Delta mi!

X' oznacza obraz punktu X.

(a) Niech Obróćmy trójkąt o wokół punktu Trójkąt ma wówczas boki o długościach oraz jest więc prostokątny. Stąd jego pole równe jest Jednocześnie na mocy zadania 4 wiemy, że pole to równe jest pola trójkąta zatem

Zauważmy, że reszta z dzielenia liczby przez liczbę jest równa

wobec tego równość można przepisać jako

czyli równoważnie

Zauważmy ponadto, że czynnik

jest równy jeżeli dzieli oraz 0 w przeciwnym przypadku. Stąd wniosek, że powyższy warunek można przepisać jako

Łatwo sprawdzić, że równość ta jest spełniona dla gdzie jest dodatnią liczbą całkowitą. Przykładową nieskończoną rodzinę liczb spełniających warunek zadania stanowią więc wszystkie potęgi dwójki.

Wykażemy, że szukanym zbiorem jest wysokość trójkąta poprowadzona z wierzchołka

Z jednej strony, dla każdego punktu tej wysokości mamy

Z drugiej strony, przypuśćmy, że punkt wnętrza trójkąta równobocznego jest taki, że

Oznaczmy przez obraz punktu w obrocie wokół przeprowadzającym na Wówczas trójkąt jest równoboczny.

Oznaczmy przez obraz punktu w obrocie wokół przeprowadzającym na Wówczas trójkąt jest równoboczny.

Zauważmy, że

skąd i To oznacza, że punkt leży na symetralnej odcinka czyli na wysokości trójkąta opuszczonej z

Odpowiedź: Taki wielościan istnieje.

Rozważmy prostopadłościan o wymiarach

Przecinając ten prostopadłościan płaszczyzną przechodzącą przez środki krawędzi o długości rozetniemy go na dwa przystające prostopadłościany o wymiarach Każdy z nich jest podobny do w skali

Wald analizował zniszczenia samolotów, które wróciły, a więc których uszkodzenia nie uniemożliwiły im dalszego lotu. Najrzadziej obserwowane uszkodzenia zinterpretował jako najniebezpieczniejsze - to one powodowały, że dany samolot nie wracał.

Dzięki nowym hełmom żołnierze ranni w głowę częściej przeżywali. Wcześniej widnieliby w statystykach jako polegli, nie zaś jako ranni.

Niekoniecznie. Niech na przykład 10 z 30 osób ma preferencje (najbardziej chcą obejrzeć najmniej ), 10 osób uważa, że a 10, że Wtedy z wygrywa podobnie z ale tak samo z

Jest to tzw. paradoks Condorceta.

Średnia czterech liczb stanowi ich sumy.

Rozważmy inną loterię, na której jest 100 losów: 5 losów wygrywasz milion i 95 losów nic nie wygrywasz. Prócz tego do pudełka z losami wpadło 50 liści - w razie wylosowania liścia należy go wyrzucić i losować raz jeszcze. Prawdopodobieństwo wygranej jest równe (nie zależy od losowania liści, drapania się po głowie itp.). Ponieważ ta loteria nie różni się de facto od opisanej w zadaniu, więc odpowiedź jest ta sama.

Początkowo szef zarabiał 11 tys., a każdy z pozostałych pracowników po 10 tys. Średnia płaca była więc ciut powyżej 10 tys. i wszyscy prócz szefa zarabiali poniżej średniej.

Po protestach szef nadal zarabia 11 tys., asystentka 8 tys., a pozostali pracownicy po 10 tys. Średnia jest teraz odrobinę poniżej 10 tys. i wszyscy prócz asystentki zarabiają powyżej średniej.

Każde rodzące się dziecko jest na 50% chłopcem, a na 50% dziewczynką - nie zależy to od liczby i płci posiadanego przez nie starszego rodzeństwa.

Jeśli listów trafi do właściwych kopert, to -ty też musi trafić, więc

Każdą z liczb od 1 do można zapisać, używając dokładnie 100 cyfr, początkowe z nich mogą być zerami (liczbę kodują same zera). Liczb bez cyfry 7 jest bo na każdym ze 100 miejsc zapisu dziesiętnego można wybrać dowolną spośród 9 cyfr różnych od 7. Wobec tego szukane prawdopodobieństwo równe jest

Niekoniecznie. Jeśli np. w próbie I uczestniczyły 4 kobiety i 100 mężczyzn, a w próbie II testowano 100 kobiet i 4 mężczyzn, to łącznie szczepionka okazała się skuteczna dla spośród 104 kobiet oraz dla z takiej samej liczby mężczyzn.

...ale może przebadano np. tylko młodzieńców i sędziwe damy?
Problem ten znany jest jako paradoks Simpsona.

Udowodnimy, że jeżeli jest liczbą podzielną przez to nie można zapisać w postaci sumy dwóch elementów zbioru albo - w myśl tezy poprzedniego zadania - w postaci iloczynu dwóch elementów zbioru Przypuśćmy, że

gdzie Skoro to co najmniej jeden z czynników w liczniku powyższego ułamka jest podzielny przez ; bez straty ogólności załóżmy, że Stąd wynika, że liczby i są tej samej parzystości, skąd wobec - obie są nieparzyste. Jednak wówczas daje resztę przy dzieleniu przez - sprzeczność.

Aby wskazać nieskończenie wiele liczb naturalnych będących iloczynami dwóch elementów zbioru rozważymy ciąg Fibonacciego

i wykorzystamy tożsamość

Dla mamy więc

co jest liczbą całkowitą dla każdego To kończy dowód, gdyż dla różnych otrzymujemy różne liczby.

Zauważmy, że jeżeli dla pewnych to

przy czym To dowodzi, że jeżeli jest iloczynem dwóch elementów zbioru to jest również sumą dwóch elementów zbioru

Przypuśćmy, że dla pewnych oraz niech będą zapisami liczb w postaci ułamków nieskracalnych, czyli Wówczas

Ponieważ jest liczbą całkowitą, więc musi być dzielnikiem licznika powyższego ułamka. Stąd wniosek, że dzieli skąd wobec mamy, że dzieli Analogicznie uzasadniamy, że dzieli Zatem czyli i w konsekwencji

Skoro to jest iloczynem dwóch elementów zbioru

Podstawiając oraz do tożsamości

uzyskujemy

czyli

Wobec tego wystarczy przyjąć

Liczby o jakie pyta zadanie, istnieją; można znaleźć wiele takich par. Przykład Autora (W. Bednarek): Wówczas i dalej (dla każdego ):

- jest to liczba złożona (różnica w ostatnim nawiasie przekracza 1, bo ciąg jest rosnący).

Niech Przypuśćmy, że dla ustalonej liczby istnieją dwa różne wielomiany stopnia spełniające podane równanie. Oznaczmy ich współczynniki wiodące przez (więc ); Przyrównując współczynniki wiodące po obu stronach równania widzimy, że (dla ). Zatem Stąd wynika, że różnica jest niezerowym wielomianem stopnia

Odejmujemy stronami równania (dla ) i przekształcamy uzyskaną równość:

Iloczyn po prawej stronie jest wielomianem stopnia wielomian po lewej stronie ma stopień To już sprzeczność, skoro ; dwa różne wielomiany stopnia o podanej własności istnieć nie mogą.

Udowodnimy, że odpowiednie zaplanowanie rozgrywek jest możliwe dla każdego

Rozważmy ostrosłup prawidłowy -kątny o podstawie i wierzchołku Ponumerujmy zawodników liczbami od do i ustalmy, że zawodnik o numerze w -tej rundzie gra z zawodnikiem o numerze a dla zawodnicy o numerach i grają ze sobą w -tej rundzie wtedy i tylko wtedy, gdy

Łatwo zauważyć, że to poprawnie wyznacza przebieg rozgrywek: pary zawodników grających w każdej z rund są rozłączne, nie powtarzają się w różnych rundach (każdy bok oraz każda przekątna podstawy ostrosłupa jest prostopadła do dokładnie jednego z odcinków ) oraz każda runda składa się z dokładnie partii.

Udowodnimy, że

Oznaczmy krótko jeżeli zawodnik wygrał z zawodnikiem a trójkę zawodników o tej własności, że nazwijmy remisową (trójki utożsamiamy).

Rozważmy turniej szachowy z udziałem zawodników o następujących wynikach:

• ;
• dla ;
• jeżeli to

Wówczas

więc opisany turniej spełnia założenia zadania (zawodnicy mogą usiąść przy okrągłym stole w określonej powyżej kolejności). W takim turnieju są dokładnie trójki remisowe, mianowicie dla co oznacza, że

Dowód nierówności przeprowadzimy indukcyjnie. Dla jest dokładnie jedna trójka remisowa. Przypuśćmy, że liczba trójek remisowych w turnieju z zawodnikami (których można odpowiednio usadzić przy okrągłym stole) jest nie mniejsza od przy czym i rozważmy dowolny turniej z zawodnikami w którym

Jeżeli dla każdego (gdzie oraz ), to każda z trójek jest remisowa, więc jest ich co najmniej (w szczególności więcej niż ).

W przeciwnym przypadku istnieje takie że ; bez straty ogólności (ewentualnie cyklicznie przenumerowując zawodników) przypuśćmy, że Wówczas z założenia indukcyjnego wynika, że tworzą co najmniej różne trójki remisowe. Wystarczy więc wykazać, że istnieje trójka remisowa, do której należy zawodnik Istotnie, skoro oraz to istnieje takie że

na przykład i trójka jest wówczas remisowa. To kończy dowód indukcyjny i rozwiązanie zadania.

Zauważmy, że dla każdego a także

gdyż każda strona powyższej równości jest równa liczbie wszystkich rozegranych partii. Wobec tego

skąd wynika postulowana równość.

(a) Przypuśćmy, że liczby oraz mają wspólny dzielnik pierwszy (jasne, że ). Wykażemy, że wówczas liczba dzieli się przez (nie jest więc bezkwadratowa). Zgodnie z małym twierdzeniem Fermata, (mod ). Podnosimy tę kongruencję stronami do potęgi otrzymując (mod ). Zatem dla pewnej liczby całkowitej Stąd

czyli (mod ); a to była nasza teza.

(b) Przykład pokazujący, że nie zachodzi implikacja odwrotna, nie tak łatwo znaleźć (mała szansa, że trafimy, zwyczajnie próbując - bez komputera ciężko). Prosty program, który dla zadanej liczby pierwszej kontroluje dwie końcowe cyfry rozwinięcia (przy podstawie ) kolejnych potęg dwójki, pozwala znaleźć moment powtórzenia końcówki czyli wykładnik dla którego (mod ). Powtarzamy tę procedurę dla kolejnych liczb pierwszych ; warto przy tym, dla oszczędności czasu, ograniczyć zakres wykładnika, np. do W ten sposób szybko znajdujemy parę ; nie jest ona jednak szukanym kontrprzykładem, bowiem dla tej pary zachodzą związki (mod ), z których nietrudno wynika, że liczby i nie są względnie pierwsze.

Następna znaleziona para jest już dobra: gdyby liczby oraz nie były względnie pierwsze, ta ostatnia musiałaby się dzielić przez 7 lub 13; ale minimalne wykładniki dla których (mod 7), (mod 13), to więc wykładnik musiałby się dzielić przez 3; a tak nie jest. Skoro zaś ta para została wygenerowana przez algorytm, zapewniający podzielność przez zatem liczba nie jest bezkwadratowa.

Czworokąt jest równoległobokiem. Niech prosta przecina okrąg, opisany na trójkącie w punktach i (gdy jest styczna, przyjmujemy ). Powstaje trapez równoramienny lub (gdy - trójkąt równoramienny). W każdym przypadku

Trójkąt z założenia nie jest prostokątny, więc żaden jego bok nie pokrywa się ze średnicą na której oparty jest kąt prosty ; a ponieważ zatem To znaczy, że w trójkącie równoramiennym prosta jest symetralną boku W konsekwencji trójkąt jest względem niej symetryczny do trójkąta Okręgi opisane na tych trójkątach są przystające; to już teza, bo drugi z tych okręgów jest też opisany na trójkącie

Na początku połączmy każde dwie kulki nitką. Ilekroć pewną grupę dzielimy na i kulek, przecinamy wszystkie nitek pomiędzy rozdzielanymi kulkami. Kulki pozostające w jednej grupie nadal są połączone. W efekcie, po uzyskaniu pojedynczych kulek, przetniemy wszystkie nitki (i każdą tylko raz), a rozważana suma iloczynów to właśnie liczba tych nitek.

Nie. Gdyby tak było, to liczba uścisków dłoni byłaby równa bo w każdym z nich uczestniczą dwie osoby. Jednak liczba ta nie jest całkowita.

Niech rozważane osoby będą ośmiornicami i niech każda poda jedną kończynę każdej znajomej osobie przeciwnej płci. Wtedy dowolne grono chłopców podaje dziewczętom łącznie kończyn. Jednocześnie każde dziewczę jest w stanie chwycić najwyżej 8 z nich, znajomych dziewczyn musi więc być co najmniej

Gdyby w -osobowej grupie każdy miał inną liczbę znajomych, to byłyby to liczby Nie jest jednak możliwe, by ktoś znał wszystkich pozostałych osób i jednocześnie ktoś inny miał 0 znajomych.