Delta mi!

Oznaczmy środek boku przez Wówczas Wobec tego trójkąt jest równoramienny i podstawa tworzy równe kąty z bokami i Jednocześnie oraz co kończy dowód.

Niech będzie środkiem boku Wówczas oraz Wobec tego trójkąt jest równoramienny ( gdyż nie jest równoległobokiem). Stąd rzut na prostą jest środkiem podstawy a więc rzuty boków i na prostą są równej długości jako połówki podstawy. Wobec tego również dwukrotnie od nich dłuższe rzuty odcinków i są równej długości.

oznacza pole figury

Niech oznacza miarę nie większego z kątów pomiędzy przekątnymi i wówczas Jednocześnie oraz zatem kąt pomiędzy odcinkami i także jest równy oraz

Analogicznie stąd

Aby udowodnić równoważność, wykażemy osobno dwie implikacje.

Ponumerujmy osoby obecne na przyjęciu liczbami od do oraz oznaczmy liczbę wszystkich powitań przez Niech będzie permutacją zbioru która liczbie przyporządkowuje numer osoby, mającej na głowie kapelusz -tej osoby po -tym powitaniu. Mamy więc oraz gdzie jest transpozycją, a to numery osób uczestniczących w -tym powitaniu.

Wobec tego jest iloczynem transpozycji (wszystkich możliwych par elementów zbioru ). Z drugiej strony, w myśl warunków zadania, Ponieważ identyczność jest permutacją parzystą, więc wynika z tego, że skąd uzyskujemy To oznacza, że jeżeli opisana sytuacja jest możliwa, to daje resztę 0 lub 1 przy dzieleniu przez 4.

Aby uzasadnić, że dla każdego dającego resztę 0 lub 1 przy dzieleniu przez 4 istnieje kolejność powitań prowadząca do opisanej w treści zadania sytuacji, przeprowadzimy dowód indukcyjny.

Jeżeli to bezpośrednio sprawdzamy, że

więc wystarczy, że najpierw przywitają się osoby 1 i 2, potem 3 i 4 itd.

Przypuśćmy, że dla pewnego mamy odpowiednią kolejność powitań, czyli odpowiedni iloczyn transpozycji. Aby uzyskać odpowiednią kolejność dla dokonajmy następujących zmian w tym iloczynie:

dla W ten sposób uzupełniliśmy iloczyn o transpozycji (odpowiadających powitaniom z "nową" osobą numer ) i łatwo sprawdzić, że warunki zadania dla nowej kolejności są spełnione.

Z kolei aby uzyskać odpowiednią kolejność dla osób, dokonujemy podobnych zmian:

dla oraz dołączamy (w dowolnym miejscu) zestaw sześciu kolejno po sobie następujących powitań czterech nowych osób:

W ten sposób rozszerzyliśmy kolejność powitań w taki sposób, że znów po nastąpieniu wszystkich każdy ma znów swój kapelusz przy osobach. To kończy dowód indukcyjny.

Przeprowadzimy dowód konstruktywny - zidentyfikujemy rozwiązania danego równania.

Zauważmy, że jeżeli to

skąd wynika, że dane równanie nie może być spełnione. Wobec tego a zatem dla pewnego (a właściwie dwóch)

Zauważmy, że skoro to

wobec czego

Dane równanie przybiera wówczas postać czyli

skąd lub dla pewnej liczby całkowitej Pozostaje zauważyć, że jeżeli to jeżeli zaś to przy czym rozwiązania są różne, o ile tylko Tym samym otrzymujemy łącznie różnych rozwiązań postaci

Przeprowadzimy dowód nie wprost.

Przypuśćmy, że jest nieparzystą liczbą pierwszą. Wówczas z małego twierdzenia Fermata wynika, że liczba jest podzielna przez a zatem również

jest liczbą podzielną przez To przeczy pierwszości liczby gdyż

Podobnie, jeżeli jest nieparzystą liczbą pierwszą, to z małego twierdzenia Fermata wynika, że liczba jest podzielna przez Wobec tego również liczba

jest podzielna przez ale na mocy nierówności prawdziwej dla

Ustalmy liczby o sumie równej 1. Funkcja jest wypukła w przedziale Stosujemy do niej nierówność Jensena dla trójki punktów z wagami :

Można przyjąć, że oraz Wówczas oraz

W ostatnim szacowaniu pierwsza nierówność staje się równością tylko dla zaś druga - tylko dla Stąd wniosek, że

Gdyby dopuścić trójki liczb wśród których jedna jest zerem, rozważana suma nadal miałaby sens oraz przyjęłaby wartość 4 dla Przy założeniu, że wartość 4 jest (jak widać) nieosiągalna; ale jest granicą badanej sumy np. dla gdy Jest więc jej kresem dolnym.

Niech będzie funkcją, spełniającą postawione warunki, i przyjmijmy, że funkcja nie jest stała. Istnieją więc liczby dla których W drugim z warunków, podanych w zadaniu, przyjmujemy i tworzymy ciąg arytmetyczny Skoro zatem (dla wszystkich ). Jednocześnie czyli

(1)

Analogicznie

(2)

W myśl pierwszego z podanych warunków,

Po lewej stronie wstawiamy wyrażenia (1), (2) i dostajemy nierówności

(3)

Dla dużych wyrażenia ujęte w symbol wartości bezwzględnej mają wartość dodatnią (bo ). Można więc opuścić moduły. Ale zależność (3) - po skasowaniu modułów - redukuje się do postaci ; sprzeczność.

W konsekwencji funkcja musi być stała. Jasne, że każda funkcja postaci spełnia wymagane warunki.

Wzdłuż linii ciągłych zginamy w jedną stronę, wzdłuż przerywanych - w drugą

Po wycięciu dziury warto utworzyć cztery pomocnicze zagięcia (Rys. 1(a)). Następnie kartkę złożyć w pół wzdłuż jednego z nich i odciągnąć od siebie końce dziury (Rys. 1(b)), uzyskując dłuższy, wąski otwór.

Uproszczony schemat, należy wycinać gęstszą spiralę.

Kartkę można np. najpierw rozciąć wzdłuż spiralnej linii, uzyskując bardzo długi, poskręcany pasek, a następnie naciąć wzdłuż prawie całej długości tego paska, otrzymując w nim wystarczająco dużą dziurę.

Niech punkty leżą na krawędziach sześcianu tak, że (Rys. 3(a)). Wówczas podobnie i odcinki te są równoległe, więc punkty leżą w jednej płaszczyźnie, a wobec symetrii problemu równoległobok jest prostokątem.

Korzystając dwukrotnie z twierdzenia Pitagorasa (kolejno dla trójkątów oraz ) obliczamy, iż również zatem jest kwadratem o boku długości

Jeśli każdy z jego wierzchołków przybliżymy do jego środka o taką samą odpowiednio małą odległość, uzyskamy w rezultacie kwadrat o krawędzi 21, którego wierzchołki leżą wewnątrz danego sześcianu.

(a) Kwadrat o boku (b) Tunel o przekroju
(c) Kolorowy sześcian przesuwany przez tunel w szarym sześcianie

Wywierćmy tunel, którego przekrojem poprzecznym jest kwadrat z poprzedniego zadania (wygląda to prawie jak na Rys. 3(b)). Zauważmy, że tunel ten nie ma punktów wspólnych z żadną z krawędzi sześcianu składających się na łamaną zamkniętą (zaznaczoną na czarno na Rys. 3(a)), istotnie więc część sześcianu pozostająca wokół tunelu nie rozpada się i tworzy wielościenną obręcz, przez którą da się przesunąć sześcian o krawędzi 21 (Rys. 3(c)).

(a) Kwadrat o boku (b) Tunel o przekroju
(c) Kolorowy sześcian przesuwany przez tunel w szarym sześcianie

Dla każdego jest dokładnie pięć możliwości opisujących, które z liczb należą do podzbioru spełniającego warunek zadania. Mianowicie:

a.

żadna z nich nie należy;

b.

tylko należy;

c.

tylko należy;

d.

tylko należy;

e.

liczby oraz należą (natomiast nie należy).

Ponieważ dla różnych możliwości te są niezależne, to liczba szukanych pozdbiorów wynosi

Zgodnie z uwagą wyżej, prawa strona to liczba pokryć paska kwadratami i prostokątami Każde takie pokrycie musi zawierać co najmniej elementów, w tym co najmniej jeden kwadrat. Jeśli w pokryciu wśród pierwszych elementów jest dokładnie kwadratów (i prostokątów ), to można je rozmieścić na sposobów i pokrywają one w sumie prostokąt Pozostały fragment paska można pokryć na sposobów. Tę drugą interpretację opisuje lewa strona tożsamości, stąd teza.

Niech będzie dodatnią liczbą całkowitą. Zauważmy, że każda mniejsza od wielokrotność liczby

jest podzielna przez sumę swoich cyfr. Rzeczywiście, suma cyfr każdej takiej liczby jest nie większa od i podzielna przez więc jest dzielnikiem liczby a tym bardziej dowolnej jej wielokrotności.

Wystarczy więc udowodnić, że dla każdego można dobrać takie aby spełniona była nierówność

a szukany ciąg arytmetyczny będą wówczas tworzyły liczby dla

Zauważmy, że każda liczba pierwsza wchodzi do rozkładu liczby na czynniki pierwsze z wykładnikiem a zatem nie większym od Wobec tego

gdzie mnożenie przebiega liczby pierwsze oraz skorzystaliśmy z nierówności zasugerowanej we wskazówce do zadania (prawdziwej dla gdzie jest pewną dodatnią liczbą całkowitą).

Ponieważ więc dla pewnej dodatniej liczby całkowitej Do zakończenia rozwiązania wystarczy przyjąć

Dla wielokąta oznaczmy przez lekko zmodyfikowaną sumę miar kątów wewnętrznych wielokąta mianowicie taką, w której zamiast kątów wklęsłych występują kąty dopełniające je do pełnych ze znakiem " ". Jeżeli więc jest -kątem o dokładnie wklęsłych kątach wewnętrznych, to definiujemy

Przypuśćmy, że wielokąt wypukły jest podzielony odcinkami na wielokąty o rozłącznych wnętrzach. Wierzchołkami podziału nazwijmy te wierzchołki wielokątów które nie są wierzchołkami wielokąta Wówczas

gdzie jest liczbą wierzchołków podziału wokół których znajdują się tylko kąty wypukłe wielokątów zaś jest liczbą wierzchołków podziału leżących na bokach wielokąta (w przypadku wierzchołków podziału, będących wierzchołkami pewnych kątów wklęsłych wielokątów "wychodzimy na zero", zgodnie z definicją ).

W szczególności z powyższej równości wynika, że

Pozostaje zauważyć, że gdyby wszystkie wielokąty były czworokątami wklęsłymi, to dla każdego wobec czego

co nie może mieć miejsca.

Korzystając z danej równości oraz z przemienności uzyskujemy

dla każdej dodatniej liczby całkowitej W połączeniu z łącznością mamy więc

dla dowolnych a zatem jest "zwykłym" dodawaniem. Z danej w treści zadania zależności wynika więc również, że jest "zwykłym" mnożeniem.

Jeżeli zastąpimy założenie o łączności operacji założeniem o jej przemienności, odpowiedź ulegnie zmianie. Można rozważyć, na przykład, operacje

które nie są "zwykłe", a spełniają wymagane warunki.

Różnica to liczba cyfr użytych do zapisania wszystkich liczb -cyfrowych. Jest tych liczb czyli ; zatem W zapisie każdej z nich cyfra wiodąca jest różna od zera; po jej odrzuceniu, pozostała część zapisu to dowolny ciąg długości złożony z dowolnych cyfr (formalnie - słowo z alfabetu 10-elementowego).

Jest tych słów jest w nich więc cyfr, a wszystkie cyfry są równouprawnione. Dziesiąta część spośród nich to zera. To znaczy, że w zapisie wszystkich liczb -cyfrowych mamy zer. Tak więc Pisząc widzimy, że ciągi i spełniają identyczną zależność rekurencyjną. Ponieważ wynika stąd, że (dla ), czyli (dla ).

Prowadzimy z punktu prostą różną od styczną do okręgu w punkcie Prosta przechodząca przez punkty jest styczna do okręgu w punkcie i przecina prostą w punkcie Pokażemy, że jest środkiem odcinka Ponieważ

uzyskujemy podobieństwa

Stąd wynikają proporcje oraz ; a z nich -

(1)

Dalej, zauważamy kolejne pary trójkątów podobnych (odpowiednie kąty równe):

To daje proporcje oraz z których wynika, że prawa strona wzoru (1) jest równa czyli 1.

Punkty leżą po jednej stronie punktu ; punkty po drugiej. Uzyskana równość oznacza, że jest środkiem odcinka Przez analogię, ten sam punkt jest też środkiem odcinka Stąd wniosek, że odcinki i są przystające.

Udowodnimy, że jest szukaną najmniejszą liczbą pól.

Zauważmy najpierw, że jeżeli początkowo zarażonych będzie pól znajdujących się na jednej z przekątnych tablicy, to po sekundach wszystkie pola tablicy będą zarażone.

Przypuśćmy, że początkowo zarażonych jest pól. Odcinkiem granicznym nazwijmy odcinek będący bokiem dokładnie jednego zarażonego pola. Zauważmy, że zainfekowanie nowego pola nie zmienia liczby odcinków granicznych lub zmniejsza ich liczbę (jeżeli w danej sekundzie któryś z dotąd niezainfekowanych sąsiadów pola również staje się zarażony) - w każdym razie liczba odcinków granicznych się nie zwiększa.

Początkowo liczba odcinków granicznych jest równa co najwyżej a w sytuacji, gdy wszystkie pola są zarażone, jest równa obwodowi tablicy, czyli Ponieważ więc nie jest możliwe zarażenie wszystkich pól.

Niech będzie takim punktem w przestrzeni, że czworościan jest foremny. Wówczas trójkąt jest przystający do trójkąta gdyż jest jego obrazem przy obrocie wokół prostej przeprowadzającym punkt na punkt Wobec tego

W pełni analogicznie uzasadniamy przystawanie par trójkątów oraz i wynikające stąd równości oraz Za wystarczy teraz przyjąć obraz punktu przy takim obrocie wokół prostej który posyła w płaszczyznę trójkąta (są dwa takie punkty).

Niech będzie początkową cyfrą każdej z liczb i Przypuśćmy ponadto, że liczba ma cyfr, a liczba ma cyfr ( i to liczby całkowite nieujemne). Wówczas

oraz

Wymnażając powyższe nierówności, uzyskujemy

skąd

Wobec nierówności mamy więc a zatem lub Tylko w drugim przypadku istnieje rozwiązanie:

Można sprawdzić (na przykład za pomocą komputera), że jest najmniejszą liczbą spełniającą warunki zadania.

Słowu długości przyporządkujmy słowo długości przyjmując Znając słowo oraz element jednoznacznie odtwarzamy słowo

Obecność bloku 010 w słowie oznacza obecność bloku 0011 lub 1100 w słowie i na odwrót. Liczba słów bez bloków 0011, 1100, z elementem początkowym jest taka sama, jak tych z elementem początkowym ; i jest, w myśl poprzedniego spostrzeżenia, taka sama, jak liczba słów bez bloku 010. Stąd wniosek, że

Gdy przebiega przedział wartość przebiega zbiór wszystkich liczb dodatnich. Należy więc znaleźć kres górny funkcji zmiennej Ponieważ kres górny na przedziale jest taki sam, jak na przedziale Pochodna funkcji ma po prostym przekształceniu postać

Skoro czynnik w pierwszym nawiasie jest stale dodatni. Czynnik w drugim nawiasie ma taki sam znak jak wyrażenie

Teraz badamy funkcję w przedziale Jej pochodna:

I znów, czynnik w pierwszym nawiasie jest dodatni. W drugim nawiasie widzimy trójmian kwadratowy, którego pierwiastki (rzeczywiste lub nie) mają iloczyn równy 1; w przedziale może być co najwyżej jeden pierwiastek. Dla dużych trójmian ma wartości dodatnie. Zatem wartości albo są dodatnie w całym przedziale albo są - przedziałami - najpierw ujemne, potem dodatnie. Funkcja jest więc albo rosnąca, albo (kolejno) malejąca-rosnąca. A ponieważ oraz wynika stąd, że także wartości są albo stale dodatnie, albo (przedziałami, od lewej) ujemne-dodatnie.

Funkcja ma taki znak, jak wobec czego możemy powtórzyć rozumowanie: funkcja jest albo rosnąca, albo (kolejno) malejąca-rosnąca. W każdym przypadku jej kresem górnym na przedziale jest jej wartość lub granica w jednym z końców przedziału. Otrzymujemy wynik:

• 100 dni: każdy pije z 1 beczki
• 3 dni:
  1) każdy pije ze 100 beczek
  2) każdy pije z 10 podejrzanych beczek
  3) każdy pije z 1 podejrzanej beczki
• 1 dzień: numerujemy beczki w systemie dwójkowym każdy pije z każdej beczki, której numer ma cyfrę 1 na jego miejscu

Udowodnimy, że wszystkie liczby pomalowano tym samym kolorem.

Przyjmijmy oznaczenie jeżeli oraz niech Zauważmy, że dla każdego liczba

jest podzielna przez a zatem Ponadto, dla każdego liczba

jest podzielna przez skąd wniosek, że Wobec tego dla dowolnych liczb całkowitych otrzymujemy

co oznacza, że liczby i pomalowano tym samym kolorem.

Każde z 24 pól przyległych do krawędzi szachownicy nazwijmy brzegowym. Zauważmy, że każdej wieży, która nie jest otoczona, możemy przyporządkować pewne pole brzegowe w następujący sposób. Jeżeli wieża stoi na polu brzegowym, to przyporządkowujemy jej to pole, na którym stoi; jeżeli zaś nie stoi na polu brzegowym, to przyporządkowujemy jej jedno z tych pól brzegowych, które są w jej zasięgu (skoro wieża nie jest otoczona, to takie pole jest co najmniej jedno).

Pozostaje zauważyć, że żadne pole brzegowe nie mogło zostać przyporządkowane więcej niż jednej wieży, a zatem wież, które nie są otoczone, jest co najwyżej Wobec tego pośród dowolnych co najmniej wież stojących na szachownicy jest co najmniej jedna wieża otoczona.

Niech będzie takim punktem, że czworokąt jest równoległobokiem. Wówczas

oraz

a zatem trójkąty oraz są przystające (cecha bok-kąt-bok). Zatem czyli trójkąt jest równoramienny, więc

Pozostaje zauważyć, że proste i są równoległe, więc

jest szukanym kątem.