Delta mi!

Bez straty ogólności przypuśćmy, że każdy z wyjściowych trójkątów ma przeciwprostokątną długości oraz przyprostokątne długości oraz Z podobieństwa trójkątów otrzymywanych podczas wykonywania cięć wynika, że każdy z otrzymywanych w wyniku cięć trójkątów będzie miał przeciwprostokątną długości dla pewnych liczb całkowitych nieujemnych Każdemu takiemu trójkątowi przyporządkujmy liczbę

Zauważmy, że dozwolone cięcie trójkąta o przeciwprostokątnej prowadzi do powstania kawałków o przeciwprostokątnych oraz Suma liczb przyporządkowanych tym trójkątom jest równa czyli równa liczbie przyporządkowanej trójkątowi wyjściowemu. To oznacza, że suma liczb przyporządkowanych trójkątom nie ulega zmianie podczas wykonywania cięć.

Początkowo suma liczb przyporządkowanych wszystkim kawałkom papieru jest równa Gdyby w pewnym momencie żadne dwa kawałki nie były przystające, to w szczególności przyporządkowane im pary byłyby różne, wobec czego suma wartości liczb przyporządkowanych wszystkim kawałkom byłaby mniejsza (ostro) od

Uzyskana sprzeczność oznacza, że w każdym momencie pewne dwa trójkąty są przystające.

Przyjmijmy oznaczenia: Wystarczy wykazać, że każda liczba pierwsza, która dzieli iloczyn wchodzi do iloczynu w co najmniej takiej samej potędze. Niech więc będzie liczbą pierwszą i niech (dla ) będzie takim wykładnikiem, że (ten napis oznacza, że dzieli się przez ale nie przez ). Wówczas gdzie i wobec tego Oczywiście Porównanie wykładników nie pozostawia wątpliwości:

(1)

Wobec dowolności wyboru uzasadnia to zadaną nierówność

Kiedy zachodzi równość Wtedy, gdy każda liczba pierwsza dzieli w dokładnie tej samej potędze, w jakiej dzieli Czyli gdy dla każdej liczby pierwszej nierówność (1) (z wykładnikami wyznaczonymi przez ) staje się równością.

Dla jest tak zawsze; dostajemy znaną tożsamość:

Dla równość w relacji (1) oznacza, że gdy po jej prawej stronie usuniemy jeden największy i jeden najmniejszy składnik, pozostaną jakieś nieskreślone składniki, o zerowej sumie - czyli wszystkie równe zeru. Składnik najmniejszy automatycznie także jest zerem. Tylko jeden składnik po prawej stronie (1) może być dodatni. To znaczy, że tylko jedna z liczb może dzielić się przez Wobec dowolności znaczy to, że liczby są parami względnie pierwsze.

I na odwrót, gdy tak jest, wówczas dla każdej liczby pierwszej mamy w ciągu co najwyżej jeden wyraz niezerowy; nierównść (1) przechodzi w równość, i w konsekwencji

Podsumowując: dla równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy liczby są parami względnie pierwsze; dla ta równość jest tożsamością.

Gdy jest funkcją stałą, implikacja jest oczywista. Dalej przyjmijmy, że jest wielomianem stopnia dodatniego. Wielomian ma taki sam stopień, a przy tym przyjmuje - zgodnie z założeniem - wyłącznie wartości nieujemne. Jest to więc wielomian stopnia parzystego. Ten sam stopień ma zarówno wielomian jak i wielomian Każdy z tych wielomianów, jako funkcja ciągła zmiennej rzeczywistej, mająca granicę przy przyjmuje w pewnym punkcie osi liczbowej swoją wartość minimalną. Niech więc

W punkcie, realizującym minimum, pochodna jest równa zeru: Zauważmy, że, w myśl założenia zadania,

Podstawiając dostajemy Jest to wartość minimalna wielomianu zatem

Podstawiamy i mamy To wartość minimalna wielomianu Zatem dla

a)

Dodajmy do każdego z obszarów (kolorowego i szarego) białe fragmenty małych kół. Kolorowy obszar uzupełnimy w ten sposób do pełnych czterech małych kół, szary zaś - do pełnego dużego koła. Ale co kończy dowód.

b)

Na mocy powyższej obserwacji, łączne pole czterech małych kół równe jest polu dużego koła. Wobec tego fragmenty dużego koła przykryte przez małe koła dwukrotnie (obszar kolorowy) mają pole równe fragmentom nieprzykrytym wcale (szary obszar).

Oznaczmy przez liczbę części i przez pole półkola o średnicy Wówczas pole półkola o średnicy -krotnie większej równe jest Ponadto różnica pól półkoli o średnicy -krotnie większej i -krotnie większej wynosi

Pola poszczególnych części połowy danego koła są zatem kolejnymi nieparzystymi wielokrotnościami a pola jednobarwnych obszarów to kolejno razy: czyli zawsze a więc istotnie wszystkie są równe.

Obwód każdego z obszarów składa się z 3 lub 4 półokręgów o sumie średnic równej Półokrąg o średnicy ma długość ; półokręgi o średnicach sumujących się do również mają taką łączną długość.

Stąd obwód każdego z rozważanych obszarów równy jest czyli obwodowi wyjściowego koła.

Oznaczmy wierzchołki oraz długości boków kwadratów jak na rysunku i niech punkt dzieli odcinek tak, że Na mocy twierdzenia Pitagorasa czyli Punkt leży więc nie tylko na średnicy półkola, ale też na symetralnej jego cięciwy jest więc środkiem półkola.

Wobec tego suma pól kwadratów jak już wiemy równa równa jest kwadratowi promienia półkola, nie zależy więc od położenia punktu

Pole koła to razy pole kwadratu weń wpisanego (równe ). Zastąpmy więc każde z półkoli odpowiednią połówką kwadratu. Uzyskujemy w ten sposób kwadrat wpisany w koło o średnicy (szczegóły dowodu pozostawiam Czytelnikowi).

Dowód ten pochodzi od R.B. Nelsena, fakt zaś - od Archimedesa.

Udowodnimy, że

Zauważmy, że jeżeli i wszystkie połączenia są realizowane między rozłącznymi parami miast, to każda podróż może być złożona z tylko jednego lotu. Stąd

Rozważmy następujące doświadczenie trwające dni. W każdym z miast umieśćmy na początku jednego turystę. Pierwszego dnia zaplanujmy loty pary turystów, którzy znajdują się w miastach, między którymi kursuje najtańszy lot; drugiego dnia - pary turystów, którzy znajdują się w miastach, między którymi jest drugi najtańszy lot itd.

Po dniach każdy turysta będzie już po podróży mającej tę własność, że każdy kolejny lot był droższy od poprzedniego. Ponadto łącznie wszyscy turyści wykonają w sumie lotów, gdyż każdego dnia dokładnie dwóch wsiadło do samolotu. Stąd wniosek, że średnia długość podróży wśród wszystkich turystów jest równa lotów. W związku z tym istnieje turysta, którego wycieczka jest złożona z co najmniej tylu lotów, a zatem

Każdą podróż złożoną z co najmniej jednego kursu autobusem nazwiemy trasą; skoro żadna trasa nie odwiedza tego samego miasta więcej niż raz, to wszystkich tras jest skończenie wiele. Wobec tego możemy wybrać (co najmniej jedną) trasę złożoną z maksymalnej możliwej liczby kursów.

Miasto na końcu trasy ma tę własność, że nie kursuje zeń żaden autobus - w przeciwnym przypadku można by przedłużyć trasę o ten kurs, otrzymując albo trasę dłuższą (co przeczy wyborowi ), albo trasę odwiedzającą dwa razy to samo miasto (co przeczy założeniom zadania). Podobnie początek trasy to miasto, do którego nie można dojechać autobusem.

Będziemy szukali takich rozwiązań, dla których oraz gdzie jest dodatnią liczbą całkowitą; wówczas liczba

będzie kwadratem liczby całkowitej.

Z powyższych równości wynika, że

więc rozważane liczby mają szukaną postać, o ile tylko liczby są powiązane zależnością

Powyższe znane równanie diofantyczne (tzw. ujemne równanie Pella) ma nieskończenie wiele rozwiązań całkowitych danych przez

dla

Niech będą liczbami nieujemnymi, spełniającymi podany układ równań. Ich suma, więc i jej kwadrat, wynosi 1; wobec tego

Wstawiając to do drugiego równania układu, po prostym przekształceniu dostajemy równanie

(1)

Funkcja jest ściśle wypukła w przedziale zatem spełnia nierówność Jensena

(2)

Równanie (1) oznacza, że (dla rozważanych liczb ) nierówność (2) staje się równością, co ma miejsce jedynie, gdy te liczby są równe. Ich suma jest jedynką, więc ; ta trójka liczb spełnia oba równania układu i stanowi jego jedyne rozwiązanie.

Weźmy pod uwagę okrąg dopisany do trójkąta przy boku styczny do tego boku w punkcie oraz okrąg dopisany do trójkąta przy boku styczny do prostej w punkcie Wzory, wyrażające długości odcinków stycznych, są dobrze znane (lub/oraz łatwe do uzasadnienia):

Odejmujemy stronami:

To wyrażenie ma wartość 0, w myśl założenia zadania. Stąd wniosek, że punkty i pokrywają się; to zaś oznacza, że i to ten sam okrąg, styczny do prostych (kolejno) w punktach Z położenia tych punktów na odpowiednich prostych wynikają równości

Sumy, uzyskane po prawych stronach, są równe, bo Stąd równość sum po lewych stronach - czyli teza zadania.

Wygrywa umieszcza pierwszą złotówkę na środku stolika, po czym na każdy ruch przeciwnika odpowiada, kładąc monetę symetrycznie względem środka. Jeśli znalazł miejsce na monetę, to też znajdzie - miejsce symetryczne jest wolne.

Wygrywa Może zacząć od narysowania jednej z głównych przekątnych i na każdy ruch przeciwnika odpowiadać ruchem symetrycznym względem niej.

Co więcej, wygrywa nawet bez żadnej strategii, gdyż gra zawsze trwa 9 ruchów. Zauważ, że -kąt foremny ma nieprzecinające się przekątne.

Oznaczmy przez i sumy wektorów wybranych przez graczy, a przez sumę danych wektorów: Jeśli to gra kończy się remisem, bo Jeśli to wektory i tworzą trójkąt - być może zdegenerowany. Stąd wtedy i tylko wtedy, gdy koniec wektora znajduje się po tej samej stronie symetralnej wektora co koniec Strategią dla jest zatem maksymalizowanie składowej w kierunku czyli spośród dostępnych wektorów branie zawsze takiego o największej składowej w kierunku Wygrywa lub remisuje, bo bierze zawsze wektor o co najwyżej równie dużej składowej w tym kierunku i łącznie ma tyle samo wektorów. Gdy gra jest remisowa, żadna inna strategia nie zagwarantowałaby wygranej.

Pokolorujmy szachownicę w mur. Każdy kwadrat zawiera w całości pewną cegłę Jeśli zawsze wstawia swój pionek, złośliwie, do tej samej cegły, w której właśnie zagrał to nie może wygrać. Jest to więc strategia nieprzegrywająca dla Pozostawiam Czytelnikom podobne sprawdzenie, że nie ma strategii wygrywającej.

Jeżeli jest liczbą parzystą, to żądanym przedstawieniem jest

Przypuśćmy, że jest liczbą nieparzystą i niech będzie najmniejszą nieparzystą liczbą pierwszą, która nie jest dzielnikiem liczby Wówczas przedstawienie liczby w postaci różnicy

spełnia warunki zadania. Rzeczywiście, każda z liczb oraz ma dokładnie te dzielniki pierwsze co liczba a ponadto po jednym dodatkowym - odpowiednio oraz

Udowodnimy najpierw, że dla dowolnych dodatnich liczb rzeczywistych oraz dodatniej liczby całkowitej zachodzi nierówność

Rzeczywiście, przekształcając tę nierówność równoważnie, otrzymujemy

Przyjmując w powyższej nierówności dla mnożąc otrzymane związki stronami i korzystając z założenia zadania, uzyskujemy

Oznaczmy przez końce łamanej Niech będzie średnicą okręgu równoległą do Udowodnimy, że spełnia warunki zadania.

Przypuśćmy przeciwnie, czyli że łamana ma ze średnicą co najmniej jeden punkt wspólny i oznaczmy fragmenty łamanej od punktu do punktu oraz od punktu do punktu odpowiednio przez oraz

Rozważmy symetrię względem prostej zawierającej Wówczas, skoro to odcinek jest średnicą wobec czego

gdzie oznaczają długości odpowiednich łamanych. Uzyskana sprzeczność kończy rozwiązanie zadania.

Niech będą liczbami naturalnymi, spełniającymi warunek Wymierny pierwiastek z liczby naturalnej jest liczbą naturalną. Zatem musi być kwadratem liczby naturalnej. Oznaczając przez największy wspólny dzielnik liczb (tak, że ; względnie pierwsze) widzimy, że czynniki muszą być kwadratami: ( naturalne). Badane równanie przybiera postać ; po przekształceniu: Stąd wniosek, że

Uzyskaliśmy odpowiedź: liczby to podwojone kwadraty dwóch kolejnych liczb naturalnych. Proste sprawdzenie pokazuje, że każda taka para spełnia wymagany warunek.

Utworzona siatka składa się z krawędzi i rozcina płaszczyznę na obszarów: trójkącików jednostkowych oraz składową nieograniczoną, nazywaną oceanem. Każdą krawędź traktujemy jako odcinek skierowany, od końca, oznaczonego liczbą mniejszą, do końca, oznaczonego liczbą większą. W pobliżu każdej krawędzi kładziemy marker na obszarze, który do niej przylega po stronie lewej (względem zwrotu strzałki).

Łącznie położyliśmy markerów. Rysunek ilustruje sytuację, gdy (więc ), wraz z przykładowym ponumerowaniem wierzchołków; kropki oznaczają markery; zacienione są trójkąciki zorientowane dodatnio (w sensie sprecyzowanym w treści zadania).

Na każdym trójkąciku zorientowanym dodatnio znalazły się dwa markery; na trójkąciku zorientowanym ujemnie - jeden marker. Więc jeśli mamy trójkącików zorientowanych dodatnio, to w obrębie całego dużego trójkąta znalazło się markerów. Pozostałe, w liczbie są na oceanie.

Każdy marker na oceanie odpowiada krawędzi zorientowanej ujemnie względem wnętrza dużego trójkąta - czyli takiej, że obchodząc cały jego brzeg i mając jego wnętrze po lewej stronie, idziemy niezgodnie ze zwrotem strzałki (odnotowujemy spadek wartości przy wierzchołkach). Może być tylko jeden taki odcinek, mogą to też być wszystkie z wyjątkiem jednego (czyli ). Dostajemy nierówności ; po podstawieniu i prostym przekształceniu uzyskujemy dwustronne oszacowanie

Po obu stronach jest możliwa realizacja równości: wystarczy oznaczyć wierzchołki siatki, leżące na brzegu dużego trójkąta, liczbami tworzącymi ciąg monotoniczny (po wystartowaniu z dowolnie wybranego wierzchołka oraz ustaleniu kierunku obchodzenia), z jedynym zakłóceniem monotoniczności przy zamknięciu cyklu. Liczby po obu stronach napisanej nierówności stanowią odpowiedź na pytanie postawione w zadaniu. [Warto zauważyć, że liczby, przyporządkowane wierzchołkom wewnętrznym, nie mają już dla wartości żadnego znaczenia].