z twierdzenia Talesa wynika, że    i   Przez  oznaczamy punkt wspólny prostych  i  Analogicznie definiujemy punkty  i  Boki trójkątów  i  są odpowiednio równoległe, więc punkt  w którym przecinają się proste  i  jest środkiem jednokładności w skali  przekształcającej trójkąt  na trójkąt  (  leży też na prostej ).

Najpierw wywnioskujemy twierdzenie z lematu. Jednokładność o środku  w skali  przekształca okrąg  opisany na trójkącie  na okrąg  opisany na trójkącie  Środek okręgu  leży na prostopadłych do prostych  przechodzących przez wierzchołki  więc środek okręgu  leży na prostopadłych do prostych  przechodzących przez wierzchołki  Na mocy lematu (dowód w artykule) te prostopadłe są symetralnymi boków trójkąta  więc ich punkt wspólny to środek okręgu opisanego na trójkącie

Załóżmy, że liczba jest pierwsza. Jest ona większa od 2, więc nieparzysta. Zatem liczba  musi być nieparzysta. Ale wówczas daje resztę  z dzielenia przez  . Skoro kwadrat liczby całkowitej daje resztę  lub  przy dzieleniu przez  , to aby nie było podzielne przez  , potrzeba, aby było podzielne przez  . Ponieważ jest liczbą pierwszą, jedyna możliwość to i wówczas jest liczbą pierwszą.

Niech  będzie funkcją, spełniającą podane warunki. Zauważmy, że  w przedziale  (w przeciwnym razie, oznaczając przez  najmniejsze miejsce zerowe funkcji  mielibyśmy w przedziale  nierówności    skąd  czyli ).

Weźmy pod uwagę funkcję  z pochodną

Dostajemy oszacowanie

Ale wartości funkcji  w przedziale  są ujemne. Tak więc  dla wszystkich ; to znaczy, że liczba  nie należy do tego przedziału – czyli zachodzi nierówność  Na odwrót, jeżeli  to określamy funkcję  wzorem

(suma w nawiasie jest dodatnia w tym przedziale, więc określenie jest poprawne). Ma ona wymagane własności:    Stąd odpowiedź: liczby  o które pyta zadanie, są scharakteryzowane nierównością

Nie można, jeśli  Przypuśćmy, że to się udało i niech  będzie minimalną sumą liczb w wierszu. Jest ona dzielnikiem sumy liczb w każdym wierszu, więc i sumy liczb we wszystkich wierszach, równej  Jasne, że  Zatem liczba  musi być parzysta, co oznacza, że  jest liczbą parzystą. Liczba  względnie pierwsza z czynnikiem  musi dzielić  To już daje sprzeczność, bowiem

Ustawmy trójkąt tak, by  było podstawą. Wtedy wierzchołek  leży na okręgu o środku  i promieniu 1. Pole trójkąta jest maksymalne, gdy wysokość z  jest maksymalna (bo podstawa  ma ustaloną długość 1), czyli gdy wysokość ta jest równa 1. Zachodzi to dla  czyli dla

Rozważmy prostokąt  o bokach  i   Niech punkt  będzie środkiem boku  a punkt  niech należy do boku  przy czym   Wtedy z twierdzenia Pitagorasa      Należy obliczyć pole trójkąta  Jest ono równe

Ustawmy trójkąt  obok trójkąta  jak na rysunku (  oznacza odpowiednik wierzchołka ). Wtedy w trójkącie  podstawa  ma długość  wysokość  jest równa 1, więc pole jest równe  Pozostałą częścią pięciokąta jest trójkąt  Przystaje on do trójkąta  ponieważ    oraz bok  jest wspólny. Stąd  więc pole pięciokąta równe jest 1.

Ściana  jest trójkątem o bokach długości  ma zatem kąt prosty przy wierzchołku Analogicznie  Ściana  ma boki długości  czyli jest połówką kwadratu o boku 3, więc też ma kąt prosty przy wierzchołku  Ustawmy dany ostrosłup inaczej: niech  będzie podstawą. Wobec powyższych obserwacji  jest wtedy wysokością i   Stąd objętość ostrosłupa to

Ustawmy czworościan na krawędzi i rozważmy sześcian, którego czterema wierzchołkami są wierzchołki tego czworościanu. Każda z krawędzi czworościanu jest przekątną pewnej ściany sześcianu, zatem krawędź sześcianu ma długość  Środki przeciwległych krawędzi czworościanu są środkami przeciwległych ścian sześcianu, więc ich odległość równa jest długości krawędzi sześcianu.

Szacujemy lewą stronę:

Dla liczb z przedziału zachodzi nierówność , równoważna Zatem , co daje tezę.

Trójkąty i  mają równe pola oraz wspólny bok  Wobec tego wysokości tych trójkątów poprowadzone do boku  są równe. Ponadto punkty  i  leżą po tej samej stronie prostej  Stąd wniosek, że przekątna  jest równoległa do boku  Analogicznie dowodzimy, że pozostałe cztery przekątne pięciokąta  są równoległe do odpowiednich jego boków

Przypuścmy, że w każdym wierzchołku istnieje kąt o mierze równej co najmniej  Wtedy z twierdzenia 1 z artykułu wynika, że suma kątów płaskich w każdym wierzchołku jest większa niż  W takim razie suma wszystkich kątów płaskich w czworościanie jest większa od  Sprzeczność, gdyż ta suma jest równa

Ponieważ ściany boczne są trójkątami równoramiennymi, to otrzymujemy

Podobnie dowodzimy, że pozostałe kąty trójkąta  są ostre.

Odpowiedź:
Istotne, czworościan  w którym

pokazuje, że możliwe jest uzyskanie  Wykażemy, że więcej się nie da. Przypuśćmy, że istnieje czworościan, dla którego dana suma jest większa niż  Wynika stąd w szczególności, że liczba krawędzi długości  jest równa co najmniej  Jeśli jest  krawędzi długości  to nie ma kątów rozwartych. Jeśli jest  krawędzi długości  to mogą być co najwyżej dwa kąty rozwarte. Zatem liczba krawędzi długości  musi być równa  Tym samym liczba kątów rozwartych musi być równa  Zatem żadne trzy krawędzie nie mogą więc tworzyć trójkąta równobocznego. To wyzancza nam jedną (z dokładnością do permutacji wierzchołków) konfigurację:

Jednakże

Sprzeczność.

Wykażemy najpierw, że

Przyjmijmy, że płaszczyzna  przecina krawędź  w punkcie  Wtedy korzystając dwukrotnie z twierdzenia 1 z artykułu dostajemy

Czytelnik z pewnością zauważa analogie do zadania: jeśli punkt  leży wewnątrz trójkąta  to  – wystarczy rozważyć sferę o środku  i otrzymujemy sferyczną wersję tej nierówności. Analogicznie dowodzimy, że

oraz

Stad otrzymujemy

Rozważmy przypadek, gdy przecina ramię . Rozszerzmy nasz trójkąt do kwadratu .

Punkt przecięcia prostej  z nowo dorysowanym bokiem kwadratu oznaczmy przez  Szukamy takich punktów  że  Równoważnie takich, że odcinki  i  są symetryczne względem prostej  prostopadłej do  przechodzącej przez  To zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy trójkąty  i  są symetryczne względem tej prostej, co jest z kolei równoważne temu, że punkty  i  są symetryczne względem  (bo punkty  i  zostały skonstruowane tak, że są symetryczne względem ).

Rozważmy  liczb . Żadna z nich nie dzieli się przez  , więc możliwe reszty z dzielenia tych liczb przez  to . Jest ich o jeden mniej niż liczb, więc istnieją dwie liczby, powiedzmy  i  , dla , które dają tę samą resztę z dzielenia przez  . Oznacza to, że dzieli . Ale  i  są względnie pierwsze, więc dzieli . Zatem spełnia warunki zadania.

Tak, Filemon zawsze może wygrać. Początkowo liczba szczebli pomiędzy kotami równa jest 9. Filemon powinien grać tak, by po każdym jego ruchu liczba ta była podzielna przez 3. Może to zapewnić: jeśli Bonifacy ruszy się o dwa szczeble, Filemon rusza się o jeden i na odwrót. Wtedy zero szczebli, oznaczające koniec gry, nastąpi po ruchu Filemona, więc to Bonifacy nie będzie mógł się ruszyć i przegra.

Ta gra zawsze kończy się po dokładnie 8 ruchach (dlaczego?) – przegrywa gracz rozpoczynający.