Delta mi!

Bez utraty ogólności możemy założyć, że  Wówczas

Zauważmy, że dla mamy

Zatem w szczególności

Niech będzie środkiem boku a – spodkiem wysokości z wierzchołka Ponieważ jest środkiem okręgu opisanego, więc kąt jest prosty oraz (kąt środkowy i wpisany). Oczywiście więc trójkąty i są podobne. Trójkąt jest połową trójkąta równobocznego, mamy więc Stąd trójkąty i są przystające, a dokładniej jeden jest obrazem drugiego w symetrii względem dwusiecznej kąta co daje tezę.

Równoległościanem opisanym na czworościanie foremnym o krawędzi 1 jest sześcian o krawędzi

Suma odległości punktu  od dwóch przeciwległych krawędzi czworościanu jest nie mniejsza od sumy odległości  od zawierających je przeciwległych ścian sześcianu, która z kolei jest większa lub równa odległości pomiędzy takimi ścianami, czyli długości krawędzi sześcianu. Czworościan ma trzy pary przeciwległych krawędzi, stąd

Tak, dla każdego czworościanu  zbudujemy czworościan  o żądanych własnościach. Niech  będzie taką liczbą, aby liczba  była większa od pola każdej ściany czworościanu  Niech  będzie taką liczbą, aby liczba  była mniejsza od objętości czworościanu

Niech  będzie czworościanem wpisanym w prostopadłościan o podstawie  i wysokości  Objętość  równa jest  Każdą ścianę czworościanu  można zrzutować na połowę podstawy prostopadłościanu, więc jej pole przekracza  Z definicji liczb  i   czworościany  i   spełniają żądane warunki.

Wykażemy, że nie można. Rozważmy czworościany  i   wpisane odpowiednio w prostopadłościany o wymiarach  oraz

Promienie opisanych na nich kul to połowy głównych przekątnych prostopadłościanów, więc są one równe:  oraz

Z twierdzenia Pitagorasa, każda ściana czworościanu  jest trójkątem o bokach  oraz  Wysokość takiego trójkąta, opuszczona na bok o długości  równa jest

Stąd pole każdej ze ścian czworościanu  równe jest

Analogicznie pole każdej ściany czworościanu  też równe jest

Czworościany  i   mają więc równe pola ścian i promienie kul opisanych. Tymczasem ich objętości są różne:  oraz

Niech będzie obrazem punktu przy obrocie wokół o jak na rysunku. Wówczas Ponadto, skoro i to trójkąt jest równoboczny. Zatem

W takim razie trójkąty są podobne (kkk). Stąd

W połączeniu z równością oznacza to, że trójkąty i są podobne (bkb). Zatem więc również Ponadto oraz

czyli Tym samym trójkąty i są przystające (bkb). Z definicji punktu trójkąt jest obrazem trójkąta przy obrocie co kończy dowód.

Zauważmy, że funkcja jest kawałkami liniowa i ograniczona z dołu przez W takim razie przyjmuje minimum w jednym z węzłów Nietrudno sprawdzić, że jest to

Mamy Oczywiście, dla każdego zachodzi a więc również W takim razie dla mamy

Z drugiej nierówności możemy przez łatwy dowód indukcyjny wyprowadzić własność dla Wówczas jednak pierwsza nierówność daje oszacowanie

Wartość jest osiągana przez dla ciągu określonego przez warunek dla Faktycznie wówczas

dla oraz

więc ciąg ten spełnia warunki zadania.

Niech  będzie funkcją, spełniającą podane równania. Wykażemy, że jest to funkcja nieparzysta. Z drugiego równania widać, że  Tak więc  Przypuśćmy, że dla pewnej liczby   zachodzi równość  Wystarczy pokazać, że  Otóż

(ostatnia równość wynika ze spostrzeżenia, że  dla wszystkich  ). Stąd  co jest prawdą jedynie dla  Zatem  jest funkcją nieparzystą.

Dla  mamy  Wobec nieparzystości,  dla  Dla  dostajemy oszacowanie  To znaczy, że funkcja   odwzorowuje przedział  w siebie. Z równania  wynika teraz, że funkcja   odwzorowuje każdy przedział postaci  w siebie  Zachodzi więc nierówność

Weźmy dowolną liczbę  i oznaczmy  Z równania  dostajemy  dla  Stąd  czyli

co w granicy (przy ) daje równość  Wykazaliśmy w ten sposób, że  dla 

Dzięki równości  wnosimy stąd, że

Funkcja identycznościowa spełnia oba równania układu i jest jego jedynym rozwiązaniem.

Szukamy rozwiązań w dodatnich liczbach całkowitych    równania

Przepisujemy lewą stronę jako  gdzie (skoro  to ) i rozwiązujemy równanie

Jego lewa strona to iloczyn  w którym pierwszy czynnik jest dodatni, więc drugi też. Musi to być iloczyn jednej z czterech postaci:

dają one odpowiednio wartości  Jedynie  jest wartością trójmianu  dla naturalnego   mianowicie  Otrzymujemy jedyne rozwiązanie zadania:

Najkrótsze drogi prowadzą na północ lub na wschód. Wszystkie są długości  gdyż każda ma łącznie  kratek na wschód i   na północ.

Każdą taką drogę można utożsamić z jej opisem – ciągiem zawierającym  znaków  oraz  znaków  kodującym, czy na kolejnym skrzyżowaniu należy iść na północ  czy na wschód  Najkrótszych dróg jest więc tyle, ile takich ciągów, czyli  bo na tyle sposobów można wybrać, na których  spośród wszystkich  miejsc ciągu ma być znak

Z zadania 1 wiemy, że liczba najkrótszych dróg „po kratkach” z lewego dolnego do prawego górnego rogu kwadratu  równa jest

Wyznaczmy tę samą liczbę inaczej. Każda z takich dróg musi przejść przez dokładnie jeden z   kolorowych punktów  z rysunku.  Liczba najkrótszych dróg z   do  przechodzących przez  jest iloczynem liczby najkrótszych dróg z   do  i liczby najkrótszych dróg z   do  czyli – z zadania 1 – równa jest

Stąd liczba wszystkich najkrótszych dróg z   do  równa jest

co kończy dowód na mocy początkowej obserwacji, że dróg tych jest

Uwaga. bo wybór elementów z równoważny jest odrzuceniu pozostałych elementów.

Punkt – kasjer dostał już banknotów po 10 zł i po 20 zł.

Zilustrujmy kolejkę jako pewną drogę o   krokach: w danym kroku idziemy w prawo, jeśli klient ma 10 zł, lub w górę, jeśli ma 20 zł. Aby kasjerowi nie zabrakło reszty, liczba wręczonych mu banknotów 20 zł nigdy nie może przekroczyć liczby banknotów 10 zł, które do tego momentu dostał. Innymi słowy, droga jest dobra, jeśli nie dotyka kolorowej prostej  z rysunku obok. Policzmy, ile jest złych dróg.

Niech dana zła droga pierwszy raz dotyka prostej  w punkcie  Jej część od punktu  do punktu  odbijmy symetrycznie względem prostej  uzyskując półodbicie złej drogi – nową drogę prowadzącą tylko w prawo lub w górę od punktu  do punktu  Każda zła droga ma inne półodbicie. Ponadto każda najkrótsza droga z   do  przecina prostą  więc jest półodbiciem pewnej złej drogi. Stąd złych dróg jest tyle, ile ich półodbić, czyli najkrótszych dróg z   do  a więc, na mocy zadania 1,

Wszystkich najkrótszych dróg z   do  jest  więc liczba dobrych dróg to

a prawdopodobieństwo, że kasjerowi nie zabraknie reszty, równe jest

Załóżmy, że  gdzie  to długość odcinka z ruchomą taśmą. Jeśli Jaś będzie biegł poza taśmą, to pokona drogę od  do  w czasie

a gdy będzie biegł po taśmie, to droga zajmie mu czas

Zauważmy, że

więc Jaś powinien biec poza taśmą.

Niech będzie grafem o wierzchołkach oznaczających wiersze i kolumny planszy. Krawędź pomiędzy wierszem a kolumną jest w wtedy i tylko wtedy, gdy punkt o współrzędnych jest zamalowany. Graf ma więc krawędzi. Jak wiadomo, jeśli graf o wierzchołkach nie ma cyklu, to ma co najwyżej krawędzi. Zatem zawiera cykl. Z definicji krawędzi w wynika, że będzie on parzystej długości i wyznaczone przez niego krawędzie to szukane punkty

Niech  będzie środkiem okręgu opisanego na trójkącie  Ponieważ trójkąt  jest równoramienny, dwusieczna kąta  to symetralna odcinka  więc leży na niej punkt  Oznaczmy  Wówczas  a skoro  to

skąd łatwo otrzymać  Równość  jest równoważna  czyli  A to jest równoważne temu, że  jest połówką trójkąta równobocznego lub że  jest środkiem

Nieskończony ciąg takich par  możemy uzyskać na przykład biorąc ciąg Fibonacciego  i określając

Dla każdego  mamy wówczas

a zatem suma

jest liczbą całkowitą.

Potraktujmy zaczernione kwadraty jako wierzchołki skończonego grafu; para wierzchołków jest połączona krawędzią grafu, gdy odpowiadające im kwadraty sąsiadują (mają wspólny bok). Zgodnie z treścią zadania, z każdego wierzchołka wychodzą dokładnie dwie krawędzie. Graf rozpada się zatem na rozłączne cykle – to znany fakt (i łatwy do wykazania: z dowolnego wierzchołka rozpoczynamy wędrówkę po krawędziach grafu, nie powtarzając żadnej krawędzi; musimy wrócić do punktu wyjścia; odrzucamy powstały cykl i powtarzamy postępowanie, do wyczerpania wszystkich krawędzi).

Każdy cykl ma długość parzystą. Aby to zobaczyć, wystarczy sobie wyobrazić, że (niezależnie od zaczernień rozważanych w zadaniu) cała płaszczyzna jest „w tle” pomalowana dwoma odcieniami, jak szachownica, a sąsiadujące kwadraty mają różne odcienie; zamknięcie cyklu wymaga parzystej liczby kroków.

Tak więc liczba czarnych kwadratów jest parzysta. Jasne, że nie może ona być równa 2 i że może być równa 4. Czy może być równa 6? Musiałby to być pojedynczy cykl; znalazłby się w nim czarny kwadrat narożny   sąsiadujący np. od wschodu i od północy z dwoma czarnymi kwadratami,  i   Kwadrat   różny od   i sąsiadujący z     nie może być zaczerniony (zamknąłby on cykl długości 4). Każda droga, łącząca  z   i omijająca kwadraty    wymaga zaczernienia więcej niż 3 kwadratów. Nie jest więc możliwe, by liczba czarnych kwadratów wyniosła 6.

Może to być wszelako każda większa liczba parzysta   Wystarczy wziąć prostokąt o wymiarach  i zaczernić wszystkie jego pola brzegowe. Jest ich dokładnie   i tworzą cykl o wymaganej własności.

Dostajemy odpowiedź: liczba czarnych kwadratów może być dowolną dodatnią liczbą parzystą z wyjątkiem 2 oraz 6.

Nie. Wystarczy spojrzeć na dowolny wierzchołek: suma dwóch mniejszych kątów przy nim równa jest  czyli trzeciemu kątowi.

Nie. Kąty płaskie przy wierzchołku  spełniają warunek  Z kolei rozważając kąt trójścienny przy  oraz trójkąty prostokątne  i   wnioskujemy, że

czyli – sprzeczność.

Suma wszystkich kątów płaskich czworościanu równa jest  jako suma kątów czterech trójkątów. Wobec tego istnieje taki wierzchołek czworościanu, przy którym suma trzech kątów płaskich nie przekracza  w przeciwnym razie suma wszystkich kątów płaskich czworościanu przekraczałaby

Oznaczmy kąty płaskie przy tym wierzchołku przez  Wówczas  więc

czyli  Analogicznie  oraz

Z danych równości wynika, iż wszystkie ściany rozważanego czworościanu są trójkątami przystającymi. Oznaczmy kąty ściany  przez ; ich suma to  W każdym wierzchołku czworościanu schodzą się takie właśnie trzy kąty płaskie. Stąd  więc  czyli  Analogicznie  oraz

Obróćmy ścianę  danego czworościanu wokół krawędzi  tak, aby znalazła się w płaszczyźnie ściany  ale po przeciwnej stronie prostej  Na uzyskanym w ten sposób czworokącie  można opisać okrąg, gdyż

Analizując kąty wpisane w ten okrąg, oparte na równych łukach, dostajemy

przy czym ostatnią nierówność otrzymujemy, rozważając kąt trójścienny przy wierzchołku  czworościanu. To kończy dowód.

Oznaczmy przez  i   rozpatrywane sfery. Niech  będzie stożkiem o wierzchołku  w który wpisane są sfery  i  (każda tworząca stożka  jest wspólną styczną sfer  i  ). Posługując się sferami Dandelina, wnioskujemy, że część wspólna płaszczyzny  i stożka  jest elipsą wpisaną w trójkąt  a punkty  i   to jej ogniska. W takim razie spełnione są równości

Wiadomo, że jeśli punkt  jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie  a   punktem przecięcia jego wysokości, to powyższe równości są spełnione. Z drugiej strony dla danego punktu  punkt  jest jednoznacznie wyznaczony przez powyższe zależności. Skoro więc  jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie  to  musi być punktem przecięcia wysokości tego trójkąta.

Niech  będzie stożkiem o wierzchołku  w który wpisana jest sfera wpisana w ostrosłup  Część wspólna tego stożka z płaszczyzną podstawy jest elipsą wpisaną w czworokąt  a punkt  jest jej ogniskiem. Teza zadania jest po prostu jedną ze znanych własności elipsy wpisanej w czworokąt.