Delta mi!

Chcemy obliczyć sumę wartości dla wszystkich trójek liczb naturalnych nie większych niż

Rozważmy "sześciany"

dla Wówczas jest równe liczbie sześcianów, do których należy punkt W takim razie

Korzystając ze wzoru na sumę sześcianów, otrzymujemy, że szukana wartość jest równa

Niech i oznaczają dla odpowiednio promienie okręgów wpisanych, obwody i pola powstałych czterech trójkątów. Wiemy, że wówczas dla każdego zachodzi równość W takim razie

co daje tezę.

Ciąg spełnia warunek W takim razie

Podobnie otrzymujemy

Odejmując otrzymane wartości, dostajemy

Spróbujmy poszukać rozwiązania wśród funkcji postaci (motywacja: zarówno pochodna, jak i funkcja odwrotna do takiej funkcji, też ma taką postać - próba ma szansę powodzenia). Gdy stałe są dodatnie, funkcja jest ściśle rosnąca i przekształca przedział na ten sam przedział. Dla ustalonej wartości rozwiązujemy równanie (z niewiadomą ), otrzymując Tak więc

Aby funkcje i były identyczne, wystarczy, by parametry dodatnie spełniały równania

Drugie równanie ma w liczbach dodatnich jedyne rozwiązanie Dla tej stałej pierwsze równanie przybiera formę z rozwiązaniem Funkcja z tymi parametrami ma wymaganą własność.

[Dla dociekliwych - pytanie: czy to jedyna taka funkcja? Jeśli nie - jak znaleźć wszystkie?]

Dla wskazany cel da się osiągnąć. W trzech ruchach wybieramy proste zawierające boki dużego trójkąta. Jego wierzchołki pozostaną białe (każdy zmieni kolor dwukrotnie), zaś środki boków staną się czarne. Teraz w jednym ruchu zmieniamy kolor dwóch z tych środków z powrotem na biały. Pozostaje jeden punkt czarny.

Także dla można uzyskać wymagany stan. Jak poprzednio, w trzech ruchach bierzemy proste, zawierające boki dużego trójkąta. Jego wierzchołki i jego środek staną się białe, pozostałe punkty siatki staną się czarne. W kolejnych trzech ruchach bierzemy proste równoległe do boków dużego trójkąta i przechodzące przez jego środek. Czarne punkty wybielą się, a punkt w środku się zaczerni.

Natomiast dla nie da się! W trójce punktów, będących wierzchołkami dużego trójkąta, po każdym ruchu jest parzysta liczba czarnych punktów (0 lub 2). Żaden z tej trójki nie może więc być owym punktem, który w pewnym momencie miałby stać się jedynym czarnym.

Każdy inny punkt siatki jest elementem pewnej szóstki punktów, tworzących sześciokąt foremny o boku 1. Również i w takiej szóstce każdy ruch powoduje zmianę koloru dokładnie dwóch punktów, więc niezmiennie jest w niej parzysta liczba czarnych punktów (0, 2, 4, 6). Pojedynczy czarny punkt pojawić się nie może.

Przyda się tu "spłaszczenie" polegające na spojrzeniu na ścianę prostopadłościanu Gdyby dało się zbudować go z opisanych w zadaniu klocków, ściana ta byłaby zbudowana z prostokątów o wymiarach oraz Jednak to jest niemożliwe, gdyż figura złożona z takich prostokątów ma pole podzielne przez 3, a tymczasem ściana ma pole równe 64.

Kolorowy prostopadłościan i szary klocek przebity prostą

Prostych równoległych do pewnej krawędzi sześcianu, przechodzących przez jego wnętrze i biegnących wzdłuż linii podziału na kostki jednostkowe jest po w każdym z trzech kierunków, a więc łącznie

Załóżmy, że któraś z nich przebija nieparzystą liczbę klocków. Rozważmy prostopadłościan wyznaczony, w sposób przedstawiony na rysunku, przez tę prostą i dowolną równoległą do niej krawędź sześcianu. Wówczas objętość tego prostopadłościanu byłaby nieparzysta, bo zawierałby on po jednej kostce jednostkowej z każdego z przebitych klocków, a pozostałe klocki w całości lub po połowie. Liczba ta jest jednak jednocześnie wielokrotnością 20 (z uwagi na rozmiar sześcianu), co jest niemożliwe.

Zauważmy, że każdy klocek może być przebity przez najwyżej jedną z rozważanych prostych. Gdyby każda z nich przebijała co najmniej dwa klocki, to łącznie przebijałyby one co najmniej klocków. To także jest niemożliwe, gdyż klocków jest łącznie Wobec tego któraś z rozważanych prostych nie przechodzi przez żaden klocek.

Na czarno oznaczono usunięty kwadrat jednostkowy

Przeprowadzimy dowód indukcyjny. Dla teza jest prawdziwa: rozważana figura jest pojedynczym klockiem. Załóżmy, że teza zachodzi dla pewnego Niech będzie kwadratem o krawędzi z którego usuwamy jedno pole. Podzielmy na cztery przystające mniejsze kwadraty o krawędzi jeden z nich zawiera usunięte pole. Umieśćmy pojedynczy klocek na środku kwadratu w sposób przedstawiony na rysunku Wówczas na mocy założenia indukcyjnego każdy z czterech mniejszych kwadratów bez jednego pola da się szczelnie wypełnić klockami, co kończy dowód.

Zapiszmy liczbę w postaci ( całkowite, nieparzyste). Znajdujemy wykładnik dla którego

(1)

Jeśli pewien wykładnik spełnia ten warunek, to jego dwukrotność też. Można więc wybrać tak, by

(2)

Liczbę o jaką pyta zadanie, spróbujemy znaleźć wśród liczb postaci ( całkowite). Dla różnica

będzie podzielna przez jeśli tylko bowiem czynnik w nawiasie dzieli się przez (por. (1)). Biorąc jeszcze pod uwagę wymaganie, by widzimy, że wystarczy znaleźć liczbę spełniającą nierówność

(3)

wówczas liczba spełni wszystkie żądane warunki.

Gdy jest liczbą nieparzystą, czyli gdy można wziąć (por. (2)).

Gdy jest liczbą parzystą (więc ), warunki (3) postulują istnienie wielokrotności liczby w przedziale Do tego wystarcza, by nie przekraczała wartości (bo tyle jest liczb całkowitych w tym przedziale); a dzięki oszacowaniu (2) wystarczy, by zachodziła nierówność

czyli (równoważnie)

To kończy rozwiązanie, bowiem ostatnia nierówność jest słuszna dla każdej pary liczb całkowitych

Gdy przekątne są prostopadłe, punkty i pokrywają się z i i nie ma czego dowodzić. Przyjmijmy dalej, nie tracąc ogólności, że kąt jest ostry (wtedy punkt leży między i zaś leży między i ). Czworokąt ma okrąg opisany (o średnicy ). Stąd oraz z zależności w trójkątach prostokątnych i dostajemy ciąg równości

Z ostatniej równości wynika położenie punktów na wspólnym okręgu.

Z wzorów Viete'a wiemy, że oraz W takim razie mamy również

Przekształcając równanie z zadania otrzymujemy czyli Stąd otrzymujemy

Niech będzie takim punktem na prostej na zewnątrz okręgu że Zauważmy, że wówczas

Stąd trójkąty i są przystające, w szczególności W takim razie trójkąt jest równoramienny i

Analogicznie otrzymujemy równość W takim razie mamy

a stąd

Nie!
Niech gdzie jest pewną liczbą całkowitą oraz Lewa strona równania przyjmuje postać

a jej wartość jest nie mniejsza niż i nie większa niż

Liczba daje resztę z dzielenia przez więc nie może być wartością lewej strony równania dla żadnego

Rys. 1

Rys. 2

(a) Nie musi być sprawiedliwy. Jeśli np. tramwaj 2 przyjeżdża zawsze minutę po tramwaju 1 (Rys. 1), to tylko przez tę minutę z każdych dziesięciu najbliższym nadjeżdżającym tramwajem jest 2, czyli Gucio odwiedza wujka średnio raz na dziesięć dni.

(b) Rysunek 2 ilustruje możliwe czasy oczekiwania na tramwaje: 1 - oś pozioma i 2 - oś pionowa. Czas oczekiwania do 3 minut oznaczono kolorem. Jego prawdopodobieństwo to stosunek pola kolorowego do pola całości, czyli

Rysunek obok ilustruje możliwe godziny przyjścia Mai (oś pozioma), Gucia (oś pionowa) oraz ich spotkania (kolorowy obszar). Szukane prawdopodobieństwo to stosunek pola kolorowego obszaru do pola całego kwadratu, czyli

Rysunek obok ilustruje możliwe godziny przyjścia Mai (oś pozioma), Gucia (oś pionowa) oraz ich spotkania (kolorowy obszar). Szukane prawdopodobieństwo to stosunek pola kolorowego obszaru do pola całego kwadratu, czyli

Oznaczmy długości odpowiednio lewej i środkowej części przez i wówczas oraz a trzeci fragment ma długość Trójkąt da się zbudować, gdy zachodzą nierówności: oraz czyli oraz Odpowiada to kolorowemu obszarowi na rysunku obok, a szukane prawdopodobieństwo to stosunek jego pola do pola całej figury zadanej warunkami oraz czyli

Niech będzie punktem symetrycznym do względem środka okręgu. Wówczas jest średnicą okręgu, więc cięciwa jest prostopadła do odcinka a więc również równoległa do odcinka W takim razie jest trapezem równoramiennym, w szczególności Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta otrzymujemy a stąd

Tak!
Taką liczbą jest na przykład

Jej zapis składa się wyłącznie z zer i jedynek, a suma cyfr to Ponadto

Z jednoznaczności zapisu liczb w systemie dwójkowym w powyższych sumach potęgi liczby mają parami różne wykładniki. Stąd ma w zapisie dziesiętnym jedynek i dwójek, czyli suma cyfr jest równa

Przyporządkujmy polom szachownicy w naturalny sposób pary liczb całkowitych gdzie Pomalujmy pola o obu współrzędnych parzystych na niebiesko, pola o obu współrzędnych nieparzystych - na czerwono, a pozostałe pola - na żółto.

Przypuśćmy, że pionki mogą poruszać się dowolnie długo w taki sposób, by żadne dwa nie spotkały się na jednym polu. W takim razie w każdej chwili na 16 niebieskich polach może znajdować się co najwyżej 16 pionków. Każdy pionek z czerwonego pola znajdzie się po dwóch ruchach na niebieskim polu, więc na czerwonych polach może przebywać w każdej chwili również co najwyżej 16 pionków. Ponadto każdy pionek z żółtego pola po jednym ruchu znajdzie się na polu niebieskim lub czerwonym. W takim razie na żółtych polach mogą przebywać naraz co najwyżej 32 pionki. Stąd na szachownicy mogą być łącznie najwyżej 64 pionki.

Jeśli pionków jest 65, to po pewnym czasie dwa z nich muszą znaleźć się na jednym polu.

Przednia i tylna ściana danej figury mają wspólny wierzchołek, zatem nie są równoległe. Niech i oznaczają odpowiednio punkty przecięcia prostych z oraz z Wówczas każdy z punktów należy do obu płaszczyzn rozważanych powyżej ścian, a więc też do ich wspólnej prostej. Jednak punkty nie są współliniowe, zatem rysunek nie przedstawia wielościanu.

Oznaczmy przez punkt przecięcia prostych i Punkt ten leży w płaszczyźnie przekroju, zatem leży w niej też prosta Stąd brakujący punkt to punkt przecięcia prostych i

Niech będzie punktem przecięcia prostych i Z kształtu trapezu wynika, że oraz że jego pole to pola trójkąta

Z długości krawędzi trójkąta wnioskujemy, że jest on połową trójkąta równobocznego o krawędzi 2. Ponieważ oraz więc

Stąd czworościan jest foremny o krawędzi 2. Jego objętość jest zatem 8-krotnie większa od objętości czworościanu foremnego o krawędzi 1, więc szukany stosunek objętości równy jest

Prosta leży w płaszczyźnie przedniej ściany ostrosłupa z rysunku, a prosta w płaszczyźnie tylnej ściany, więc punkt należy do obydwu tych płaszczyzn. Ich częścią wspólną jest prosta równoległa do podstawy ostrosłupa (gdyż jest on prawidłowy) i przechodząca przez wierzchołek Stąd jedyną wartością, jaką może przyjąć odległość punktu od płaszczyzny podstawy, jest wysokość ostrosłupa równa

Sześcian i jego widok wzdłuż przekątnej

Krawędzie i są równoległe, leżą więc w jednej płaszczyźnie Stąd punkt też do niej należy; podobnie należy on także do Punkty również leżą w jednej płaszczyźnie.

Powyższe trzy płaszczyzny mają wspólną prostą i każda z nich zawiera inną z trzech krawędzi wychodzących z wierzchołka Oznacza to, że płaszczyzny te tworzą równe kąty dwuścienne, czyli kąty po

Prosta jest prostopadła do więc jest nachylona do boków prostokąta pod kątem Ponadto kąt środkowy oparty na cięciwie jest prosty, a stąd

Czworokąt jest opisany na okręgu o średnicy W takim razie kąty i są równe.

Otrzymujemy, że trójkąty i są podobne. Analogicznie trójkąty i są podobne. W takim razie mamy podobieństwo trójkątów i a stąd

Bezpośrednio stąd wynika, że pole prostokąta jest równe