Delta mi!

"Potnijmy" sześciokąt wzdłuż odcinków łączących jego wierzchołki ze środkiem okręgu opisanego i z otrzymanych sześciu trójkątów "ułóżmy" nowy sześciokąt jak na rysunku.

Okręgi opisane na obu sześciokątach mają jednakowe promienie.

Niech oznacza środek okręgu opisanego na sześciokącie Z przystawania czworokątów i wiemy, że kąty wewnętrzne sześciokąta są przystające, mają więc po Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta otrzymujemy Trójkąt jest trójkątem równoramiennym o kącie w wierzchołku Stąd możemy obliczyć szukany promień, równy

Wśród liczb dziesięciocyfrowych jest

wielokrotności liczby Podzielmy je na grupy - w jednej grupie znajdą się liczby złożone z jednakowych cyfr.

Grupy odpowiadają rozwiązaniom równania w liczbach naturalnych - liczby można zinterpretować jako liczby wystąpień cyfry w każdym elemencie danej grupy. Rozwiązań takiego równania jest

Z zasady szufladkowej Dirichleta co najmniej jedna grupa zawiera co najmniej

elementów.

Każdą liczbę naturalną można przedstawić w postaci dla na co najwyżej jeden sposób. Stąd szukamy liczby takich par dla których liczba jest podzielna przez Jest to równoważne podzielności przez

Ponieważ daje z dzielenia przez resztę lub dla dającego z dzielenia przez odpowiednio resztę lub to otrzymujemy równoważność warunku z zadania z podzielnością liczby przez W takim razie liczby i muszą dawać taką samą resztę z dzielenia przez

Podzielmy liczby naturalne od do na sześć podzbiorów ze względu na resztę z dzielenia przez (każdy zawierający elementów). Aby wybrać liczby i wybieramy jeden z podzbiorów, a z niego dwa elementy. Stąd szukana w zadaniu liczba to

Oznaczmy przez oraz lewą oraz prawą stronę napisanej nierówności. Ponieważ

zatem połowa ich różnicy to wielomian parzysty zmiennej (z parametrem )

o współczynnikach

Aby ten wielomian przyjmował wyłącznie wartości nieujemne, musi być spełniony warunek czyli czyli

Pokażemy, że jest to jednocześnie warunek dostateczny. Wystarczy wykazać, że jeśli to wszystkie współczynniki są nieujemne. Indukcja: baza już gotowa. Ustalmy i przyjmijmy założenie indukcyjne czyli

Teza indukcyjna ma analogiczną postać, z zastąpionym przez Piszemy więc to wyrażenie i zaczynamy je przekształcać:

stąd i z założenia indukcyjnego,

i mamy tezę indukcyjną. Tak więc dla wobec czego dla wszystkich

Otrzymaliśmy odpowiedź: najmniejsza wartość parametru dla której (dla ), wynosi

Niech będzie tą osobą, która uczestniczyła w dokładnie dwóch występach. Przyjmijmy, że to pani; jej mąż otrzymuje oznaczenie Pozostałe pary małżonków: ; W jednym swoim występie pani musiała się pokazać w towarzystwie połowy tych ludzi; w drugim - z pozostałą połową. Ustalmy oznaczenia tak, że w jednym z tych występów uczestniczyły osoby a w drugim I znów, bez straty ogólności, możemy przyjąć (dla wygody języka), że osoby to panie, a panowie (w kontekście tego zadania szybka zmiana płci to nie problem).

W każdym z pozostałych występów mogły uczestniczyć, oprócz pana co najwyżej dwie osoby - bo gdyby więcej, to byłyby/byliby wśród nich dwie panie lub dwaj panowie; a przecież one/oni już się pokazali wspólnie, wraz z panią

Każda para gdzie musiała raz wspólnie wystąpić; i były to różne występy. Jest 30 takich par. Uwzględniając dwa występy z udziałem pani widzimy, że liczba występów musiała wynieść co najmniej 32.

Czy realizacja tej wartości jest wykonalna? Trzeba zapewnić panu wspólne uczestnictwo z każdą osobą poza panią Uzyskamy to, dołączając go (na przykład) do par Zostaną przez to spełnione wszystkie wymagane warunki. Tak więc szukane minimum wynosi 32.

Jeśli kąt jest prosty, to jest dwusieczną kąta przyległego do kąta czworokąta. Z kolei aby dowieść, że kąt jest prosty, wystarczy wykazać, że jest dwusieczną kąta przyległego do kąta czworokąta.

---

Oznaczmy przez odległość punktu od prostej Zachodzą równości oraz co kończy dowód.

Z prostopadłości cięciwy do średnicy wynika, że krótsze łuki i są równe, a więc półprosta jest dwusieczną kąta wpisanego Kąt jest wpisany w okrąg i oparty na średnicy, zatem czyli półprosta jest z kolei dwusieczną kąta zewnętrznego przy wierzchołku trójkąta Z twierdzenia o dwusiecznej

Oznaczmy przez ortocentrum trójkąta przez środek okręgu wpisanego w trójkąt a przez punkt przecięcia prostych i Ponieważ więc półprosta jest dwusieczną kąta i do zakończenia dowodu wystarczy wykazać, że półprosta jest dwusieczną kąta

Kąt jest prosty, więc punkty i punkt styczności okręgu wpisanego w trójkąt z bokiem tworzą kwadrat. Stąd

Korzystając kolejno z twierdzenia Talesa dla równości odcinków, twierdzenia Talesa dla i twierdzenia o dwusiecznej, uzyskujemy

Stąd na mocy twierdzenia o dwusiecznej jest dwusieczną kąta

Tak! Warunek dany w zadaniu możemy przedstawić w postaci

Jeśli pewna czwórka liczb spełnia to równanie, to na mocy wzorów Viète'a spełnia je również czwórka gdzie

W takim razie z dowolnego rozwiązania możemy uzyskać inne rozwiązanie gdzie Jeśli założymy, że to otrzymamy Otrzymaliśmy więc nową czwórkę liczb spełniającą równanie, przy czym minimalny element czwórki został zmieniony na element największy.

Zaczynając od czwórki i wykonując wielokrotnie analogiczną operację, uzyskamy szukane rozwiązanie.

Niech oznaczają odpowiednio promienie okręgów wpisanych w trójkąty i a - obwody tych trójkątów. Ponadto niech oznacza obwód trójkąta

Z równości odcinków stycznych do okręgu poprowadzonych z jednego punktu (zastosowanej trzykrotnie do okręgu wpisanego w trójkąt oraz punktów ) otrzymujemy

Po dodaniu

do obu stron równości dostajemy

Z podobieństwa każdego z małych trójkątów do trójkąta wynika, że dla zachodzi równość

W takim razie

Liczba dzieli liczby względnie pierwsze i W takim razie a stąd

oraz

Korzystając z własności największego wspólnego dzielnika, otrzymujemy

Każdy dzielnik pierwszy liczby jest również dzielnikiem liczby a więc także W takim razie nie może dzielić liczby Stąd

Prawa strona podanej równości ma postać ilorazu (licznik to iloczyn ośmiu czynników, mianownik to iloczyn siedmiu czynników). Lewa strona to Wystarczy pokazać, że dowolna liczba pierwsza wchodzi do rozkładów liczb oraz w jednakowej potędze (być może zerowej).

Ustalmy więc liczbę pierwszą i przyjmijmy, że liczby są podzielne odpowiednio przez ale nie przez Wówczas

Należy wykazać, że

Wobec symetrii rozważanych wyrażeń (względem permutacji ) nie tracimy ogólności zakładając, że Napisane równości uzyskują postać

teza gotowa.

Niech Duży okrąg o środku którego dotyczy zadanie, oznaczmy symbolem Okręgi opisane na trójkątach i oznaczmy przez i Niech będzie cięciwą okręgu równoległą do (zatem ), i niech będzie okręgiem o środku stycznym do prostej w punkcie Skoro teza zadania sprowadza się do wykazania, że punkt leży na prostej

Rozważmy inwersję względem okręgu Każda z półprostych (bez punktu ) jest odwzorowywana na samą siebie. Prosta przechodzi na okrąg o średnicy (punkt nie zmienia położenia). Obrazami punktów są punkty w których półproste przecinają okrąg Okręgi i (bez punktu który jest środkiem inwersji) zostają przekształcone na proste oraz Obrazem okręgu jest okrąg styczny do prostych i

Prosta jest styczna do okręgu więc
Także oraz Zatem cięciwy okręgu są jednakowej długości. Okrąg styczny do tych trzech cięciw, jest wobec tego współśrodkowy z okręgiem Prosta jest więc osią symetrii okręgu

Stąd wynika, że ta sama prosta jest też osią symetrii okręgu - przechodzi zatem przez jego środek, czyli punkt - a to właśnie mieliśmy wykazać.

Jeśli każda ściana jest trójkątem, to zachodzi równość co jest niemożliwe.

Ponieważ wielościan o 7 krawędziach miałby najwyżej 4 wierzchołki, a więc najwyżej 6 krawędzi - sprzeczność.

Jeśli płaszczyzna przecina krawędzi, to przekrój ma boków i płaszczyzna ta przecina także różnych ścian (bo wielościan jest wypukły). Stąd więc zatem niemożliwe, by

Jeśli jest liczbą nieparzystą, to liczby są nieparzyste, a więc niemożliwe, by

Na mocy wzoru Eulera oraz nierówności uzyskujemy Pozostałych nierówności dowodzimy analogicznie.

Niech oznacza liczbę krawędzi ściany dla wówczas Suma kątów płaskich ścian wielościanu równa jest

Jeśli nie ma, to oraz zatem sprzeczność.

Oznaczmy przez liczbę ścian -kątnych, a przez liczbę naroży -ściennych

Wtedy oraz Stąd

Jeśli wielościan ma ścian pięciokątnych i sześciokątnych, to oraz Wielokąty są foremne, zatem w każdym wierzchołku schodzą się po trzy. Stąd czyli a więc

Zatem - wielościan ma 12 ścian pięciokątnych.

Pozostawiamy Czytelnikom uzasadnienie, że krawiec może uszyć tylko dwunastościany foremne i piłki nożne.

Szukamy wielościanów wypukłych zbudowanych z -kątów foremnych, po w każdym wierzchołku. Oznacza to, że oraz Wobec tego

przy czym Równanie to ma pięć rozwiązań.

Skądinąd znamy pięć wielościanów foremnych: dla czworościan, - sześcian, - ośmiościan, - dwunastościan i - dwudziestościan. Powyższe rozumowanie wskazuje, że więcej ich być nie może.

Przyjmijmy

Oczywiście to długości fragmentów boków od wierzchołków do punktów styczności z okręgiem wpisanym. Oznaczając przez środek i promień okręgu wpisanego, mamy zgodnie z twierdzeniem Pitagorasa

Lewa strona zadanej nierówności jest sumą trzech składników. Przekształcamy wyrażenie pod pierwiastkiem w pierwszym składniku:

(1)

Pole trójkąta wyraża się wzorami (wzór Herona) oraz ; stąd Kontynuujemy przekształcenie (1):

Analogicznie wyrażają się pozostałe dwa składniki. Dowodzona nierówność przybiera postać

po uproszczeniu:

(2)

- co jest banalną prawdą, skoro

Biorąc trójkąt, w którym najmniejszy kąt jest bliski zeru, uzyskujemy w nierówności (2) stosunek lewej do prawej strony dowolnie bliski jedności (trójkąt niewiele różni się od odcinka, a obie strony (2) są bliskie długości owego odcinka). Stąd wniosek, że stała (w oryginalnej nierówności) jest optymalna.

Można przyjąć, że Wskażemy indukcyjną konstrukcję ciągu zbiorów o wymaganych własnościach. Zaczniemy od trójki Załóżmy, że zbiory zostały już określone. Wówczas definiujemy jako najmniejszą liczbę naturalną jeszcze niewykorzystaną (tzn. nieobecną w zbiorze ) - to już gwarantuje, że w wyniku całej konstrukcji wszystkie liczby naturalne zostaną użyte oraz że ciąg będzie rosnący.

Aby dokończyć określenie zbioru (gdy już mamy), patrzymy na liczbę Jeżeli jest ona jeszcze niewykorzystana, przyjmujemy ją jako Jeżeli jest wykorzystana, bierzemy jako liczbę ; i z konieczności przyjmujemy (tak więc jedna z różnic będzie równa a druga ). Tak określona liczba jest większa od liczb więc nie została wcześniej wykorzystana.

Pozostaje uzasadnić, że w przypadku, gdy liczba została już wykorzystana, wówczas liczba pozostała niewykorzystana (i może być użyta jako ). Przypuśćmy, że liczba znalazła się w którymś zbiorze o numerze Skoro to ; musiałaby zajść równość Ale więc mielibyśmy Liczba niewykorzystana aż do -tego kroku konstrukcji, tym bardziej nie była jeszcze wykorzystana w momencie konstrukcji zbioru więc na mocy przyjętego algorytmu powinna była zostać użyta jako

Uzyskana sprzeczność dowodzi niesłuszności przypuszczenia, że i uzasadnia poprawność określenia ; powstały zbiór jest rozłączny ze zbiorami