Delta mi!

Odpowiedź:

Niech i będą punktami symetrycznymi do punktów i odpowiednio względem prostych i Z danych w treści zadania równości kątów wynika, że punkty leżą na jednej prostej, a zatem

W połączeniu z oznacza to, że trójkąt jest równoboczny. W konsekwencji, wobec równości kątów uzyskujemy

Wykażemy, że równanie nie ma rozwiązań, w których oraz Z tożsamości

wynika spostrzeżenie:

(1)

Stąd wniosek, że rozważane równanie nie może być spełnione, gdy jest liczbą parzystą.

Gdy jest liczbą nieparzystą postaci ( bo rozważamy ), zapisujemy lewą stronę równania jako iloczyn Prawa strona równania, równa musiałaby się dzielić przez co nie jest możliwe, znów w myśl uwagi (1).

Gdy natomiast mnożymy równanie stronami przez otrzymując

(2)

Lewa strona dzieli się przez więc i przez Liczba nie może być parzysta, bo wówczas liczba byłaby względnie pierwsza z oboma czynnikami prawej strony (2). Niech więc Skoro lewa (więc i prawa) strona (2) dzieli się przez możemy napisać Po podstawieniu wychodzi

(3)

- sprzeczność, bo liczba w nawiasie po prawej stronie (3) jest względnie pierwsza z każdym z czynników lewej strony (3).

Pozostają sytuacje trywialne, gdy lub równa się 1. Jeśli to zaś może być dowolne. A gdy równanie mówi jedynie, że Tak więc wszystkimi rozwiązaniami równania są trójki postaci lub

Przez linie będziemy rozumieli odcinki łączące przeciwległe boki zadanego kwadratu prostopadłe do nich i przebiegające przez punkty kratowe. Gdy długość boku jest liczbą nieparzystą, żądane pokolorowanie da się banalnie wykonać: malujemy każdą linię (w całości) pojedynczym kolorem; linie równoległe do naprzemiennie, dwoma kolorami; linie równoległe do też naprzemiennie, dwoma pozostałymi kolorami.

Gdy długość boku jest liczbą parzystą - pokolorowanie, o jakim mowa, też jest wykonalne. Niech będzie, jak poprzednio, kwadratem o boku długości nieparzystej, z pokolorowaniem opisanym powyżej. Przedłużamy jego boki i każdy o jednostkę, otrzymując odcinki i Niech punkt dopełnia kwadrat Poprzednie pokolorowanie odcinków i przedłużamy na całe linie i Bok malujemy kolorem odcinka ; bok malujemy kolorem odcinka

W niewypukłym sześciokącie sposób malowania odcinków jednostkowych, równoległych do jest już wymuszony przez postawione warunki - zaczynamy od (który już ma kolor) i malujemy kolejne równoległe odcinki, kończąc na tym, który ma jeden koniec w punkcie Podobnie postępujemy z odcinkami jednostkowymi, równoległymi do Dzięki założeniu o nieparzystości długości i kwadracik o wierzchołkach i będzie miał brzeg czterobarwny.

Zagrajmy jednocześnie z dwoma arcymistrzami: i Pierwszą partię niech zaczyna grając białymi. Po jego pierwszym ruchu przerwijmy na chwilę grę z nim i rozpocznijmy drugą partię, z dokładnie tym samym ruchem, który wykonał w pierwszej grze. Gracz jakoś na ten ruch odpowie czarnymi. Wtedy wróćmy do przerwanej rozgrywki z i powtórzmy w niej ten właśnie ruch czarnymi. I tak dalej, ruchy białymi gracza z pierwszej gry kopiujmy w grze drugiej, a ruchy czarnymi z drugiej gry kopiujmy w grze pierwszej. W ten sposób dokładnie jedną z tych dwóch gier wygramy, czyli pokonamy arcymistrza szachowego (ewentualnie z obydwoma arcymistrzami zremisujemy - to też sukces!).

Równanie spełniają np. bo w roku przestępnym jest jeden miesiąc 29-dniowy, cztery 30-dniowe i siedem 31-dniowych - łącznie 366 dni.

Tak, istnieją. Rozważmy liczbę

Jeśli jest ona wymierna, to żądana własność zachodzi dla liczb W przeciwnym przypadku warunki zadania spełniają liczby niewymierne
wtedy bowiem

Monety są identyczne, zatem gdy ich punkt styczności pokona połowę obwodu monety przyklejonej i będzie na dole, to pokona również połowę obwodu monety toczonej i będzie przy głowie orła. Orzeł na dole będzie więc znów - tak jak na początku - ustawiony głową do góry.

Rozważmy prostokąt o wymiarach Jeśli jego szerokość 4 powiększyć o uzyskamy prostokąt o bokach a więc o szerokości 5, czyli o większej niż początkowa. Jeśli zaś długość 5 wyjściowego prostokąta zmniejszyć o otrzymamy prostokąt rozmiaru a więc o długości 4, czyli o mniejszej niż pierwotna.

Z założeń zadania wynika, że szerokość rozważanego prostokąta powiększona o 25% równa jest jego pierwotnej długości. Stąd prostokąt ten ma proporcje zatem uzyskana powyżej odpowiedź 20% jest jedyną możliwą.

Tak samo, jak w "kółko i krzyżyk". Miasta odpowiadają kolumnom, wierszom i przekątnym planszy, drogi zaś - jej dziewięciu polom.

Niech będzie zbiorem węzłów należących do boku

Zauważmy, że każda czwórka różnych punktów z jednoznacznie wyznacza równoległobok o zadanych własnościach, którego punktami przecięcia z są te cztery punkty i którego "najniższy" wierzchołek nie leży na Z kolei każda trójka różnych punktów z jednoznacznie wyznacza taki równoległobok, którego "najniższy" wierzchołek leży na

Z drugiej strony boki każdego równoległoboku spełniającego zadane warunki przecinają prostą w trzech lub czterech punktach i są to punkty należące do Stąd wniosek, że szukana liczba równoległoboków jest równa łącznej liczbie wyborów trzech lub czterech elementów zbioru -elementowego, czyli

Trójkąt równoboczny o wierzchołkach w węzłach nazwijmy czapeczką, jeżeli oraz punkty i leżą po tej samej stronie prostej

Każdemu trójkątowi spełniającemu warunki zadania, przyporządkujmy najmniejszą zawierającą go czapeczkę. Precyzyjniej: jeżeli jest czapeczką, to przyporządkowujemy mu siebie samego, natomiast w przeciwnym przypadku - czapeczkę ograniczoną prostymi: równoległą do przechodzącą przez wierzchołek leżący najbliżej równoległą do przechodzącą przez wierzchołek leżący najbliżej oraz równoległą do przechodzącą przez wierzchołek leżący najbliżej

Każdej czapeczce o boku zostało w ten sposób przyporządkowanych dokładnie trójkątów spełniających warunki zadania. Co więcej, liczba czapeczek o boku jest równa

Wobec tego szukana liczba trójkątów równobocznych to

przy czym równość ta wynika z następującej obserwacji. Czteroelementowy podzbiór zbioru którego drugim co do wielkości elementem jest można wybrać na dokładnie sposobów (wybierając najmniejszy element spośród oraz dwa większe od spośród ). Sumując po wszystkich możliwych uzyskujemy liczbę sposobów wyboru spośród elementów.

Rozważmy dowolny czworościan w którym są punktami styczności sfery wpisanej i ścian leżących odpowiednio naprzeciw wierzchołków

Wyznaczymy miary kątów oraz w zależności od miar kątów wewnętrznych ścian czworościanu (które są dane, gdy dana jest siatka).

Zauważmy, że na mocy cechy bok-bok-bok, pary: i i i to pary trójkątów przystających; oznaczmy kąty wewnętrzne przy wierzchołku w poszczególnych z nich odpowiednio przez Wówczas

skąd wniosek, że

Podobnie uzyskujemy równość

Ponieważ dodawanie i odejmowanie kątów, a także prowadzenie dwusiecznej są wykonalne konstrukcyjnie, więc powyższe równości bezpośrednio przenoszą się na żądaną konstrukcję punktu styczności ze ścianą Dla pozostałych ścian konstrukcja jest w pełni analogiczna.

Oznaczmy ilorazy widoczne pod symbolem pierwiastka kolejno: (więc itd.). Wobec cykliczności można przyjąć, że Dalej oznaczmy

i odnotujmy dolne oszacowania:

Jeśli teraz (czyli ), wówczas

Jeśli natomiast (czyli ), wówczas

W obu przypadkach mamy po lewej stronie liczbę mniejszą niż rozważana suma ; zaś po prawej stronie - sumę trzech liczb, których iloczyn wynosi Z nierówności między średnimi dostajemy oszacowanie Liczba spełnia wymagany warunek

(Tę wartość wraz z powyższym uzasadnieniem, zaproponował pan Piotr Kumor, autor zadania; kto da więcej?).

Z założenia, że jest najmniejszym kątem czworokąta nietrudno wywnioskować, że punkt leży między i a punkt między i Weźmy pod uwagę okrąg o średnicy ; ów okrąg przechodzi przez punkt (bo ) oraz przecina odcinek w punkcie, który nazwiemy ; zatem

Każdy z czworokątów i ma okrąg opisany. Wynikają stąd równości kątów Zatem trójkąt jest równoramienny.

Niech będzie środkiem odcinka Skoro jest środkiem odcinka prosta jest równoległa do prostej - która jest prostopadła do To znaczy, że prosta jest symetralną podstawy trójkąta równoramiennego ; przechodzi więc przez punkt i mamy tezę

Oznaczmy liczby wokół okręgu kolejno przez i rozważmy sumy dla Są to dodatnie liczby całkowite mniejsze od 300. Jeśli któraś z tych sum jest równa 200, zadanie jest rozwiązane, podobnie dla sumy 100 (wtedy wszystkie pozostałe wyznaczają szukany łuk).

Jeśli żadna z sum nie jest równa 200 ani 100, to każda z nich przy dzieleniu przez 100 daje jedną z 99 niezerowych reszt. Wówczas pewne dwie sumy oraz dla dają taką samą resztę, więc ich różnica dzieli się przez 100, czyli jest równa 200 lub 100. Podobnie jak powyżej wyznacza ona wobec tego poszukiwany łuk lub jego dopełnienie.

Kolorowe ramki oznaczają żołnierzy wysokich i niskich.

Tak; co więcej, wystarczy ustawić żołnierzy raz w kolumnach i raz w rzędach. Przypuśćmy, że potem w pewnej kolumnie wyższy żołnierz stoi za niższym wbrew żądaniu, że mają stać według wzrostu. Rozważmy żołnierzy stojących w rzędzie z i przed nim (są oni wyżsi od niego, ich wraz z nazwiemy wysokimi) oraz żołnierzy stojących w rzędzie z i za nim (są niżsi od ich wraz z nazwiemy niskimi). Zauważmy, że każdy żołnierz wysoki jest wyższy od każdego z żołnierzy niskich (bo jest wyższy od a - od ). Wysokich i niskich żołnierzy jest łącznie o 1 więcej niż kolumn, więc zanim uporządkowano rzędy, pewnych dwóch z nich stało w tej samej kolumnie. Wysocy stali w różnych kolumnach, niscy też w różnych, stąd w jednej kolumnie musiał stać jakiś żołnierz wysoki za niskim - sprzeczność, bo kolumny były już wtedy uporządkowane.

Każdego żołnierza utożsamiamy z jego wzrostem, a następnie dajemy mu numer - długość najdłuższego rosnącego podciągu w danym szeregu, którego jest on ostatnim elementem. Jeśli któryś żołnierz ma numer 8, mamy szukany podciąg rosnący

W przeciwnym przypadku każdy z 50 żołnierzy ma numer najwyżej 7. Gdyby każdy z numerów od 1 do 7 występował najwyżej 7-krotnie, łącznie mielibyśmy najwyżej 49 żołnierzy. Stąd któraś liczba powtarza się co najmniej 8 razy. Żołnierze o tych właśnie numerach tworzą szukany podciąg malejący, gdyż każdy kolejny z nich jest niższy od poprzednika o tym samym numerze (gdyby bowiem był wyższy, byłby następnym elementem rosnącego podciągu i miałby numer o jeden większy).

Rozważmy liczby Wśród pierwszych z nich pewne dwie dają tę samą resztę z dzielenia przez Ich różnica jest liczbą postaci podzielną przez co kończy dowód.

Odpowiedź: lub dla

Zauważmy, że jeżeli -trójkąt można ułożyć z płytek, to jest on złożony z podzielnej przez liczby sześciokątów foremnych o boku co oznacza, że liczba

jest całkowita, czyli daje resztę 0 lub przy dzieleniu przez

Z drugiej strony -trójkąt oraz -trójkąt można ułożyć z płytek. Ponadto dla każdego z -trójkątów oraz -trójkątów można ułożyć -trójkąt, a z -trójkątów oraz -trójkątów można ułożyć -trójkąt (rysunki 3 i 4; ).

Zdefiniujmy ciąg następująco

Udowodnimy indukcyjnie, że dla każdego liczba jest kwadratem liczby całkowitej. Dla mamy Przypuśćmy, że jest kwadratem dla pewnego Wówczas

a iloczyn trzech kwadratów liczb całkowitych jest kwadratem liczby całkowitej, co kończy dowód indukcyjny. Zauważmy, że para

spełnia warunki zadania dla każdej liczby całkowitej a ponadto pary te są różne, gdyż ciąg jest ściśle rosnący. Rzeczywiście, mamy oraz

a ponadto przyjmując otrzymujemy

Poprowadźmy proste równoległe do pewnego boku kwadratu przez wszystkie wierzchołki wielokąta - dzielą one na pewną liczbę trapezów i trójkątów Niech będzie odcinkiem łączącym środki tych boków wielokąta które nie są równoległe do poprowadzonych prostych, a - wysokością prostopadłą do Wówczas

dla oraz

gdzie oznacza pole figury Zauważmy, że gdyby każdy z odcinków miał długość nie większą od to uzyskalibyśmy nierówność

która stoi w sprzeczności z Wobec tego dla pewnego mamy czyli zawiera odcinek o postulowanej własności.

Trójkąty mają podstawy równe i wspólną wysokość z

gdyż oraz

Odcinki i są środkowymi odpowiednio w trójkątach i Stąd i z zadania 1 mamy Podobnie Zatem co, po odjęciu od obu stron ich części wspólnej, kończy dowód.

Z zadania 1 mamy gdyż jest środkową w trójkącie Analogicznie i Ale także bo jest środkową trójkąta co wobec powyższego daje Podobnie

Można przyjąć, że leży wewnątrz lub na brzegu trójkąta Wtedy jeśli to Z treści zadania wynika, że a z zadania 4 wiemy, że Stąd więc

Niech przekątne równoległoboku mają wspólny środek Odcinki i oraz i są zatem środkowymi odpowiednio w trójkątach i Trójkąty te mają pola równe i na mocy zadania 4 ich środkowe dzielą każdy z nich na sześć trójkątów o równych polach. Stąd Ponadto podobnie więc też

X' oznacza obraz punktu X.

Obróćmy trójkąt o wokół punktu Boki trójkąta mają długości oraz