Delta mi!

W nierówności Bernoulliego (słusznej dla ) wykonujemy "przesunięcie zmiennej" uzyskując postać

Podstawiając oraz dostajemy

Mnożymy stronami przez otrzymując

Suma tych nierówności (dla ) to teza zadania.

(a) Weźmy dowolny czworościan oraz jego najdłuższą krawędź. Przyjmijmy, że ma ona długość zaś dwie przyległe do niej ściany mają krawędzie długości oraz przy czym krawędzie mają wspólny koniec oraz krawędzie mają wspólny koniec. Wówczas oraz ; stąd wobec czego musi zachodzić co najmniej jedna z nierówności lub Zatem co najmniej jeden z końców krawędzi nie jest wierzchołkiem ciekawym.

(b) Dokładnie jeden wierzchołek ciekawy jest możliwy. Rozpocznijmy od przykładu czworościanu zdegenerowanego do czwórki punktów na płaszczyźnie w konfiguracji: - trójkąt prostokątny; - środek przeciwprostokątnej ; przy czym (np. ). Z punktu wychodzą krawędzie długości ; z punktu z punktu każda z tych trójek spełnia warunek trójkąta. Pozostaje wierzchołek - jedyny ciekawy (wspólny koniec krawędzi ). Teraz wystarczy wyjść w przestrzeń i nieznacznie przemieścić wierzchołek usuwając go prostopadle z płaszczyzny Wychodzące zeń krawędzie trochę się wydłużą. Przy małym przemieszczeniu rozważane nierówności (ostre) pozostaną w mocy; punkt nadal będzie jedynym wierzchołkiem ciekawym.

Każdy punkt mapy pomalujmy na czarno, jeśli leży on wewnątrz nieparzystej liczby spośród danych okręgów, a na biało w przeciwnym przypadku.

Nie, np. mapę z rysunku obok da się pomalować dwiema barwami.

b) Pokolorujmy mapę wyznaczoną przez pierwszy bazgroł dwiema barwami (da się to zrobić na mocy części a)). Malujmy teraz drugi bazgroł zgodnie z kolorami państw, przez które wędruje. W każdym punkcie przecięcia pierwszego bazgroła zmienia się kolor (i tylko w tych punktach). Ponieważ drugi bazgroł jest krzywą zamkniętą, zmienia on kolor parzystą liczbę razy, co kończy dowód.

Teza zadania: (mod ) - po wprowadzeniu określenia liczby i dodaniu stronami jedynki - ma postać

Liczba jest pierwsza, więc zachodzi dla (małe twierdzenie Fermata). Dalej indukcja: przyjmijmy słuszność dla pewnego ; istnieje zatem liczba dla której Odejmujemy stronami jedynkę i mamy Z określenia wynika ponadto, że (mod ). Tak więc

Uzyskaliśmy zależność z zastąpionym przez To kończy dowód indukcyjny.

Ustalmy liczbę rzeczywistą i przyjmijmy Załóżmy, że Możemy wówczas podstawić w podanym równaniu (bo ), otrzymując związek

Ale więc liczba po lewej stronie jest równa Prawa strona ma inną wartość, skoro (wartości funkcji są z założenia niezerowe). Sprzeczność dowodzi, że czyli Wobec dowolności liczby znaczy to, że funkcja jest dana wzorem dla wszystkich Sprawdzenie, że ta funkcja spełnia zadane równanie, jest natychmiastowe. Jest ona zatem jedynym rozwiązaniem tego równania.

Niech oraz oznaczają odpowiednio liczbę wierszy i kolumn, zawierających liczbę dla Ponieważ każda z dziesięciu liczb umieszczonych w tablicy leży na skrzyżowaniu jednego z wierszy z jedną z kolumn, to dla każdego spełniona jest nierówność W takim razie również

więc

Rozważmy zbiory

oraz

Wówczas Bez straty ogólności przyjmijmy, że (przypadek rozważa się analogicznie). Z zasady szufladkowej Dirichleta wiemy, że w takim razie dla pewnego zbiór zawiera co najmniej pary postaci a to daje tezę.

Rozważmy wielomian Wówczas liczba jest pierwiastkiem wielomianu Niech Wówczas po przemnożeniu obu stron równości przez otrzymujemy

Stąd liczba jest podzielna przez Ponieważ liczby i są względnie pierwsze, to wiemy, że dzieli liczbę

Niech będzie zawodnikiem, który wygrał maksymalną liczbę meczów. Jeśli wygrał wszystkie, jest zwycięzcą. W przeciwnym wypadku istnieje zawodnik który wygrał z oraz istnieje przynajmniej jeden zawodnik pokonany przez

Gdyby gracz zwyciężył ze wszystkimi, którzy przegrali z to wygrałby więcej meczów niż (bo pokonał też ) - sprzeczność. Zatem przegrał z którymś z graczy, z którymi wygrał czyli istnieje trójkąt.

Z zadania 1 wiemy, że skoro nie ma trójkąta, to istnieje zwycięzca ; ustawmy go na początku rzędu. W gronie pozostałych graczy również nie ma trójkąta, więc istnieje gracz który pokonał ich wszystkich (ale nie ) - ustawmy go na drugim miejscu rzędu. Kolejnych graczy ustawiamy analogicznie.

Niech będzie cyklem, gdzie Rozważmy mecz Jeśli wygrał go gracz otrzymujemy trójkąt W przeciwnym przypadku otrzymujemy cykl o graczach. Jeśli jest ich więcej niż 3, postępujemy dalej analogicznie.

Rys. 2

Rys. 3 Cykl dłuższy o 1 od cyklu

Jeśli nie ma żadnych cykli, to nie ma trójkątów i na mocy zadania 1 istnieje zwycięzca. Wówczas niech grupa składa się tylko z niego, a grupa z pozostałych zawodników.

Jeśli istnieją cykle, to rozważmy cykl o maksymalnej długości. Jeżeli zawiera wszystkich graczy, to teza jest spełniona. W przeciwnym przypadku istnieje osoba która nie należy do cyklu eśli istnieją cykle, to rozważmy cykl o maksymalnej długości. Jeżeli zawiera wszystkich graczy, to teza jest spełniona. W przeciwnym przypadku istnieje osoba która nie należy do cyklu

Rys. 4 Cykl dłuższy o 2 od cyklu

Wykażemy, że albo wygrał ze wszystkimi zawodnikami z albo ze wszystkim przegrał. Załóżmy przeciwnie, że przegrał z ale wygrał z z cyklu (Rys. 2). Wówczas w cyklu na "drodze" od do istnieją tacy dwaj kolejni zawodnicy że przegrał z ale wygrał z . Wtedy cykl można wydłużyć, dołączając zawodnika pomiędzy a (Rys. 3), sprzecznie z założeniem o maksymalności

Jeżeli istnieją zawodnicy i spoza cyklu którzy odpowiednio wygrali i przegrali ze wszystkimi z cyklu, to wygrał z gdyż w przeciwnym razie cykl można by wydłużyć o tych dwóch graczy w sposób przedstawiony na rysunku 4.

Niech do grupy należą wszyscy zawodnicy, którzy wygrali z graczami z do ci, którzy przegrali z uczestnikami Wszystkich graczy z cyklu dołączmy do dowolnego spośród zbiorów W ten sposób otrzymujemy żądany podział.

Ustalmy liczbę naturalną i oznaczmy Oczywiście czyli zatem Dostajemy oszacowanie

Uzyskane ograniczenie dolne okaże się być szukanym kresem dolnym. Pierwsza z powyższych nierówności staje się równością, gdy ; druga będzie "bliska równości", gdy stosunek będzie bliski 1.

Wskażemy nieskończony ciąg rozwiązań równania Para jest rozwiązaniem. Dalej, jeśli para jest rozwiązaniem, to też, bowiem

Istnieją więc rozwiązania z dowolnie wielką wartością Gdy jest dowolną z takich par, wówczas czyli wobec czego (zgodnie z początkowym przekształceniem)

Liczba może być dowolnie wielka, zatem ostatnie wyrażenie może mieć wartość dowolnie bliską To dowodzi, że istotnie liczba jest kresem dolnym zbioru wartości

Oznaczmy przez punkt przecięcia przekątnych czworokąta Prosta równoległa do przecina bok w punkcie będącym środkiem tego boku. Skoro ów bok jest równoległy do zatem punkt (leżący na prostej ) jest środkiem odcinka

Z danych równoległości dostajemy ponadto równość kątów

Trójkąt jest więc równoramienny: Punkt jako środek odcinka jest w takim razie środkiem okręgu opisanego na trójkącie Wynika stąd, że kąt jest prosty - a to teza zadania.

Niech oznacza pole figury

Ponieważ i są środkami odcinków i to oraz Podobnie otrzymujemy oraz W takim razie czworokąt ma dwa boki równej długości i równoległe, więc jest równoległobokiem o środku Ponadto trójkąt jest obrazem trójkąta w jednokładności o środku i skali więc Z analogicznych rozważań dla trójkątów i otrzymujemy

Stąd mamy

Wiemy również, że

W takim razie otrzymujemy

oraz

W takim razie

Minimum jest osiągane dla czworokąta (zdegenerowanego), w którym wierzchołki i są współliniowe (wówczas ), a maksimum - gdy wierzchołki i są współliniowe (wówczas ).

Zauważmy, że spełnia warunki zadania i załóżmy teraz, że Wówczas

oraz

przy czym druga nierówność wynika z tego, że

W takim razie pierwiastek z liczby leży wewnątrz przedziału długości Jeśli jest liczbą parzystą, to końce przedziału są liczbami całkowitymi i nie może spełniać warunków zadania. W przeciwnym razie wewnątrz przedziału leży dokładnie jedna liczba całkowita Pozostaje sprawdzić, dla jakich liczb zachodzi równość

Równanie to upraszcza się do postaci

co daje rozwiązania i Łatwo sprawdzić, że obie te liczby spełniają warunki zadania.

Ponieważ prawdopodobieństwo wylosowania dwóch punktów leżących na tej samej średnicy koła jest równe zeru, możemy założyć, że taka sytuacja się nie zdarzyła.

Niech będą pewnymi punktami koła a - punktami symetrycznymi do nich względem środka koła. Rozważmy sytuacji, w których dla każdego -tym wylosowanym punktem jest lub Wśród nich jest takich przypadków, w których wylosowane punkty leżą po jednej stronie pewnej średnicy koła - każdy odpowiada wyborowi pewnego punktu spośród wyróżnionych oraz "kolejnych" zgodnie z ruchem wskazówek zegara.

Trójkąty i są podobne (jako połówki kwadratów) oraz są położone w sposób opisany w twierdzeniu (*). Ponadto są one niezgodnie ułożone, istnieje więc jednokładność o skali ujemnej przeprowadzająca na na oraz na Odcinki przecinają się więc w jej środku. Analogicznie odcinek przechodzi przez punkt przecięcia odcinków i

Niech oznacza pole figury Skoro to Trójkąty te mają wspólną podstawę zatem mają też równe wysokości na nią. Ponieważ punkty i leżą po tej samej stronie prostej wynika stąd, że Analogicznie oraz

Wobec tego niezgodnie ułożone trójkąty i spełniają założenia twierdzenia Jeden z nich jest więc obrazem drugiego w pewnej jednokładności o ujemnej skali, której środek leży na każdym z odcinków

Niech okrąg opisany na trójkącie przecina proste w drugich punktach odpowiednio i Dowód przeprowadzimy w przypadku przedstawionym na rysunku, pozostałe można uzasadnić podobnie.

Rozważmy trójkąty i Z równości kątów wpisanych opartych na jednym łuku mamy więc ponieważ punkty i leżą po przeciwnych stronach prostej Podobnie Ponadto czworokąt jest wpisany w okrąg, zatem a stąd

Wobec tego trójkąty i spełniają założenia twierdzenia Stąd punkt przecięcia prostych i należy też do prostej

Pokażemy najpierw, że punkty leżą na jednym okręgu. Istotnie,

(ostatnia równość wynika z faktu, że proste i są prostopadłe odpowiednio do i ). Na podstawie twierdzenia Steinera pozostaje uzasadnić, że odbicia punktu względem boków trójkąta leżą na prostej jednakże jest to oczywiste, gdyż proste oraz są symetralnymi odcinków odpowiednio i

Niech prosta przecina półprostą w punkcie Trójki punktów oraz są, oczywiście, współliniowe. Oznaczmy przez przecięcie prostych i drugiej stycznej poprowadzonej z punktu do okręgu o środku w punkcie Łatwo zauważyć, że więc Oznacza to, że półprosta jest również styczna do okręgu o środku w punkcie stąd punkty i są współliniowe. Wobec tego

więc na czworokącie można opisać okrąg. Aby dokończyć rozwiązanie, wystarczy zauważyć, że obrazy punktu w symetrii względem prostych oraz leżą na prostej i zastosować twierdzenie Steinera.