Delta mi!

Wynik uzyskany przez uczestnika jest liczbą postaci (dowolny układ znaków). Wszystkie takie liczby są jednakowej parzystości. Zatem zbiór możliwych wyników zawiera się w zbiorze

Ten ostatni zbiór liczy  elementów. Wykażemy, że każdy element jest możliwym wynikiem.

Uczestnik z przynajmniej jedną dobrą odpowiedzią uzyskał wynik  gdzie  i nie wszystkie  są równe  Zamieniamy ciąg  na ciąg  określony następująco:

• gdy  bierzemy  pozostałe
• gdy  znajdujemy najmniejszy numer  dla którego (więc ); przyjmujemy  pozostałe

Uczestnik z „wektorem odpowiedzi”  ma wynik  Startując od prymusa z wektorem  czyli z wynikiem  możemy w opisany sposób wygenerować kolejno wyniki  itd., aż do  łącznie  wyników.

Warunek zadania żąda, by każdy wynik pojawił się co najwyżej dwukrotnie. Gdy pojawi się dokładnie dwukrotnie, da to szukane maksimum, równe

Zauważmy najpierw, że dla liczby całkowitej  zachodzi  Stąd

Jeśli więc  jest postaci  to wówczas

zaś  więc równanie nie ma rozwiązania w tym przypadku. Podobnie stwierdzamy, że dla  postaci  równanie jest sprzeczne. Zatem jedyna możliwość to  ale łatwo sprawdzić, że wtedy równanie również jest sprzeczne.

Zauważmy, że po każdym spotkaniu się dwóch kameleonów różnych kolorów reszta z dzielenia przez 3 liczebności kameleonów każdego z kolorów rośnie o 2 modulo 3. Ponieważ na początku reszty te były parami różne, to tak będzie również po każdym spotkaniu. Nigdy więc nie będzie tak, że na wyspie wszystkie kameleony będą tego samego koloru, bo wówczas wszystkie te reszty byłyby równe zeru.

Skoro punkt  jest środkiem  jego odległość od prostej  to średnia arytmetyczna odległości punktów  i   od  Jest ona równa średniej arytmetycznej odległości tych punktów od  ponieważ  i   Zatem  jest równo odległy od  i   skąd  oraz

Niech  będzie takim punktem na półprostej  że  Z podobieństwa trójkątów równoramiennych  i   mamy  Zatem skoro na czworokącie  można opisać okrąg, to

Wobec tego  co daje tezę.

Jeśli taki punkt  istnieje, to  jest dwusieczną kąta zatem z twierdzenia o dwusiecznej  Punkty  i  leżą więc na okręgu Apoloniusza dla punktów  i stałej 1/2. Analogicznie punkty  i   leżą na okręgu Apoloniusza dla punktów  i stałej 1/3.

Niech punkt  na prostej  różny od  spełnia warunek  Wtedy

oraz

zatem punkt  należy do obydwu powyższych okręgów. Średnicą pierwszego z nich jest więc  a drugiego – Stąd jedynym ich wspólnym punktem jest  czyli  Ale wtedy  leży na prostej – sprzeczność.

Ponieważ  dla  więc wszystkie punkty  leżą na sferze Apoloniusza dla punktów  i stałej 2 (zdefiniowanej analogicznie do okręgu). Jej średnicę wyznaczają punkty  na prostej  spełniające warunek  dla  Wówczas

Wobec tego  także jest średnicą rozważanej sfery. Stąd kąt  jest prosty, jako wpisany oparty na średnicy. Proste  i   przecinają się (w środku sfery), więc punkty  leżą na jednej płaszczyźnie.

Niech  oznaczają odpowiednio rzuty punktów  na płaszczyznę  Dla punktu  różnego od  i  równość  zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy trójkąty prostokątne  i  są podobne. Równoważnie,  Jeśli  to punkty  o żądanej własności tworzą okrąg Apoloniusza dla punktów  i stałej  Jakie jest rozwiązanie, gdy  Czy możliwe, by

Rys. 1

Punkty  i  leżą na okręgu Apoloniusza dla punktów  i stałej  Z symetrii względem prostej  punkt  też na nim leży (Rys. 1).

Rys. 2

Łuki  i   są równe, więc  jest dwusieczną kąta  Jednocześnie  jest też dwusieczną kąta (własność z początku artykułu, Rys. 2, stąd

Sprowadzenie podanych sum ułamków do wspólnego mianownika pokazuje, że iloczyn  powinien być dzielnikiem liczb  oraz  Zatem  ma być dzielnikiem liczb  oraz  więc także liczby  równej  Przez symetrię, liczba  ma być dzielnikiem liczby  Dostajemy warunek

Gdy  podane w zadaniu sumy wynoszą  oraz 0 (więc są całkowite). Jeśli zaś  wynoszą one odpowiednio  oraz  Są one obie całkowite wtedy i tylko wtedy, gdy  lub

Otrzymujemy odpowiedź: szukane pary to wszystkie pary postaci  gdzie  a ponadto cztery pary

Autor zadania, pan Witold Bednarek, przysłał je wraz z takim zmyślnym rozwiązaniem:
średnia arytmetyczna układu  liczb, mianowicie -krotnie powtórzonej liczby  oraz liczb  jest nie mniejsza od ich średniej geometrycznej, równej :

Do obu stron dodajemy  i po prostym przekształceniu otrzymujemy

Wystarczy teraz napisać analogiczne nierówności dla par  oraz  po czym dodać te trzy nierówności, by uzyskać tezę zadania.

Odpowiedź: Pokrycie istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy  jest podzielne przez

Przyjmijmy, że kwadrat  udało się pokryć dostępnymi płytkami. Skoro pole płytki wynosi  to  musi być parzyste, powiedzmy  Rozważmy kolorowanie naszego kwadratu w pasy jak na rysunku. Zauważmy, że każda płytka jest jednego z dwóch rodzajów: zawiera  czarne pola lub  czarne pole. Niech liczba płytek pierwszego rodzaju wynosi  a drugiego  Zliczając czarne i białe pola, otrzymujemy  oraz  (dzięki temu, że  jest parzyste, mamy po równo pól czarnych i białych!). Stąd w szczególności  więc  zatem  jest parzyste, a   – podzielne przez

Z drugiej strony, dwie płytki dają pokrycie prostokąta  zatem łatwo można znaleźć pokrycie kwadratu  więc także dowolnego kwadratu  dla  będącego wielokrotnością

Uwaga. Rozwiązanie tego zadania różni się od rozwiązania podobnego zadania z poprzedniego numeru jedynie sposobem pokolorowania szachownicy.

Zauważmy, że dla  zachodzi

gdyż

Zatem

Odpowiedź: minimalna wartość wyrażenia  wynosi

Rysując trójkąty prostokątne  i   na jednej płaszczyźnie, dostajemy czworokąt  wpisany w okrąg.

Oczywiście,  Równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy  jest punktem przecięcia przekątnych tego czworokąta. Szukana minimalna wartość wyrażenia  to długość odcinka  którą możemy obliczyć z twierdzenia Ptolemeusza:

więc

Najpierw przetłumaczmy tezę na język inwersji. Należy po prostu wykazać, że sfera przechodząca przez punkty  i sfera opisana na czworościanie  są prostopadłe. Zauważmy, że

dla pewnej liczby  Rozważmy inwersję o środku  i promieniu  Zauważmy, że sfera  przechodzi na siebie, a punkty  odpowiednio na  (i na odwrót). Obrazem drugiej z rozważanych sfer będzie więc płaszczyzna przechodząca przez punkty  Jednakże środek sfery  leży właśnie na płaszczyźnie  skąd wniosek, że płaszczyzna ta jest do niej prostopadła. A skoro inwersja zachowuje kąty między powierzchniami, to sfera przechodząca przez punkty  i sfera opisana na czworościanie  też są prostopadłe.

Zauważmy najpierw, że rozważane rzuty leżą na sferze o średnicy  Weźmy rzut stereograficzny tej sfery z punktu  na płaszczyznę (Rys. 1). Niech  będzie rzutem prostokątnym punktu  na ścianę  Płaszczyzna  jest prostopadła do krawędzi  skąd wynika, że obraz  punktu  w tym przekształceniu będzie rzutem prostokątnym punktu  na krawędź  Analogicznie udowodnimy, że obrazami pozostałych rzutów są rzuty punktu  na pozostałe boki czworokąta  Jednakże w czworokącie o prostopadłych przekątnych rzuty prostokątne punktu przecięcia przekątnych leżą na jednym okręgu (łatwy dowód tego faktu pozostawiamy Czytelnikowi – Rys. 2). Przeciwobrazy tych rzutów leżą więc na okręgu położonym na sferze o średnicy

Bez trudu da się ustawić  wież w żądany sposób; wystarczy zapełnić nimi prostokąt  Pokażemy, że więcej się nie da.

Przyjmijmy, że na szachownicy stoi  wież. Niech  będzie największą liczbą wież, jakie można wybrać spośród nich, by żadne dwie się nie atakowały. Należy dowieść, że jeśli  to  Wystarczy wykazać, że

Ustalmy więc układ  wież, z których żadne dwie nie stoją w jednym wierszu ani jednej kolumnie. Permutując wiersze i kolumny, można przyjąć, że te wieże stoją na polach  Podzielmy szachownicę na cztery obszary  gdzie  jest kwadratem (na jego przekątnej stoją wybrane wieże),  i   to prostokąty  oraz  zaś  to kwadrat  Wobec maksymalności  żadna wieża nie znajduje się w obrębie kwadratu

Weźmy teraz dowolne pole  w prostokącie  i symetryczne do niego pole  w prostokącie  Gdyby na obu tych polach stały wieże, to usuwając z poprzednio ustalonego układu wieżę z pola  oraz dołączając wieże z pól  otrzymalibyśmy układ  wież, stojących w różnych wierszach i kolumnach – wbrew maksymalności  Zatem co najwyżej połowa pól w sumie prostokątów  i   jest zajęta, czyli nie więcej niż  pól. Uwzględniając  pól kwadratu  uzyskujemy oczekiwane oszacowanie:

Oznaczmy środki okręgów opisanych na trójkątach  i   odpowiednio przez  Niech  będą kolejno środkami odcinków  Proste  to symetralne odcinków  proste  to symetralne odcinków – przecinają się prostopadle w punkcie  Okrąg o średnicy  przechodzi więc przez punkt  Ma on środek w punkcie

Punkt  jest środkiem odcinka  Zatem prosta  jest równoległa do prostych  i   Prosta  jest do nich prostopadła. Wobec tego promień  okręgu  jest prostopadły do  To znaczy, że ów okrąg jest styczny do prostej

Odpowiedź: Pokrycie istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy  jest podzielne przez
Przyjmijmy, że kwadrat  udało się pokryć dostępnymi płytkami. Skoro pole płytki wynosi  to  musi być parzyste, powiedzmy  Rozważmy kolorowanie naszego kwadratu jak standardowej szachownicy i zauważmy, że każda płytka jest jednego z dwóch rodzajów: zawiera  czarne pola lub  czarne pole. Niech liczba płytek pierwszego rodzaju wynosi  a drugiego  Zliczając czarne i białe pola, otrzymujemy  oraz  (dzięki temu, że  jest parzyste, mamy po równo pól czarnych i białych!). Stąd w szczególności  więc  zatem  jest parzyste, a  – podzielne przez

Z drugiej strony, łatwo znaleźć pokrycie kwadratu  spełniające warunki zadania, więc także dowolnego kwadratu  dla  będącego wielokrotnością

Mamy

Podobnie,

Dodając te równości stronami, otrzymujemy tezę.

Odpowiedź:  jest środkiem łuku
Zauważmy, że kąt  ma stałą miarę (niezależną od wyboru punktu  ), a odcinek  – stałą długość. Wszystkie rozważane trójkąty  można więc wpisać w ten sam okrąg, przy czym kąt  jest oparty na ustalonej cięciwie. Pole takiego trójkąta wynosi  gdzie  to rzut prostokątny punktu  na  Jest ono największe, gdy  jest największe, czyli wtedy i tylko wtedy, gdy  Ale to jest równoważne temu, że  czyli temu, że  jest dwusieczną kąta

Odbijmy czworokąt  symetrycznie względem prostych  oraz  i przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku. Wówczas

więc punkty  i  leżą, w tej właśnie kolejności, na jednej prostej. Ponadto  stąd

Jednocześnie  oraz  zatem  Teza wynika z faktu, że łamana  łącząca punkty  i  nie może być krótsza niż odcinek  pomiędzy nimi:

Dla dowolnej liczby rzeczywistej  można wskazać odpowiednie liczby  i  w następujący sposób.

Jeśli liczba  jest niewymierna, to niewymierne są także liczby  oraz  (dlaczego?). Wówczas, oczywiście,

Jeśli liczba  jest wymierna, to liczba  jest niewymierna (dlaczego?). Wówczas, przyjmując  mamy

Oznaczmy przez  liczbę osób w rozważanej grupie. Wówczas każda z nich może znać  lub wszystkich  spośród pozostałych; łącznie jest  możliwości – tyle, ile osób. Gdyby każdy miał inną liczbę znajomych, to w rozważanym gronie byłaby osoba  która nie zna nikogo, oraz osoba  która zna wszystkich. To prowadzi do sprzeczności, bo czy wtedy  i  się znają, czy nie? Wobec tego nie jest możliwe, by każdy miał inną liczbę znajomych.

Przeprowadźmy symulację podróży Fredka, startując od dowolnego kolegi i dopuszczając podróżowanie z ujemną ilością paliwa. Następnie rozważmy tego kolegę, po dotarciu do którego Fredek miał najmniej paliwa. Rozpoczynając od niego, Fredek jest w stanie odbyć całą podróż z nieujemną ilością paliwa.

Przeprowadzimy dowód indukcyjny. Jeśli Fredek ma jednego kolegę, to zaczynając u niego wykona pełne okrążenie i wróci do punktu wyjścia.

Załóżmy zatem, że dla  kolegów podróż jest możliwa i rozważmy  kolegów. Ponumerujmy ich zegarowo wokół okręgu:

Zauważmy najpierw, że pewien kolega  ma tyle paliwa, by wystarczyło na podróż do (gdzie ). Gdyby bowiem żaden kolega nie spełniał tego warunku, to łączna ilość posiadanego przez wszystkich paliwa byłaby mniejsza, niż potrzeba do pełnego okrążenia, sprzecznie z założeniem.

Jeśli kolega  wraz ze swoim paliwem, złożyłby wizytę koledze  to z założenia indukcyjnego Fredek mógłby odwiedzić wszystkich (  punktów na okręgu).

Niech Fredek rozpocznie podróż tak, jakby  gościł u   Wiemy, że gdyby u   zatankował całe paliwo oferowane przez  i   to mógłby dokończyć podróż. U kolegi  dostanie wystarczająco wiele, by dotrzeć do  bo tak wybraliśmy  Potem u   zatankuje resztę paliwa oferowanego przez tych dwóch kolegów, więc – jak już wiemy – dokończy podróż.

Niech  będzie miastem, z którego można dojechać do największej liczby z pozostałych. Załóżmy, że istnieje miasto  do którego nie można dotrzeć z   Droga łącząca  i  prowadzi więc z   do  Wtedy z miasta  można dojechać do  oraz dalej do wszystkich miast, do których można dotrzeć z  Łącznie więc z  można dojechać do większej liczby miast niż z  sprzecznie z wyborem