Delta mi!

Z nierówności Schwarza otrzymujemy

Stąd i z warunku z zadania

otrzymujemy tezę.

Rozważmy jednokładność o środku w punkcie przeprowadzającą mniejszy okrąg na większy. Obrazem prostej jest prosta równoległa do i styczna do większego okręgu w pewnym punkcie (obrazie punktu ). Punkty są współliniowe. Ponieważ punkty i są symetryczne względem średnicy większego okręgu przechodzącej przez i zachodzi równość więc

Przykładami wielomianów, o jakich mowa, stopni oraz mogą być oraz Wykażemy, że nie istnieje wielomian o podanych własnościach, stopnia

Przypuśćmy, że jest takim wielomianem. Zestaw wszystkich pierwiastków wielomianu rozdzielamy na ciąg pierwiastków wielomianu oraz ciąg pierwiastków wielomianu Wówczas

(1)

Podstawiając mamy skąd wynika, że najmniejszy z czynników tego iloczynu jest liczbą ujemną: Wobec tego jest liczbą większą od wszystkich Widzimy ponadto, że liczby nie mogą być wszystkie równe, bo liczba nie jest iloczynem równych liczb całkowitych. Zatem

Podstawiając z kolei w równaniu (1) dostajemy Jest to iloczyn dodatnich liczb całkowitych; największa musi być dwójką, a pozostałe jedynkami - to znaczy,

(2)

Wracamy do równania (1) i podstawiamy ; otrzymujemy równość Zgodnie ze wzorami (2), przepisujemy ją w postaci

(3)

Skoro czynnik musi być równy Gdyby był równy znaczyłoby to, że wbrew wcześniejszemu spostrzeżeniu. Gdyby był równy w pierwszym nawiasie wzoru (3) mielibyśmy Równość (3) doprowadziła do sprzeczności.

Wielomiany o postulowanych własnościach istnieją więc tylko dla i (Nietrudno znaleźć ich ogólną postać - zostawiamy to jako ćwiczenie).

a) Pewien wierzchołek otrzymuje nazwę Idąc od do wzdłuż brzegu wielokąta, w wybranym kierunku, mijamy kolejno wierzchołki Przechodzimy przez dalej mijamy wierzchołki i wracamy do Numery oraz tworzą permutację zbioru Liczby, przyporządkowane wszystkim bokom, sumują się do wartości

Równość w tym szacowaniu jest osiągalna; ma ona miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy oraz Zatem to szukane minimum.

b) Zbiór może być dowolnym podzbiorem zbioru (również pustym, wtedy pierwszy składnik rozpisanej sumy ma postać ). Zauważmy teraz, że już sam wybór zbioru determinuje ponumerowanie, realizujące równość ; liczby ze zbioru uporządkowane rosnąco, trzeba przypisać kolejnym wierzchołkom (przy obieganiu wielokąta od w wybranym kierunku), następny wierzchołek trzeba nazwać a dalszym wierzchołkom dać niewykorzystane numery, uporządkowane malejąco.

Konkluzja: jest tyle możliwości optymalnego ponumerowania wierzchołków, ile podzbiorów ma zbiór to znaczy

Czytelnik doświadczony w dziedzinie rozwiązywania problemów olimpijskich z całą pewnością natychmiast skojarzy dany warunek ze wzorami Viète'a. Jest to istotnie dobry trop. Rozważmy bowiem wielomian którego pierwiastkami są liczby czyli

Z danych założeń i wspomnianych wzorów Viète'a wynika bezpośrednio, że Jeżeli więc to oczywiście Widzimy zatem, że żaden z pierwiastków nie może być liczbą ujemną, co kończy rozwiązanie.

Oznaczmy sumę daną w zadaniu przez Udowodnimy najpierw, że liczba nie jest całkowita. Zauważmy w tym celu, że dla dowolnej liczby całkowitej zachodzą nierówności

Pierwsza z nich jest oczywista, zaś druga po podniesieniu do kwadratu redukuje się do

co jest prawdą, gdyż

W szczególności dla dowolnego prawdziwe są nierówności

Wynika stąd, że suma nie jest liczbą całkowitą, gdyż część ułamkowa każdego z jej składników jest mniejsza niż Dowodzi to naszego stwierdzenia.

Może się wydawać, że do osiągnięcia celu jest jeszcze daleko. Liczba, która nie jest całkowita, nie musi przecież od razu być niewymierna. W tym jednak momencie można zacząć podejrzewać, jaką rolę odegrają własności wielomianów. W następnym kroku udowodnimy bowiem, że istnieje wielomian unormowany o współczynnikach całkowitych, taki, że Stąd już natychmiast otrzymamy tezę zadania, gdyż z twierdzenia o pierwiastku wymiernym wynika, że każdy wymierny pierwiastek wielomianu jest również całkowity. W szczególności, skoro to tym samym

Za pomocą indukcji po wykażemy ogólniejsze stwierdzenie: dla dowolnych liczb całkowitych istnieje unormowany wielomian o współczynnikach całkowitych, dla którego

Gdy wystarczy przyjąć Załóżmy więc, że oraz istnieje wielomian unormowany o współczynnikach całkowitych, dla którego gdzie Przyjmijmy, że stopień wielomianu to i że zapisuje się w postaci W szczególności

Po rozwinięciu wszystkich potęg ze wzoru dwumianowego Newtona otrzymujemy równanie postaci

gdzie i są wielomianami o współczynnikach całkowitych stopnia mniejszego niż Przenosząc składnik na drugą stronę i podnosząc obie strony równości do kwadratu, dostajemy

W szczególności liczba jest pierwiastkiem unormowanego wielomianu

Kończy to zarówno dowód indukcyjny, jak i rozwiązanie zadania.

Zauważmy, że płaszczyzn o równaniach dla spełnia żądany warunek. Wykażemy, że jest minimalną liczbą o tej własności.

Załóżmy więc, że suma mnogościowa pewnych płaszczyzn danych równaniami

pokrywa zbiór ale nie zawiera punktu Rozważmy wielomian trzech zmiennych dany jako

Jest to wielomian łącznego stopnia który spełnia warunek dla oraz

Za pomocą wielomianu udało się nam przetłumaczyć kombinatoryczny warunek dotyczący płaszczyzn na język algebry. Dzięki temu możemy wykorzystać jej narzędzia, zapominając o kombinatorycznej naturze zadania.

Dla dowolnego wielomianu trzech zmiennych określmy operację zdefiniowaną jako

W analogiczny sposób definiujemy operację oraz

Za pomocą nietrudnego rachunku na współczynnikach sprawdzimy najpierw, że operacja zmniejsza łączny stopień wielomianu co najmniej o Załóżmy bowiem, że stopień pewnego wielomianu to przy czym w rozwinięciu pojawia się jednomian postaci Korzystając ze wzoru dwumianowego Newtona, uzyskujemy

Otrzymaliśmy więc sumę jednomianów o łącznym stopniu nieprzekraczającym Stosując to samo rozumowanie do każdego jednomianu postaci który pojawia się w rozwinięciu i spełnia widzimy, że operacja redukuje wszystkie jednomiany o łącznym stopniu Potwierdza to nasze stwierdzenie.

Zauważmy, że skoro wielomian zeruje się dla dowolnej trójki spełniającej oraz to zeruje się dla dowolnej trójki która spełnia oraz Jednocześnie, mamy

Powtarzając operację aż -krotnie, otrzymujemy wielomian który zeruje się dla dowolnej trójki postaci gdzie oraz nie zeruje się dla Używając więc operacji już ostatni raz dostajemy

Wielomian, który otrzymaliśmy z wielomianu po -krotnym zastosowaniu operacji nie zeruje się więc w punkcie ale zeruje się dla dowolnego punktu postaci gdzie i co najmniej jedna z liczb jest różna od zera.

Możemy zatem powtórzyć cały powyższy proces, tym razem względem zmiennej startując od wielomianu otrzymanego w ostatnim kroku. Wielomian zeruje się więc dla dowolnej trójki postaci gdzie ale nie dla trójki Ostatecznie już, rozumując w ten sam sposób względem zmiennej dochodzimy do wniosku, że wielomian nie zeruje się w punkcie

Nie jest to zatem wielomian zerowy. Wcześniej udowodniliśmy jednak, że dowolna z operacji redukuje łączny stopień wielomianu co najmniej o Stopień wielomianu nie przekracza zatem Stąd i rozwiązanie zadania jest zakończone.

Zadanie może wydawać się całkiem tajemnicze. W naturalny sposób nasuwają się dwa pytania: dlaczego akurat potęga liczby 2 i gdzie tu znaleźć wielomiany? Jako rozgrzewkę możemy zaproponować Czytelnikowi proste ćwiczenie: dla dowolnej potęgi liczby 2 skonstruować różne zestawy liczb o żądanej własności.

Odpowiedzmy zatem na drugie. Rozważmy bowiem wielomiany

Kluczowa obserwacja polega na połączeniu danego warunku z operacją brania kwadratu wielomianu. Zauważmy bowiem, że

Przypatrzmy się teraz wielomianowi Nie jest to wielomian zerowy oraz a więc liczba jest jego pierwiastkiem. Oznaczmy przez krotność owego pierwiastka, czyli dla pewnego wielomianu takiego, że Wówczas

Podstawiając w powyższej równości, dostajemy

skąd

Korzystając kolejno z równoległości prostych i oraz z twierdzenia (*) uzyskujemy Stąd

co kończy dowód.

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku. Skoro czworokąt jest wpisany w okrąg, to

więc

Jednocześnie, na mocy twierdzenia dla okręgu mamy oraz Wobec tego

co kończy dowód.

Na mocy danej równości kątów oraz twierdzenia odwrotnego do prosta jest styczna do okręgu opisanego na trójkącie Wobec tego środek tego okręgu leży na prostej (bo ). Analogicznie prosta także jest styczna do tego okręgu, gdyż zatem środek rozważanego okręgu leży też na prostej Stąd jest nim punkt

Kąt jest więc kątem środkowym opartym na tym samym łuku, co kąt wpisany zatem

Oznaczmy środek krótszego łuku okręgu przez Wówczas przy czym druga równość wynika z twierdzenia Wobec tego leży na dwusiecznej kąta Analogicznie dla kąta więc Dowód dla punktów i przebiega podobnie.

Rys. 1

Rys. 2

Wykreślamy równoległobok, którego dwa boki leżą na ramionach kąta o wierzchołku a jego przekątne przecinają się w punkcie Przekątna tego równoległoboku, która przecina ramiona kąta (w punktach i Rys. 1) wyznacza trójkąt o najmniejszym polu.

Jeśli jest inną prostą przechodzącą przez punkt (na przykład taką, że Rys. 2), to, korzystając z przystawania trójkątów i mamy:

Pierwsza część jest łatwa. Weźmy kwadrat jednostkowy i w nim trójkąt którego wierzchołki leżą na różnych bokach kwadratu tak, że Wówczas trójkąt łatwo zastąpić trójkątem o większej wysokości, czyli większym polu (Rys. 1):

Rys. 2

Druga część jest konsekwencją zadania 2. Jeśli trójkąt ma najmniejsze pole wśród trójkątów zawierających kwadrat (jednostkowy), to środki boków tego trójkąta muszą należeć do boków kwadratu. Oznacza to, że jeden bok kwadratu musi należeć do boku trójkąta, a przeciwległy bok kwadratu łączy środki boków trójkąta (Rys. 2). Nietypowe w tym zadaniu jest to, że istnieje wiele różnych realizacji warunków ekstremalnych.

W kąt o wierzchołku wpisujemy dwa okręgi przechodzące przez punkt (Rys. 1). Do większego z nich, powiedzmy w punkcie wyznaczamy styczną, która przecina ramiona kąta w punktach i (Rys. 2). Tak utworzony trójkąt spełnia warunki zadania i ma najmniejszy obwód równy gdzie i to punkty styczności okręgu z ramionami kąta (jest tak, bo i ).

Jeśli jest inną prostą zawierającą punkt to okrąg dopisany do trójkąta jest styczny do ramion kąta w punktach i oraz do odcinka w punkcie (Rys. 3). Ponieważ punkt leży na zewnątrz okręgu dopisanego więc okrąg ma większy promień niż okrąg i obwód trójkąta jest równy

Odp. Nie!
Załóżmy przeciwnie, że udało się pociąć naszą figurę. Wówczas jedno z cięć musiało przebiegać po poziomej osi symetrii figury, ponieważ każda połowa figury zawiera parzystą liczbę pól. Pokolorujmy pola figury jak standardową szachownicę (każde pole białe sąsiaduje z polami czarnymi, a pole czarne - z białymi). Ponieważ każdy fragment zawiera jedno pole białe i jedno czarne, to różnica między liczbą pól białych i czarnych w każdej połowie figury powinna być równa zero, a w naszym przypadku wynosi 4.

Odp. Nie!
Przypuśćmy, że istnieje taki zbiór Wówczas istnieją w tym zbiorze okręgi które mają punkt wspólny oraz okrąg który nie przechodzi przez Oznaczmy punkty wspólne, różne od okręgów i i i odpowiednio przez oraz Wówczas przechodzi przez wszystkie te punkty.

Rozważmy piąty okrąg ze zbioru Musi on przechodzić przez lub (ponieważ są to jedyne punkty wspólne okręgów i ). Podobnie okrąg musi przechodzić przez co najmniej jeden z każdej pary punktów spośród i Stąd przechodzi przez co najmniej trzy z tych punktów. To jest jednak niemożliwe, bo każda taka trójka wyznacza jednoznacznie jeden z okręgów

Odp. Nie!
Dwudziestościan foremny jest środkowosymetryczny, więc każdy jego przekrój płaszczyzną przechodzącą przez jego środek również. Nie istnieje natomiast środkowosymetryczny jedenastokąt.

Najpierw pokażemy, że połączeń wystarczy. Ustalmy pewną osobę Najpierw każda z pozostałych osób dzwoni do przekazując jej swoją informację. Wówczas osoba zna już wszystkie informacje i w ciągu kolejnych rozmów może przekazać je pozostałym.

Teraz pokażemy, że aby wszyscy poznali wszystkie informacje, potrzeba co najmniej połączeń. Niech oznacza liczbę wszystkich wykonanych w tym celu połączeń, zaś - liczbę połączeń, które zostały wykonane przed pierwszym momentem, gdy pewna osoba (nazwijmy ją ) znała wszystkie wiadomości. Każda z pozostałych osób musi być poinformowana o wiadomościach, których nie zna, więc trzeba wykonać jeszcze co najmniej połączeń, tzn. Zauważmy również, że po telefonach osoba zna wszystkie wiadomości, więc każda z pozostałych osób musiała wykonać wcześniej przynajmniej jedno połączenie (inaczej jej wiadomość nie byłaby znana nikomu poza nią, w szczególności ). Stąd W takim razie

Załóżmy najpierw, że i rozważmy doświadczenie losowe polegające na rzucaniu monetą tak długo, dopóki razy wypadnie orzeł lub razy reszka. Prawdopodobieństwo wypadnięcia orła w pojedynczym rzucie wynosi zaś reszki Zauważmy, że prawdopodobieństwo tego, że doświadczenie zakończy się w rzucie (dla ) z powodu wypadnięcia orłów wynosi a z powodu wypadnięcia reszek - Sumując prawdopodobieństwa poszczególnych możliwości zakończenia doświadczenia, otrzymujemy

Po wstawieniu lewa strona tożsamości jest wielomianem zmiennej który jest tożsamościowo równy na przedziale więc jest on równy dla wszystkich rzeczywistych.

Pokażemy, że jeśli jest widoczny z i to jest widoczny z każdego punktu odcinka To wystarczy, bowiem dowolny punkt z trójkąta leży na pewnym odcinku dla pewnego z odcinka

Ustalmy punkt na odcinku i weźmy dowolny punkt z Chcemy wykazać, że odcinek leży w Niech będzie dowolnym punktem na odcinku Ponieważ widać z to każdy punkt odcinka leży w w szczególności - punkt przecięcia odcinka z prostą Ponieważ widać też z to każdy punkt odcinka należy do w szczególności punkt

Rysunek przedstawia krótszą drogę, co łatwo sprawdzić, korzystając z twierdzenia Pitagorasa.