Delta mi!

Wystarczy udowodnić, że nierówność

zachodzi dla każdego spośród możliwych wyborów znaków. Rzeczywiście, lewą stronę powyższej nierówności można zapisać w postaci

co jest liczbą nieujemną jako suma kwadratów liczb rzeczywistych. Pozostaje zauważyć, że liczba ta jest ściśle dodatnia, gdyż równości oraz (dla i pewnych wyborów znaków ) nie mogą wszystkie zachodzić jednocześnie.

Dla oznaczmy przez środek sfery a przez - punkt styczności sfery ze sferą Ponieważ oraz punkty są współliniowe, więc również

Rozważmy inwersję względem sfery o środku i promieniu Dla sfera jest prostopadła do sfery więc jest zachowywana przy rozważanej inwersji. Tę samą własność ma sfera Wobec tego obrazem sfery (przechodzącej przez środek inwersji) jest pewna płaszczyzna, która jest styczna do

Rozważmy dowolny podział zbioru dodatnich liczb całkowitych spełniający zadane warunki. Zauważmy, że jeżeli to dla dowolnego mamy co jest sprzeczne z założeniem, że zbiory i są rozłączne. Wobec tego

Oznaczmy przez najmniejszy element zbioru Korzystając z pierwszego z danych warunków, łatwo indukcyjnie udowodnić, że dla każdej dodatniej liczby całkowitej :

skąd wniosek, że wszystkie liczby niepodzielne przez należą do zbioru W szczególności z drugiego z danych warunków wynika, że każda liczba podzielna przez ale niepodzielna przez należy do zbioru

Przypuśćmy, że dla pewnej dodatniej liczby całkowitej Wówczas, skoro to co jest sprzeczne z konkluzją poprzedniego akapitu. To oznacza, że wszystkie liczby podzielne przez należą do zbioru

Pozostaje zauważyć, że dla każdego jeżeli jest zbiorem liczb niepodzielnych przez a - zbiorem liczb podzielnych przez to warunki zadania są spełnione.

Istnieje. Przykład Autora (W. Bednarek): ciąg

Bierzemy dowolnie utworzoną sumę skończenie wielu wyrazów, o numerach :

Suma w dużym nawiasie jest liczbą nieparzystą (jej pierwszy składnik to jedynka). Gdyby dla pewnej liczby naturalnej zachodziła równość wówczas pisząc w postaci ( nieparzyste) i przyrównując potęgi dwójki w i w uzyskalibyśmy równość ; oczywista sprzeczność.

Pozostaje zauważyć, że ciąg o wyrazach jest ograniczony.

Jeśli teza zadania ma być prawdziwa, to powinna ona zachować słuszność po zastąpieniu punktu przez - drugi punkt prostej leżący w tej samej odległości od co punkt ; zaś środek szukanego okręgu powinien leżeć na osiach symetrii trójkątów równoramiennych i - czyli na wysokościach trójkąta Stąd domysł uściślenia tezy zadania: wykazać, że środki odcinków (o jednakowej długości ) leżą na okręgu o środku (ortocentrum trójkąta ).

Niech będzie spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka i niech będzie środkiem odcinka Weźmy pod uwagę okrąg o środku i promieniu (czyli o średnicy ). Prosta przecina ów okrąg w punktach (gdy punkty pokrywają się, przyjmijmy ). Cięciwa tego okręgu oraz jego średnica przecinają się w punkcie Zatem

czyli

Jeśli teraz jest drugą wysokością trójkąta a jest środkiem odcinka to analogicznie uzyskujemy równość

Ale wynika to z podobieństwa trójkątów i Tak więc ; środki odcinków i leżą w jednakowej odległości od punktu Analogicznie, w tej samej odległości od leżą też środki odcinków i To właśnie nasza teza.

Wybierzmy 100 punktów na półokręgu bez końców. Wówczas dla dowolnej trójki z nich odcinek utworzony przez dwa skrajne widać ze środkowego pod kątem rozwartym (wpisanym w okrąg i opartym na łuku dłuższym od półokręgu).

Na mniej niż 8 się nie da - dowód znaleźć można w Delcie 1/2002.

Rozwiązanie przedstawia rysunek. Pozostawiam Czytelnikowi sprawdzenie, że wszystkie trójkąty istotnie są ostrokątne. Pomocny bywa fakt, że ich wierzchołki są na zewnątrz odpowiednich półokręgów (czyli łuków Talesa dla kąta ).

Jeśli postulowana w zadaniu prostopadłość ma miejsce, to punkty i a więc też trójkąty i są symetryczne względem opisanej płaszczyzny, zatem przystające. Wykażemy, że tak być nie musi.

Niech punkty leżą na jednym okręgu w tej właśnie kolejności, przy czym a to punkt przecięcia tych prostych. Wówczas trójkąty nie są przystające (mają różne wysokości na więc też różne pola). Jednocześnie

Jeśli teraz obrócimy trójkąt wokół prostej o pewien dodatni kąt mniejszy od otrzymamy czworościan w którym Wobec tego prosta jest prostopadła do płaszczyzny a więc także do każdej prostej zawartej w tej płaszczyźnie. Stąd także po opisanym obrocie. Uzyskaliśmy więc czworościan spełniający warunki zadania, w którym trójkąty i nie są przystające.

Oznaczmy przez największy wspólny dzielnik liczb i Ponieważ liczby i są względnie pierwsze, a ich suma jest podzielna przez więc liczba jest względnie pierwsza z liczbami i Ponadto liczba jest podzielna przez Stąd wynika, że czyli

Oznaczmy: Wówczas Mamy

skąd wynika, że na czworokącie można opisać okrąg. Z rowności wynika zatem, że

Korzystając z nierówności pomiędzy średnimi potęgowymi uzyskujemy

skąd teza.

Punkt w którym prosta przecina ponownie okrąg opisany na trójkącie jest środkiem łuku więc cięciwy mają równą długość Tę samą długość ma też odcinek (fakt znany lub łatwy do udowodnienia). Zatem okrąg opisany na trójkącie ma środek w punkcie a odcinek jest jego średnicą.

Twierdzenie Ptolemeusza, zastosowane do czworokąta daje równość (gdzie jak zwykle to długości boków trójkąta ). Stąd

i z nierówności między średnią geometryczną i średnią arytmetyczną trójki liczb wynika, że

Ponieważ dla trójkąta równobocznego zachodzi równość, szukane maksimum wynosi

Wykażemy, że każda dodatnia liczba wymierna ma przedstawienie wymaganej postaci. Weźmy dowolną liczbę wymierną

Rozpatrzymy najpierw przypadek, gdy ; tak więc W tym przypadku wystarczy przyjąć

wówczas

podobnie wyrażamy i otrzymujemy

W przypadku ogólnym, gdy jest dowolną liczbą wymierną dodatnią, znajdujemy liczbę wymierną taką, że W myśl konkluzji poprzedniego przypadku liczba daje się zapisać jako ułamek

Stąd dostajemy żądane przedstawienie liczby :

Gdyby teza zadania była fałszywa, to okrąg opisany na -kącie foremnym przecinałby elipsę przynajmniej w pięciu punktach, a to nie jest możliwe.

Skoro dla pewnego naturalnego to Stąd a wtedy

czyli Z drugiej strony

Szukaną liczbą jest więc 998.

Jeśli oznacza pole trójkąta, - jego obwód, - promień okręgu wpisanego, zaś i - długości boków, to wówczas

(wzór Herona), a ponadto Z tych wzorów wynika, że

Podstawiając wartości podane w treści zadania przekonujemy się łatwo, że dla każdego z trójkątów promień koła wpisanego jest równy 6.

Rozważmy dowolny łuk danego okręgu zawierający wszystkie wyróżnione punkty i oznaczmy kolejne liczby przyporządkowane wyróżnionym punktom tego łuku przez Dla każdej liczby zdefiniujmy -wyrazowy ciąg binarny następująco: jeżeli pośród liczb wartość występuje parzystą liczbę razy oraz w przeciwnym przypadku.

Ponieważ jest tylko binarnych ciągów długości więc albo ciągi są parami różne i dla pewnego albo dla pewnych W pierwszym przypadku iloczyn liczb jest kwadratem liczby całkowitej, w drugim zaś - iloczyn liczb jest kwadratem liczby całkowitej.

Każdy ciąg dodatnich liczb całkowitych

których suma jest równa nazwiemy kompozycją liczby

Zauważmy, że -elementowe kompozycje liczby pozostają we wzajemnie jednoznacznej odpowiedniości z -elementowymi podzbiorami zbioru Każdej takiej kompozycji możemy przypisać zbiór

i odwrotnie: każdy podzbiór, którego elementy są wypisane w porządku rosnącym, wyznacza w powyższy sposób pewną kompozycję. Zatem liczba wszystkich kompozycji liczby jest równa liczbie podzbiorów zbioru -elementowego, czyli

Określmy funkcję która przyporządkowuje każdej kompozycji liczby pewną kompozycję następująco: jeżeli to

a jeżeli to

Zauważmy, że dla każdej kompozycji więc zadaje podział zbioru wszystkich kompozycji liczby na pary. Wprost z definicji wynika, że kompozycje w obrębie każdej pary różnią się parzystością liczby parzystych wyrazów. To oznacza, że liczba kompozycji zawierających parzystą liczbę liczb parzystych jest równa połowie liczby wszystkich kompozycji, czyli

Oznaczmy długość odcinka przez a krótszej i dłuższej przekątnej danego siedmiokąta foremnego odpowiednio przez i Wówczas na mocy twierdzenia Ptolemeusza, zastosowanego do trapezu równoramiennego uzyskujemy

Niech będzie takim punktem, że czworokąt jest równoległobokiem. Wówczas więc trapez jest równoramienny. Stosując do niego twierdzenie Ptolemeusza, otrzymujemy

gdyż oraz Łącząc uzyskane równości, mamy

skąd

Niech będzie punktem przecięcia prostej z prostą styczną do obu okręgów, przechodzącą przez Wówczas jako odcinki stycznych. Teza wynika z faktu

Oznaczmy odpowiednio przez i środki ramion i trapezu, a przez punkt przecięcia jego przekątnych. Wówczas na mocy nierówności trójkąta

przy czym ostatnia równość wynika z faktu Jednocześnie w trapezie co kończy dowód.

Trójkąt jest równoramienny, gdyż Ponadto

Niech będzie środkiem boku trójkąta prostokątnego Wówczas trójkąt jest równoramienny i na mocy powyższej równości kątów podobny do trójkąta Stąd

co kończy dowód.

Niech będzie środkiem boku a - środkiem ciężkości trójkąta Wówczas