Delta mi!

Trójkąt jest równoramienny, gdyż jako odcinki stycznych do okręgu. Jego podstawa jest zatem prostopadła do dwusiecznej kąta Jednocześnie więc z faktu wynika, że proste i również są prostopadłe, co kończy dowód.

Oznaczmy przez punkt przecięcia prostych i a przez - punkt przecięcia prostych i Obydwie proste i są prostopadłe do więc trójkąty oraz są podobne i

Wobec powyższego wystarczy dowieść, że jest środkiem odcinka

Kąt jest prosty (gdyż jest średnicą okręgu), stąd także kąt jest prosty. Odcinki i są równe jako styczne do okręgu. Wobec tego punkt leży na przeciwprostokątnej trójkąta prostokątnego i zarazem na symetralnej jednej z przyprostokątnych, jest więc środkiem okręgu opisanego na tym trójkącie, czyli także środkiem boku co kończy dowód.

Niech będzie sześciokątem foremnym o boku 1, a będzie środkiem okręgu opisanego na tym sześciokącie. Wówczas

jest siedmioelementowym zbiorem spełniającym warunki zadania, gdyż punkt jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie dla (przyjmujemy i ).

Oznaczmy przez środek okręgu opisanego na trójkącie dla a przez - dowolną translację o wektor długości większej od Wówczas, jeżeli dla oraz to zbiór

ma elementów i spełnia warunki zadania ( oznacza -krotne złożenie ).

Przypuśćmy, że taki (skończony) zbiór istnieje. Spośród wszystkich odcinków o obu końcach w zbiorze wybierzmy taki, który ma najmniejszą długość i nazwijmy go Ponieważ zbiór nie jest zawarty w prostej, więc poza prostą jest co najmniej jeden punkt zbioru - spośród wszystkich takich punktów wybierzmy taki punkt dla którego miara kąta jest największa.

Jeżeli to jest najdłuższym bokiem trójkąta co przeczy wyborowi odcinka Z kolei jeżeli to środek okręgu opisanego na trójkącie należy do przy czym

co przeczy wyborowi punktu Uzyskana sprzeczność oznacza, że nie istnieje zbiór o zadanych własnościach.

Zauważmy, że prosta jako dwusieczna kąta między ramionami trójkąta równoramiennego jest prostopadła do podstawy Podobnie prosta jest prostopadła do prostej Wobec tego punkt jest ortocentrum trójkąta a zatem

Boki oznaczone tym samym kolorem sklejono zgodnie ze strzałkami. Konik może teraz skoczyć np. z pola 1 na pole 12.

Rozważmy wszystkie trójki zer i jedynek oznaczających kolejno położenie wilka, kozy i kapusty: 0 - na pierwszym brzegu rzeki, 1 - na drugim. W przestrzeni trójki te to współrzędne wierzchołków sześcianu, przy czym wierzchołek to położenie początkowe dobytku farmera, a - docelowe.

Ponieważ łódką można wozić najwyżej jedno stworzenie naraz, krawędzie tego sześcianu to wszystkie możliwe przewozy. Niektóre jednak są złe, np. krawędź oznacza, że farmer pozostawił wilka z kozą bez opieki i wiezie kapustę, co skończy się źle dla kozy. Zadanie sprowadza się więc do połączenia punktów i wzdłuż dobrych krawędzi, a to już łatwo zrobić na rysunku.

Czterowymiarowy hipersześcian. Czwarty wymiar symbolicznie reprezentowany jest "do wewnątrz"

Zadanie można rozwiązać podobnie jak poprzednie. Wystarczy rozważyć wszystkie czwórki zer i jedynek, które tym razem są wierzchołkami czterowymiarowego hipersześcianu. Po usunięciu złych krawędzi łatwo znaleźć drogę od do

Numery wierzchołków to numery pól szachownicy, kolorem oznaczono cykl Hamiltona

Tak.
Z każdego pola konik ma dokładnie cztery możliwe ruchy. Ilustrują je krawędzie czterowymiarowego hipersześcianu, a szukana droga odwiedzająca wszystkie jego wierzchołki (pola szachownicy) i wracająca do punktu wyjścia to tzw. cykl Hamiltona.

Cykl z rysunku powstał z dwóch osobnych cykli Hamiltona dla sześcianów trójwymiarowych (zewnętrznego i wewnętrznego), które połączono, usuwając z nich po jednej krawędzi (1-12 i 15-6) i dodając krawędzie 1-15 oraz 12-6. Podobnie cykl dla każdego trójwymiarowego sześcianu powstał z połączenia dwóch cykli dla kwadratów (podstaw tego sześcianu). Analogicznie można tworzyć cykle Hamiltona dla hipersześcianów -wymiarowych, gdzie

Każdy podzbiór -elementowego zbioru można opisać ciągiem zer i jedynek, gdzie 1 na -tym miejscu oznacza, że -ty element zbioru należy do rozważanego podzbioru, a 0 - że nie należy. Wtedy podzbiory to wierzchołki -wymiarowego hipersześcianu, przy czym podzbiory różniące się jednym elementem połączone są krawędzią.

Szukany ciąg można wyznaczyć przez cykl Hamiltona na tym hipersześcianie, podobnie jak na rysunku (ostatni i pierwszy podzbiór w takim ciągu też różnią się jednym elementem).

Wykażemy, że odtworzenie liczb jest możliwe. Zauważmy, że jeżeli oraz to

wobec czego To oznacza, że

więc najmniejsza z czterech liczb napisanych na kartce jest równa ; oznaczmy tę liczbę przez Pozostałe liczby oznaczmy przez i przyjmijmy (bez straty ogólności, z uwagi na symetrię ról liczb z tablicy), że Wówczas

a skoro liczby są większe od to

Jeżeli prostokąt został ułożony z pewnej liczby opisanych płytek, to jego powierzchnia jest liczbą podzielną przez wobec czego co najmniej jeden z wymiarów jest liczbą podzielną przez Przypuśćmy bez straty ogólności, że

Pomalujmy prostokąt w paski o wymiarach

Zauważmy, że każda kostka typu zawiera parzystą liczbę kolorowych pól (dokładnie dwa), a każda kostka typu zawiera nieparzystą liczbę kolorowych pól (jedno lub trzy). Ponieważ liczba kolorowych pól w całym prostokącie jest parzysta (jako wielokrotność liczby ), więc łączna liczba kostek zawierających nieparzystą liczbę kolorowych pól musi być parzysta.

Jeżeli prostokąt został ułożony z pewnej liczby opisanych płytek, to jego powierzchnia jest liczbą podzielną przez wobec czego co najmniej jeden z wymiarów jest liczbą podzielną przez Przypuśćmy bez straty ogólności, że

Pomalujmy prostokąt w paski o wymiarach

Zauważmy, że pól każdego koloru jest po tyle samo zarówno w całej tablicy (po ), jak i w obrębie dowolnej płytki typu Tymczasem każda z płytek typu jest zdominowana przez pewien kolor (w stosunku pól ). Wobec tego liczba płytek zdominowanych przez kolor biały musi być równa liczbie płytek zdominowanych przez kolor, a zatem łączna liczba płytek typu jest parzysta.

Z warunków zadania wynika, że oraz gdyż są to pary przekątnych przystających prostokątów.

Oznaczmy przez promień sfery Jeżeli sfery są parami styczne, to pewne dwie z nich - bez straty ogólności i - są styczne zewnętrznie, czyli Jeśli jest styczna zewnętrznie do i to i wystarczy przyjąć

Wówczas sfera będzie styczna wewnętrznie do pozostałych trzech sfer, gdyż

i analogicznie

Jeżeli zaś sfera jest styczna wewnętrznie do i to

i tym razem wystarczy przyjąć

Wówczas

więc sfera będzie styczna zewnętrznie do i oraz styczna wewnętrznie do

Podany warunek przepisujemy równoważnie jako Niech będzie zbiorem odwrotności wszystkich liczb za zbioru Dowolne dwa elementy zbioru są więc oddalone o co najmniej Zatem w każdym spośród przedziałów

może być co najwyżej jeden element zbioru Pozostałe liczby dodatnie tworzą przedział w którym są jedynie odwrotności liczb naturalnych To pokazuje, że zbiór (więc i zbiór ) może liczyć co najwyżej elementów.

Odpowiedź na drugie pytanie z zadania jest przecząca: na przykład dla nie istnieje -elementowy zbiór o podanej własności. Jak w przypadku ogólnym, zauważamy, że w każdym z przedziałów może być tylko jeden element zbioru Dalej, odwrotności liczb naturalnych, leżące w przedziale rozbijamy na pięć podzbiorów:

- każdy z nich ma średnicę mniejszą niż więc zawiera co najwyżej jeden element zbioru No i zostają jeszcze ułamki Liczność zbioru (więc i ) nie przekracza czyli 16.

Niech oznacza lewą stronę podanego równania, pomnożoną przez i niech oznacza prawą stronę tego równania, pomnożoną przez Są to wielomiany czterech zmiennych, jednorodne, czwartego stopnia. Skontrolujmy ich wartości, gdy np. :

te wartości są równe. To znaczy, że wielomian dzieli się przez dwumian Analogicznie (wobec niezmienniczości przy cyklicznym przesunięciu zmiennych) dzieli się przez dwumiany Stąd wniosek, że dzieli się przez iloczyn tych dwumianów, a iloraz jest pewną stałą. Biorąc dowolne różne liczby stwierdzamy, że ta stała to 1. Tak więc

(oczywiście można było tę tożsamość sprawdzić wprost, podstawiając wyrażenie określające rozważane działanie, przenosząc wszystko na jedną stronę i pracowicie przekształcając).

Dane w zadaniu równanie nie jest spełnione dla żadnej czwórki różnych liczb jest zaś spełnione dla wielu czwórek utworzonych z trzech różnych liczb (z jednym powtórzeniem).

Przetoczmy pień o siedem pełnych obrotów tak, by odwinąć z niego winorośl. Skoro pięła się ona równomiernie, to po takim rozwinięciu utworzy prosty odcinek, będący przeciwprostokątną trójkąta o przyprostokątnych 20 m i Stąd na mocy twierdzenia Pitagorasa długość winorośli to 29 m.

Suma długości średnic danych okręgów równa jest wysokości trójkąta poprowadzonej z wierzchołka która z kolei z twierdzenia Pitagorasa ma długość 12. Okrąg o średnicy ma obwód zatem szukana suma obwodów wszystkich okręgów to

Trójkąty oraz mają kąty po gdyż każdy z nich z założenia jest prostokątny i ma kąt Można wobec tego ułożyć je w sposób przedstawiony na rysunku. Kąt pomiędzy sąsiadującymi teraz odcinkami rozważanej łamanej jest wówczas równy

Stąd otrzymana figura także jest trójkątem o kątach przy czym jedna jego przyprostokątna ma długość 1, a suma pozostałych dwóch boków to szukana długość łamanej. Jest ona wobec tego równa gdyż trójkąt ten jest połową trójkąta równobocznego o boku 2.

Przestawmy fragmenty kwadratu tak, jak na rysunku. Obwód rozważanego czworokąta to teraz długość kolorowej łamanej. Jest ona nie mniejsza od odcinka łączącego jej końce, czyli od co z kolei jest większe od 7.

Niech będzie długością łuku (mierzoną zgodnie z ruchem wskazówek zegara) łączącego z tzn. dla każdego

Z założeń zadania wynika, że jest bijekcją zbioru wierzchołków -kąta i

Udowodnimy, że dla zachodzi równość

czyli że zbiór jest obrazem przy obrocie o wokół środka danego okręgu zgodnie z ruchem wskazówek zegara. Konkretnie, wykażemy, że dla każdego

gdzie funkcja określona jest następująco

W obliczu definicji funkcji wystarczy więc sprawdzić, że dla każdego liczba

jest podzielna przez Rzeczywiście, bezpośrednio z definicji funkcji otrzymujemy, że jeżeli to

a jeżeli to

gdyż dzieli się przez dla Pozostaje bezpośrednio sprawdzić, że dla rozważane zbiory także są przystające (odpowiednia izometria znów jest obrotem o ale w przeciwną stronę).

Oznaczmy pewną parę przeciwległych ścian danego sześcianu przez oraz w taki sposób, aby odcinki były krawędziami sześcianu oraz ściana nie zawierała żadnego z boków uzyskanego w przekroju pięciokąta, a krawędź - żadnego z jego wierzchołków. Niech ponadto będą punktami przecięcia płaszczyzny przekroju odpowiednio z prostymi

Zauważmy, że czworokąt jest równoległobokiem, co wynika z równoległości przeciwległych ścian sześcianu. Okrąg wpisany w pięciokąt jest wpisany w ten równoległobok, skąd wniosek, że jest rombem. Wykażemy, że jest płaszczyzną symetrii tego rombu; ponieważ jest to także płaszczyzna symetrii wyjściowego sześcianu, więc wyniknie stąd, że punkty i są względem niej symetryczne, co zakończy rozwiązanie.

Skoro jest rombem, to ma prostopadłe przekątne, a zatem punkty oraz są zawarte w płaszczyźnie symetralnej odcinka Płaszczyzna ta nie pokrywa się z płaszczyzną (punkt nie należy do odcinka ), więc przecina się z nią wzdłuż prostej prostopadłej do płaszczyzny Wobec tego punkty i są symetryczne względem płaszczyzny a to właśnie należało udowodnić.

Odpowiedź: Na sposobów.
Wyróżnijmy 15 pól tablicy, które tworzą skrajny dolny wiersz i skrajną lewą kolumnę. Zauważmy, że dowolne kolorowanie tych pól dwoma kolorami jednoznacznie określa pokolorowanie całej tablicy zgodnie z warunkami zadania - kolory pozostałych pól określamy w kolejności zadanej przez numery na rysunku.

Z drugiej strony każdy sposób pomalowania wszystkich pól tablicy jednoznacznie zadaje kolory pól wyróżnionych. To oznacza, że kolorowania tablicy o zadanych własnościach są we wzajemnie jednoznacznej odpowiedniości z dowolnymi pokolorowaniami wyróżnionych pól, a takich pokolorowań jest

Liczba pierwsza jest sumą dwóch kwadratów (jedno z dobrze znanych twierdzeń Fermata): ; liczby całkowite muszą być względnie pierwsze. Istnieją wobec tego liczby całkowite dla których przy czym (łatwe uzasadnienie przez algorytm Euklidesa).

Wykażemy, że liczba ma własności, o które chodzi w zadaniu. Mamy bowiem oszacowanie oraz równość

Widać z niej, że W konsekwencji ; jest to niewątpliwie kwadrat liczby całkowitej dodatniej.

Banalny kontrprzykład: sześcian (o krawędzi ). Weźmy jego dwa przeciwległe wierzchołki (końce przekątnej długości ). Płaszczyzna przechodząca przez środek tworzy w przecięciu z sześcianem sześciokąt foremny, którego wierzchołkami są środki niektórych krawędzi sześcianu, leżące w odległości od środka

Przekrój sześcianu płaszczyzną przechodzącą przez trzy wierzchołki (połączone krawędziami np. z punktem ) jest trójkątem foremnym o boku Najmniejsze koło, zawierające ów trójkąt, ma promień

Niech będzie środkiem przekątnej Wówczas oraz Stąd na mocy nierówności trójkąta dla punktów mamy przy czym równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy czyli gdy

Niech będzie środkiem odcinka Wówczas oraz Wobec tego trójkąty i są podobne w skali a więc