Delta mi!

Ściany i ostrosłupa z rysunku są prostopadłe do podstawy.

Nie, ostrosłup z rysunku ma wszystkie kolorowe krawędzie równej długości, więc spełnia warunki zadania, a nie jest prawidłowy.

Na rysunku przedstawiony jest widok z góry takiego czworościanu. Wysokość opuszczona z kolorowego wierzchołka jest bardzo niewielka.

Jak widać, istnieje czworościan, którego każda ściana jest prostokątna.

W czworościanie z rysunku wysokość (na ścianę ) nie ma wspólnych punktów z wysokością (na ścianę ), tym bardziej nie można więc oczekiwać wspólnego punktu dla wszystkich czterech wysokości.

Taki jedenastościan można uzyskać, obcinając wszystkie wierzchołki graniastosłupa trójkątnego tak, by otrzymać zamiast nich 6 trójkątnych, parami rozłącznych ścian (pozostałych 5 ścian powstaje ze ścian wyjściowego graniastosłupa).

Wielościan Schönhardta. Zewnętrzne kąty dwuścienne przy kolorowych krawędziach są mniejsze od (M. Aigner, G.M. Ziegler, Dowody z księgi, Wyd. Nauk. PWN, 2002).

Dowolny czworościan, który miałby zawierać dolną podstawę wielościanu z rysunku, musiałby także zawierać któryś z jego górnych wierzchołków. Jednak taki czworościan nie byłby w całości zawarty w tym wielościanie.

W czworościanie z rysunku spodek wysokości z wierzchołka to punkt Wysokość z wierzchołka zawarta jest w prostej prostopadłej do płaszczyzny więc spodek tej wysokości to środek przedniej ściany sześcianu. Analogicznie spodkiem wysokości z wierzchołka jest środek kwadratu Przekątna sześcianu jest prostopadła do ściany czworościanu, zatem wysokość z wierzchołka jest równoległa do a co za tym idzie jej spodek również trafia poza odpowiednią podstawę.

Niech oznaczają liczbę głównych przekątnych odpowiednio o dwóch końcach czerwonych, o dwóch końcach niebieskich i o końcach w różnych kolorach. Ponieważ każdy wierzchołek jest końcem dokładnie jednej głównej przekątnej, więc mamy czerwonych wierzchołków i niebieskich. Ponieważ liczby te są równe, otrzymujemy

Mamy Możemy bez utraty ogólności przyjąć więc, że (zmiana wartości parametrów na oraz przesuwa wykres w poziomie, co nie zmienia zbioru ). Mamy kilka przypadków.

1.

; wtedy

2.

; wtedy jest odcinkiem o długości

3.

; wtedy gdzie Łączna długość tych dwóch odcinków wynosi

Niech będzie takim punktem na odcinku że oraz niech będzie takim punktem na odcinku że

Ponieważ więc trójkąt jest równoboczny. Podobnie trójkąt jest równoboczny. Zauważmy, że

Skoro to więc Zatem trójkąty są przystające (cecha bkb). W szczególności

Postulowaną własność mają na przykład wszystkie liczby postaci Żadna z nich nie jest sumą dwóch niezerowych kwadratów; przypuśćmy bowiem, że ; liczby nie mogą być obie nieparzyste (bo wówczas (mod 4)); muszą więc być parzyste, co daje przedstawienie liczby w postaci sumy dwóch niezerowych kwadratów. Dalsze zstępowanie prowadzi do konkluzji, że 4 jest sumą dwóch niezerowych kwadratów - a to absurd.

Natomiast niezerowe wymierne rozwiązanie równania łatwo uzyskamy, biorąc dowolną trójkę pitagorejską liczb naturalnych i przyjmując

Z podanych warunków wynika od razu, że jest różnowartościowym odwzorowaniem przedziału na cały ten sam przedział. Ma więc funkcję odwrotną; a skoro zatem funkcja jest tą odwrotną do (Łatwo uzasadnić ciągłość obu funkcji - ale ta wiedza nie będzie tu potrzebna).

Dalszy ciąg rozumowania to starogreckie "patrz(!)". Rysunek przedstawia wykres (przykładowej) funkcji leżący w kwadracie którego dwoma bokami są odcinki na poziomej i pionowej osi układu współrzędnych. Ta sama krzywa jest też wykresem funkcji gdy przyjmiemy, że (rozważając ) odkładamy zmienną niezależną na osi pionowej, a zależną na poziomej.

Niech będzie wielokątem powstałym z połączenia prostokątów, których podstawami są odcinki osi poziomej a wysokości wynoszą kolejno Analogicznie tworzymy wielokąt rozważając funkcję i zamieniając role osi współrzędnych.

Wielokąty i są (prawie) rozłączne - mogą mieć wspólne jedynie niektóre wierzchołki. Uzasadnienie: jeśli punkt należy do to znaczy, że dla pewnego zachodzą nierówności ; jeżeli ten sam punkt należy do to dla pewnego mamy ; stąd

Zauważmy wreszcie, że kwadracik o boku mający wierzchołek w punkcie nie ma punktów wspólnych ani z wielokątem ani z Po jego usunięciu z kwadratu pozostaje figura o polu ; figury i są w niej zawarte, ale nie wypełniają jej szczelnie, skoro nie mają wspólnych fragmentów boków (poza wierzchołkami).

Pole wielokąta wynosi ; pole wynosi Suma tych pól jest mniejsza niż Mnożymy uzyskaną nierówność przez i mamy tezę zadania.

(Stała jest optymalna; nierówność staje się bliska równości, gdy wykres funkcji zbliża się do odpowiednio dobranej linii łamanej, utworzonej z odcinków poziomych i pionowych).

Z Twierdzenia Pascala dla sześciokąta punkty oraz są współliniowe.

Niech Z Twierdzenia Pascala dla sześciokąta punkt leży na prostej wyznaczonej przez punkty oraz Z kolei z Twierdzenia Pascala dla punkt także leży na prostej wyznaczonej przez punkty oraz

Z warunku wynika, że punkt leży na okręgu Z Twierdzenia Pascala dla sześciokąta uzyskujemy współliniowość punktów oraz niezależnego od i punktu co kończy dowód.

Oznaczmy oraz Z równoramienności trójkąta oraz danych równości kątów wynika, że Ponieważ oba punkty leżą po tej samej stronie prostej oznacza to, że punkty leżą na jednym okręgu.

Załóżmy, że  kul o promieniach  spełnia podaną własność (pokrywa wszystkie ściany  ). Wówczas  gdzie  to pole powierzchni bocznej   Ponadto

Stosując nierówność Höldera do ciągów  i wag    otrzymujemy

skąd

więc wystarczy przyjąć

Skoro  dla pewnych liczb całkowitych  to wystarczy udowodnić, że liczba  jest całkowita. Wynika to z równości

Obliczając pole trójkąta  na dwa sposoby, mamy

skąd

---

przy czym równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy  Kąt   jest ostry, więc ma maksymalną wartość, gdy  ma minimalną wartość, którą wyznaczyliśmy powyżej. Zatem kąt   jest maksymalny dla

Oznaczmy  gdzie  jest ciągiem indeksów (mamy  takich ciągów). Niech również  Wówczas  oraz  więc z nierówności Schwarza dostajemy

Odp. Tak!
Liczbę  kolorujemy na kolor o numerze  Załóżmy, że  dla pewnych liczb nieujemnych  i przyjmijmy, że  Załóżmy, że  i   mają ten sam kolor. Niech  czyli  dla pewnej liczby całkowitej  Wówczas  dla pewnej liczby całkowitej  Zatem  więc  Ponieważ  więc liczba  ma w opisanym przez nas kolorowaniu inny kolor niż liczby  i 

Przyjmijmy, że bok kwadratu  ma długość  a kwadratów – odpowiednio (stąd ). Niech środek układu współrzędnych będzie ustawiony w środku kwadratu  a osie niech będą równoległe do jego boków (jak na rysunku). Oznaczmy środek kwadratu  przez  dla

Mamy  więc  Podobnie, skoro  oraz  to otrzymujemy
 Stąd w oczywisty sposób dostajemy

Zauważmy, że wykazaliśmy nawet więcej. Z rozwiązania wynika również, że

Skoro prosta  jest prostopadła do  to jako bloki z definicji można przyjąć okręgi o średnicach  i   gdyż są prostopadłe do  i przechodzą przez  Oczywiście, sama prosta  też się do tego celu nadaje.

Niech  będzie okręgiem o średnicy  Okręgi  są do niego prostopadłe, a zatem punkty  są symetryczne względem  Stąd już wynika, że są współliniowe z punktem  jako środkiem tego okręgu – prosta poprowadzona z   do punktu  jest prostopadła do  więc musi przechodzić przez punkt

Przeprowadźmy symetrię względem dowolnego okręgu o środku w  ; obraz każdej z figur oznaczmy przez dodanie znaku prim. Na podstawie własności 1 możemy zauważyć, że figury z zadania zamieniły się rolami: okręgi  i   przecinają się w punktach  i   prosta  jest styczna do tych okręgów w punktach  okrąg  jest opisany na trójkącie  proste  i   są styczne do  w punktach  oraz przecinają się w punkcie

Dzięki własności 3 wiemy, że punkt  jest symetryczny do punktu  względem okręgu  co na mocy zadania 1 oznacza, że jest środkiem odcinka  W ten sposób otrzymaliśmy konfigurację z zadania 2, a zatem punkty  są współliniowe. Obrazem prostej  jest prosta  co kończy rozwiązanie.