Delta mi!

W przypadku przedstawionym na rysunku każda z możliwych dróg ma długość co najmniej

Można skserować, wyciąć, spróbować złożyć "siatkę" i zobaczyć, że z sklejają się w innym punkcie, niż z Wynika to z faktu, że na rysunku wysokości trójkątów, poprowadzone z wierzchołków nie przecinają się w jednym punkcie - spodku wysokości ostrosłupa - a powinny.

Rys. 1

Rys. 2

Opiszemy, jak go skonstruować. Rozpatrzmy sześciokąt o wszystkich bokach równej długości i kątach przy wierzchołkach równych odpowiednio: Niech będzie punktem przecięcia przekątnych oraz a punktem przecięcia przekątnych oraz (Rys. 1). Łatwo wykazać, że Wybierzmy teraz w przestrzeni punkty oraz po tej samej stronie płaszczyzny sześciokąta, tak aby proste i były prostopadłe do tej płaszczyzny oraz aby Wielościan (Rys. 2) spełnia warunki zadania - ma jedną ścianę, podstawę, która nie jest wielokątem foremnym, cztery ściany będące trójkątami równobocznymi i dwie ściany kwadratowe. Sprawdzenie tego faktu pozostawiamy Czytelnikom.

Tak, taki ostrosłup istnieje. Jeśli dokładnie przyjrzymy się prostopadłościanowi, to dostrzeżemy "w nim" nasz ostrosłup. Rzeczywiście, niech będzie prostopadłościanem. Wówczas ostrosłup spełnia warunki zadania.

Trójkąty oraz są, oczywiście, prostokątne. Ponadto, ponieważ prosta jest prostopadła do płaszczyzny to jest ona prostopadła do każdej prostej z tej płaszczyzny, w szczególności do prostej Zatem trójkąt jest prostokątny. Podobnie dowodzimy, że trójkąt jest prostokątny.

Tak, taki wielościan istnieje. Rozpatrzmy graniastosłup sześciokątny o podstawach oraz Graniastosłup ten ma 18 krawędzi i wszystkie jego ściany mają parzystą liczbę boków. Gdyby udało się dodać jedną krawędź, nie zmieniając własności ścian, to otrzymany wielościan spełniałby warunki zadania. Zauważmy, że sześciokąt można bez trudu podzielić jedną z przekątnych na dwa czworokąty. Teraz tylko trzeba zrobić z tych czworokątów ściany wielościanu przez pochylenie jednego z nich. Poprowadźmy więc przez punkty oraz płaszczyznę przecinającą krawędzie i odpowiednio w punktach oraz Płaszczyzna ta dzieli graniastosłup na dwa wielościany, z których jeden spełnia warunki zadania: ma osiem ścian będących czworokątami i jedną ścianę sześciokątną. Ponadto wielościan ten ma krawędzi.

Czytelnik Uważny skonstruuje podobną metodą inne przykłady wielościanów o zadanych własnościach, rozpatrując graniastosłup o podstawie będącej -kątem, dla

W każdym wierzchołku graniastosłupa o podstawie będącej 99-kątem zbiegają się dokładnie trzy krawędzie. Niestety, taki graniastosłup na 101 ścian. Spróbujemy pozbyć się jednej ściany tak, aby pozostałe własności nie zmieniły się. Przetnijmy nasz graniastosłup płaszczyzną przechodzącą przez jedną krawędź dolnej podstawy i przecinającą wszystkie boczne krawędzie. Płaszczyzna ta dzieli graniastosłup na dwa wielościany, z których dolny spełnia warunki zadania.

Rozpatrzmy graniastosłup trójkątny i płaszczyzną przechodzacą przez środki krawędzi wychodzących z jednego, wybranego wierzchołka odetnijmy z niego czworościan zawierający ten wierzchołek. Następnie w ten sam sposób odetnijmy czworościany z pozostałych "rogów" graniastosłupa. Otrzymany wielościan spełnia warunki zadania.

Oznaczmy drużyny przez Niech w -tej rundzie (dla ) drużyny i (dla ) grają ze sobą, jeśli jest podzielne przez zaś drużyny i (dla ) - jeśli jest podzielne przez

Dla ustalonych dokładnie jedna spośród kolejnych liczb jest podzielna przez więc i zagrają ze sobą w dokładnie jednej z rund. Podobnie drużyny i dla zagrają ze sobą dokładnie raz, ponieważ dokładnie jedna z liczb jest podzielna przez

Ustalmy rundę Gdyby drużyna grała w -tej rundzie dwa razy, to dla pewnych liczba byłaby podzielna przez Ponieważ jest parzyste, dostalibyśmy, że co jest niemożliwe. Gdyby drużyna grała dwa razy w -tej rundzie, to zachodziłaby jedna z dwóch możliwości: 1) drużyna gra z drużynami skąd a to jest niemożliwe; 2) drużyna gra z drużynami i skąd co również jest niemożliwe.

W takim razie zaproponowany podział na rundy spełnia warunki zadania.

Zauważmy, że z własności funkcji wynika prawdziwość dwóch nierówności:

Po wymnożeniu tych nierówności stronami otrzymujemy tezę.

Pál Erdős [Ann. of Math. (2) 47 (1946), ] wykazał, że funkcja spełniająca podane warunki musi być postaci dla pewnego

Z twierdzenia o dwusiecznej wiemy, że a skąd

gdzie

Zatem punkt to obraz punktu przy jednokładności o środku i skali Poszukiwany zbiór punktów jest więc obrazem okręgu (bez dwóch punktów) przy tej jednokładności.

Przyjmijmy oznaczenia:

Ponieważ oraz (nier. Cauchy'ego-Schwarza), zatem

Wystarczy rozważyć przypadek, gdy (więc ). Wówczas

Wobec tego

To znaczy, że postulowana nierówność podwójna zachodzi ze stałymi (dla oczywiście też).

Biorąc teraz np. uzyskujemy równość (z podaną stałą ); zaś zmieniając znak w i dostajemy równość (z podaną stałą ). Znalezione stałe są więc optymalne.

Z warunków zadania wynika, że punkt leży wewnątrz trójkąta (jest to bowiem środek okręgu opisanego na tym trójkącie, leżący w obrębie kąta ostrego ). Oznaczmy kąty tego trójkąta: ; ponadto niech ; z założenia

Na bokach i czworokąta (wklęsłego) budujemy, po zewnętrznej jego stronie, trójkąty i przystające odpowiednio do trójkątów i :

(rysunek przedstawia sytuację, gdy punkt leży między i zaś między i ; ale przy innym uporządkowaniu punktów, na jednej lub drugiej z tych prostych, rozumowanie nie wymaga żadnych zmian). Skoro

zatem

Z uzyskanych równości wynika, że trójkąt jest przystający do trójkąta wobec czego i otrzymujemy tezę zadania:

Tak. Koło przykrywające pasek można składać wraz z nim, wtedy złożony pasek mieści się w złożonym kole, które można przykryć kołem niezłożonym.

Tak, dowolny trójkąt rozwartokątny zmieści się w kole, którego średnicą jest jego najdłuższy bok - cięciwa koła opisanego.

a)

Średnica każdego z czterech kół równa jest 1, a przekątna kwadratu jednostkowego ma długość stąd

b)

Średnica każdej z ośmiu kul równa jest 1, a przekątna sześcianu jednostkowego ma długość stąd

c)

Średnica każdej z kul równa jest 1, a przekątna hipersześcianu jednostkowego ma długość stąd

Dla uzyskujemy więc "mała" kulka jest większa od każdej z "dużych" kul, a dla mamy czyli kula wystaje poza hipersześcian!

Tak. Pan Fletowski może umieścić flet wzdłuż głównej przekątnej sześciennego pudła o krawędzi długości 1 m - jej długość to

-otoczka prostokąta, jej pole równe jest

Nie. Rozważmy -otoczkę pudełka o wymiarach czyli zbiór złożony z wszystkich punktów z jego wnętrza oraz punktów odległych od niego o mniej niż Ma ona kształt większego prostopadłościanu o zaokrąglonych krawędziach i rogach. Jej objętość równa jest

gdzie
(objętość wyjściowego prostopadłościanu),
(objętości prostopadłościanów zbudowanych na ścianach),
(fragmenty na równoległych krawędziach sumują się do walców o promieniu podstawy ),
(fragmenty na rogach prostopadłościanu sumują się do kuli o promieniu ).

Zauważmy, że jeśli pudełko o wymiarach da się włożyć do pudełka o wymiarach to również -otoczka pierwszego mieści się w -otoczce drugiego. To z kolei oznacza, że różnica objętości jest nieujemna:

Załóżmy, że

Powyższa różnica objętości jest wówczas wielomianem stopnia 2 zmiennej Skoro ma on wartość nieujemną dla każdego to musi mieć dodatni współczynnik przy najwyższej potędze Stąd co kończy dowód.

Odp. Tak!
Wystarczy wybrać trzy punkty i leżące w wierzchołkach trójkąta równobocznego o boku a pozostałe punkty z krótszego łuku okręgu o środku i promieniu

(a) Ponieważ iloczyn liczb dla wynosi to korzystając z nierówności między średnimi, dostajemy

Odejmując od obu stron nierówności sumę

dostajemy tezę.

(b) W punkcie (b) będziemy korzystać z następującego lematu: jeśli ciągi liczb rzeczywistych i spełniają

oraz

to wówczas

Załóżmy, że ciąg jest nierosnący:

Wówczas

i z lematu dostajemy

co dowodzi (2). Gdy ciąg jest niemalejący, postępujemy analogicznie.

Teraz (3) otrzymujemy łatwo przez dodanie nierówności (1) i (2) stronami.

Niech przedłużenia ramion i przecinają się w punkcie a proste i w punkcie

Wówczas trójkąty i są przystające, a w szczególności oraz jest środkiem Ponadto jest środkiem ponieważ odcinek jest równoległy do i dwa razy krótszy. Zatem i są środkowymi w trójkącie

Skoro w czworokąt można wpisać okrąg, to zachodzi równość

Ponadto ten okrąg jest wpisany w trójkąty i które mają równe pola (równe połowie pola trójkąta ). W takim razie mają również równe obwody, czyli

Dodając te równości stronami i upraszczając, otrzymujemy równość

Skoro wiemy, że i to mamy też Stąd dostajemy

czyli tezę.

Pokażemy, że gdy jest nieparzystą liczbą pierwszą, równanie nie ma rozwiązań w liczbach całkowitych dodatnich.

Przypuśćmy, że para liczb całkowitych jest rozwiązaniem. Zgodnie z małym twierdzeniem Fermata,

Jeśli więc to czyli

Z wypukłości funkcji (w zbiorze liczb dodatnich) wynika nierówność

Funkcja jest rosnąca; stąd Skoro zaś (mod ), widzimy, że A zatem Aby uzyskać oczekiwaną sprzeczność, wystarczy wykazać, że

(1)

Oznaczmy: ; wtedy Ponownie korzystając z wypukłości funkcji mamy nierówność Wobec tego

(2)

Z drugiej strony,

(3)

Nierówność (1) będzie udowodniona, jeśli pokażemy, że w wyrażeniu po prawej stronie (2) współczynnik stojący przy jest nie mniejszy niż analogiczny współczynnik w wyrażeniu (3); czyli, że

(4)

Łatwo przerachować, że

Stąd ; oszacowanie (4) gotowe, dowód zakończony.

Liczba jest nieparzysta, zatem zbiór wszystkich liczb parzystych, mniejszych od ma własność, o którą chodzi. Jest ich Wykażemy, że jest to największa możliwa liczność.

Rozbijamy zbiór na rozłączne pary:

Mamy razem par liczb. Zbiór o większej liczności (zawarty w ) musi zawierać jedną z wymienionych par. Ale w każdej parze albo suma, albo różnica elementów jest równa Stąd nasza teza.

Nie, Maja może zastosować następującą strategię, która gwarantuje jej zwycięstwo. W pierwszych swoich ruchach Maja maluje na kolorowo punktów z jednej prostej. Każdą parę takich kolorowych punktów można na dwa sposoby uzupełnić do trójkąta równobocznego, par punktów spośród jest więc łącznie po ruchach na płaszczyźnie jest takich punktów, że pomalowanie dowolnego z nich na kolorowo da Mai zwycięstwo.

Dla mamy zatem Gucio nie może w swoich początkowych ruchach wszystkich opisanych powyżej punktów pomalować na czarno i Maja może wygrać w ruchu numer

Narysujmy 3 poziome proste, 9 pionowych i rozważmy 27 punktów ich przecięć. Każdy punkt pomalowano jednym z dwóch kolorów, łącznie jest więc możliwych układów kolorów trójki wyróżnionych punktów z pojedynczej pionowej prostej. Ponieważ mamy 9 pionowych prostych, na pewnych dwóch z nich (nazwijmy je i ) jest ten sam układ kolorów takiej trójki.

Wśród trzech wyróżnionych punktów na prostej pomalowanych dwoma kolorami, pewne dwa punkty mają ten sam kolor. Niech to będą dwa wierzchołki szukanego prostokąta, pozostałe dwa to odpowiadające im punkty tego samego koloru z prostej (leżą one na tych samych poziomych prostych).

Wystarczy uogólnić rozwiązanie poprzedniego zadania i rozważyć prostych poziomych oraz prostych pionowych.

Istnieje kolor, którym pomalowano przynajmniej pól. Rozważmy 48 pól tego właśnie koloru i niech oznacza liczbę tych pól występujących w -tym wierszu; oczywiście W każdym wierszu dwa spośród rozważanych pól można wybrać na sposobów. Wobec tego

przy czym nierówność wynika z nierówności średnich (na marginesie). Tymczasem dwie z 12 kolumn można wybrać na sposobów - mniej niż 72. Oznacza to, że w pewnych dwóch wierszach można wybrać po dwa pola tego samego koloru i w tych samych kolumnach; ich środki tworzą szukany prostokąt.

Uwaga
Dla dowolnych liczb zachodzi nierówność między średnią kwadratową a arytmetyczną:

Ustalmy jednego z rycerzy; powiedzmy, że ma on na imię Lancelot. Rozważmy dwa przypadki.

• Lancelot został wybrany do drużyny. Wówczas żaden z jego dwóch sąsiadów nie będzie w drużynie. Z pozostałych osób musimy wybrać które nie siedzą na sąsiadujących miejscach. Możemy to zrobić na sposobów, ponieważ wybrane osoby jednoznacznie odpowiadają miejscom, a więc wstawieniu pomiędzy miejsc osób spoza drużyny (lub przed pierwszym z nich, lub za ostatnim) miejsc dla osób z drużyny.
• Lancelot nie został wybrany. Spośród pozostałych osób musimy wybrać niebędących wrogami. W tym przypadku drużynę można wybrać na sposobów: pomiędzy miejsc dla osób spoza drużyny (lub przed pierwszym z nich, lub za ostatnim) wstawiamy miejsc dla osób z drużyny.

Odp. Drużynę można więc wybrać na sposobów.

Niech oznacza największą z liczb Popatrzmy na wyraz naszej sumy:

i oznaczmy większy ze składników z mianownika, lub przez Popatrzmy teraz na wyraz naszej sumy:

i oznaczmy większy ze składników z mianownika, lub przez Kontynuując to postępowanie, otrzymujemy ciąg indeksów

Ponieważ nierówność, którą chcemy udowodnić, jest cykliczna, możemy bez utraty ogólności przyjąć, że Z definicji mamy lub Zatem po pewnej liczbie kroków po raz pierwszy otrzymamy lub Ponadto bo w każdym kroku przesuwamy się o co najwyżej dwa. Zauważmy też, że

Stosując teraz nierówność między średnimi, otrzymujemy

Wybierzmy na prostej punkt w taki sposób, aby czworokąt był równoległobokiem.

Z założonej równości możemy wywnioskować, że jest rombem. Ponadto, skoro to punkt jest środkiem boku Ponieważ punkt jest środkiem boku więc punkty i są symetryczne względem prostej Oznacza to, że czworokąt jest deltoidem, zatem w szczególności można w niego wpisać okrąg.