Delta mi!

Skoro , to Stąd

Z twierdzenia Cevy otrzymujemy tezę:

Zachodzą następujące równości odcinków stycznych do okręgu: , , . Stąd

co na mocy twierdzenia Cevy kończy dowód.

Z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną i z twierdzenia Cevy mamy

Stąd najmniejszą wartością sumy jest 3. Kiedy jest ona osiągana?

Łatwo sprawdzić, że wartość wyrażenia może dać przy dzieleniu przez 7 wszystkie reszty z wyjątkiem 2 oraz 4. Potęgi dwójki dają jedynie reszty 1, 2, 4. Rozważane równanie może więc być spełnione tylko wtedy, gdy ; to zaś ma miejsce jedynie dla wykładników  podzielnych przez 3.

Jeśli więc równanie jest spełnione, to jest sześcianem liczby całkowitej. Dla liczb całkowitych wartość leży pomiędzy a  , więc nie jest sześcianem. Dla wartość jest ujemna. Dla dostajemy równanie sprzeczne . Pozostaje wartość , która wraz z  daje jedyne rozwiązanie równania.

Przyjmijmy, że okręgi wpisane w trójkąty i  są styczne do boku odpowiednio w punktach  i  ; do prostej przechodzącej przez  – odpowiednio w punktach  i  ; zaś do odcinka – odpowiednio w punktach  i

Punkty styczności z okręgiem wpisanym w trójkąt wyznaczają na jego bokach odcinki o długościach wyrażających się znanymi wzorami:

Po dodaniu stronami:

Odnotujmy także zależności

Odcinki i  są symetryczne względem wspólnej osi symetrii obu okręgów. Możemy zatem przepisać ostatnią równość jako .

Z uzyskanych związków wnosimy, że

To znaczy, że punkt leży na okręgu o środku i promieniu zależnym jedynie od trójkąta a nie od położenia punktu  na boku 

Zauważmy, że jeżeli odcinek łączący wierzchołek czworościanu ze środkiem okręgu opisanego na przeciwległej ścianie jest jednocześnie wysokością tego czworościanu, to krawędzie wychodzące z tego wierzchołka są równej długości. Oznaczmy wierzchołki czworościanu przez  oraz długość krawędzi wychodzących z wierzchołka  przez  , gdzie . Wtedy krawędź , gdzie , wychodzi z wierzchołka  oraz z wierzchołka  . Oznacza to, że , a więc czworościan jest foremny.

Niech  będzie jedną z szukanych liczb. Zapisujemy ją w postaci nieskracalnego ułamka  o mianowniku  Liczba  ma być całkowita, co oznacza, że  dzieli się przez  Stąd w szczególności wynika, że  dzieli się przez  więc  Zatem  dzieli się przez 27.

Stąd wniosek, że liczba  jest podzielna przez 27; innymi słowy,  dzieli się przez 9. Skoro zaś  jest liczbą względnie pierwszą z  (czyli z 3), liczba  musi być podzielna przez 9.

Dla pewnego  całkowitego mamy więc  skąd  Na odwrót, gdy  ma taką postać, wówczas liczba  jest całkowita – o czym można się przekonać, analizując „wstecz” wcześniejsze rozumowanie, albo po prostu sprawdzając rachunkiem, że wartość tego wyrażenia wynosi  

Szukanymi liczbami wymiernymi są więc liczby postaci  (  całkowite).

Równoważność pierwszych dwóch brył:

Dętka może zjeść obwarzanek, ale musi się „wywlec” na drugą stronę:

Dętka najpierw rozszerza buzię wzdłuż (mówi „iii”), potem w poprzek („aaa”), aż cała składa się jedynie z dwóch cienkich połączonych pasków. Wtedy „owija” obwarzanek (mówi „ooo”) i z powrotem zmniejsza buzię.

Warto też zauważyć, że „równoleżniki” i „południki” dętki zamieniają się rolami.

Wystarczy prawą część „przełożyć” do środka:

Jedno z nietypowych rozwiązań może wyglądać tak: zadanie powinno mieć jednoznaczne rozwiązanie, gdyż inaczej nie zaproponowano by go. Jeśli istnieje jednoznaczne rozwiązanie, to objętość poszukiwanej bryły jest stała, a więc będzie taka sama, gdy przyjmiemy, że promień otworu jest zerowy. Znaczy to, że objętość pozostałej części będzie równa objętości kuli o średnicy 6 centymetrów. (Wg Gardnera rozwiązanie to podał John W. Campbell, wydawca Astounding Science Fiction.) Proponujemy zweryfikowanie tego rozumowania poprzez przeprowadzenie standardowego rachunku, nie zrażając się tym, że danych jest jakby za mało.

Pomalujmy sześcian jaskrawą farbą przed pocięciem. Po pocięciu jeden z sześcianików będzie miał wszystkie ściany niepomalowane. A ścian tych jest 6. Ponieważ żadnych dwóch z nich nie można otrzymać w jednym cięciu, więc mniej ich być nie może (a czy może być 6?).

W czworościanie ortocentrycznym niech będzie środkiem sfery opisanej, a   i  – środkami krawędzi  i  . Przez   oznaczmy środek odcinka , czyli środek ciężkości czworościanu . Niech będzie punktem symetrycznym do  względem  (rysunek). Punkty leżą wtedy na jednej prostej, a   jest środkiem odcinka  . Wobec tego chcemy wykazać, że jest ortocentrum czworościanu  .

Zauważmy, że czworokąt jest równoległobokiem. W szczególności proste  i  są równoległe. Z definicji punktów  i  wynika, że odcinki i  są prostopadłe, więc również . Stąd i z prostopadłości prostych  i  ( jest ortocentryczny!) wynika, że płaszczyzna jest prostopadła do prostej  . W takim razie prosta jest prostopadła do prostej  . Analogicznie dowodzimy, że jest prostopadła również do prostej  .

To zaś oznacza, że jest prostopadła do całej płaszczyzny , czyli stanowi wysokość czworościanu . Podobnie dowodzimy, że proste są wysokościami rozpatrywanego czworościanu, co kończy dowód.

Niech będzie punktem przecięcia wysokości czworościanu poprowadzonych z wierzchołków  i  Mamy , więc też i analogicznie . W takim razie płaszczyzna jest prostopadła do krawędzi , w szczególności . Na prostej  wybierzmy taki punkt  , że . Zatem płaszczyzna jest prostopadła do krawędzi . Niech  i  będą wysokościami trójkąta (rysunek obok). Prosta jest prostopadła zarówno do  , jak i do  (bo leży w płaszczyźnie prostopadłej do tej krawędzi). Jest więc wysokością czworościanu poprowadzoną z wierzchołka  . Analogicznie dowodzimy, że również jest wysokością danego czworościanu. Te dwie proste mają punkt wspólny będący ortocentrum trójkąta . Dowód jest więc zakończony.

Skoro , to a więc Ponadto skąd Zatem płaszczyzna jest prostopadła do prostej  W takim razie . Analogicznie udowodnimy, że Zatem punkt  jest ortocentrum trójkąta