Delta mi!

Przypuśćmy, że otrzymaliśmy łamaną zamkniętą  i że  jest jej najdłuższym odcinkiem. Wtedy z   jest bliżej do  niż do  oraz z   jest bliżej do  niż do  Zatem odcinek  nie mógł zostać narysowany!

Zakładamy, że punkty A i C są białe, a punkty B i D – czarne.

Połączmy punkty odcinkami tak, aby każdy odcinek miał końce różnych kolorów oraz by suma długości wszystkich odcinków była minimalna z możliwych. Przypuśćmy, że odcinki  i  mają wspólny punkt Wówczas

na mocy nierówności trójkąta. Stąd zmiana odcinków  i  na  i  zmniejszyłaby sumę długości wszystkich odcinków, sprzecznie z założeniem.

Rozważmy konfigurację punktów  z rysunku, gdzie każdy odcinek ma długość 1.

Jeśli teza nie zachodzi dla żadnej pary punktów wybranej spośród  to każdy z tych punktów jest innego koloru. Wtedy albo  jest tego koloru co  lub  albo  jest tego samego koloru co  powiedzmy, zielonego. Jeśli każdy z punktów  jest innego koloru, to albo  jest tego koloru co  lub  albo  jest tego koloru co  czyli zielonego. Ale wówczas oba punkty  i   są zielone, co kończy dowód.

Wykażemy, że trójkąt  musi być równoboczny.

Załóżmy, że  jest ortocentrum trójkąta  Mamy równość kątów  i   jako wpisanych opartych na tym samym łuku. Skoro jednak  jest ortocentrum, to kąt  jest równy kątowi  Ten z kolei jest oparty na tym samym łuku co kąt  Zatem  czyli  jest dwusieczną i zarazem środkową w trójkącie  Zatem  co wynika np. z twierdzenia o dwusiecznej. Analogicznie dowodzimy, że

Niech

Wówczas  Załóżmy, że  jest liczbą całkowitą. Gdyby było  to przyjmując oznaczenia  oraz  mielibyśmy  i  a stąd sprzeczność:

Gdyby było  to

i znowu sprzeczność. Zatem  co daje  Stąd, gdyby  liczba  byłaby podzielna przez 100. Wobec tego  Wtedy mamy  – wówczas

Zatem liczby  postaci  są wszystkimi liczbami pięciocyfrowymi o własności z treści zadania.

Niech liczby  będą końcami danego przedziału. Wymagane warunki spełniają na przykład liczby  Rzeczywiście, (mod ), więc (mod ).

Mamy dowieść, że  Dla  to prawda . Dalej przyjmujemy  Korzystamy ze wzoru  gdzie  Oznaczmy:

Wystarczy pokazać, że  czyli  A ponieważ  wystarczy dowieść, że

(1)

Iloraz w nawiasie szacujemy z dołu:

Stąd i z nierówności Bernoulliego

Nierówność (1) będzie udowodniona, jeśli wykażemy, że licznik tego ostatniego ilorazu przekracza  jest to równoważne nierówności

(2)

Podstawiając wartość stałej  sprawdzamy, że nierówność (2) zachodzi dla  Zachodzi więc dla wszystkich  bo wyrażenie po lewej stronie (2) przedstawia ciąg rosnący. To kończy dowód.

Oznaczmy przez  promień Ziemi, a przez  rozmiar otrzymanej szczeliny. Obręcz odstająca od powierzchni Ziemi ma długość  i wiemy, że długość ta jest równa  Stąd  czyli  metra.

Samolot leci najkrótszą drogą, a więc po łuku pewnego okręgu wielkiego przechodzącego przez Oslo. Ponieważ startuje dokładnie na zachód, jest to ten okrąg wielki, dla którego Oslo jest punktem położonym najbardziej na północ. Okrąg ten przecina się z równikiem w takich dwóch przeciwległych punktach, dla których Oslo jest środkiem łączącego je półokręgu. Stąd długości geograficzne Oslo i miasta cioci różnią się o   Ciocia mieszka więc w mieście o współrzędnych ok.  N,  W, czyli w Quito, stolicy Ekwadoru. Odległość z Oslo do cioci to  długości okręgu wielkiego, czyli około  km.

Obszar, który mieści się na pojedynczym zdjęciu, zawarty jest wewnątrz pewnej półsfery. Jej brzegiem jest okrąg wielki, którego żadnego punktu nie ma na tej fotografii (zaznaczony kolorem na rysunku). Stąd dwa zdjęcia na pewno nie wystarczą, bo na każdym obejmujemy mniej niż połowę powierzchni Ziemi.

Wykażemy, że trzy zdjęcia również nie wystarczą. Przy pierwszym zdjęciu nie obejmujemy żadnego punktu z pewnego okręgu wielkiego  przy drugim – żadnego punktu z pewnego okręgu wielkiego  Okręgi te przecinają się w dwóch przeciwległych punktach Ziemi  i   lub pokrywają się, wtedy wybierzmy jako  i   dowolne dwa ich przeciwległe punkty. Nie da się na pojedynczym (trzecim) zdjęciu objąć obu tych dotychczas niesfotografowanych punktów  i 

Pokażemy teraz, że zdjęcia z wierzchołków dowolnego czworościanu zawierającego globus obejmują całą powierzchnię. Rozważmy dowolny punkt  na globusie i płaszczyznę  styczną do globusa w   Skoro czworościan zawiera globus, to co najmniej jeden z jego wierzchołków musi leżeć na płaszczyźnie  lub po przeciwnej jej stronie, niż globus. Z takiego wierzchołka widać punkt

Wystarczy wykazać, że  Z faktu wnioskujemy, że  jest równy różnicy kątów wpisanych w okrąg  i opartych na łukach  oraz  Podobnie  jest równy różnicy kątów wpisanych opartych na łukach  oraz  jest równy różnicy kątów wpisanych opartych na łukach  i   i   jest równy różnicy kątów wpisanych opartych na łukach  i   Oznaczmy przez  długość łuku  Zatem teza zadania zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy

Nietrudno zauważyć, że powyższa równość jest równoważna równości

co należało wykazać.

Niech  będzie równoległościanem  rozważanym w zadaniu. Jak wiemy z poprzedniego odcinka, wystarczy, jeśli wykażemy, że czworościan  wpisany w ten równoległościan jest równościenny, a to będzie udowodnione, gdy uzasadnimy, że pola jego ścian są równe.

Rozważmy przekrój płaszczyzną przechodzącą przez środki krawędzi  i   (rysunek). Nietrudno udowodnić, że przekrój ten jest sześciokątem przechodzącym także przez środki krawędzi  i   oraz zawierającym środek symetrii  danego równoległościanu. Punkt  jest także środkiem symetrii tego sześciokąta, więc pole rozważanego przekroju jest 6 razy większe niż pole trójkąta  gdzie  i  są środkami odcinków  i   Z drugiej strony pole tego trójkąta jest 4 razy mniejsze niż pole trójkąta  będącego ścianą czworościanu  Stąd wniosek, że pole ściany  stanowi  pola rozważanego przekroju.

Ponieważ podobne rozumowanie można przeprowadzić dla pozostałych ścian czworościanu  to z równości pól danych przekrojów wynika równość pól ścian tego czworościanu – a to właśnie chcieliśmy wykazać.

O co nas tak naprawdę pytają? O to, czy istnieje czworościan równościenny, którego ściany są trójkątami o bokach  W poprzednim kąciku jednak stwierdziliśmy, że ściany takiego czworościanu muszą być trójkątami ostrokątnymi, zaś z nierówności  wynika, że trójkąt o bokach  jest rozwartokątny. Zatem taka czwórka punktów w przestrzeni nie istnieje.

Niech będzie dowolnym nieforemnym czworościanem równościennym. Ponieważ odcinek łączący środki krawędzi i jest do nich prostopadły, to przekształcenie będące obrotem wokół tego odcinka o przeprowadza dany czworościan na siebie. W szczególności kula wpisana w ten czworościan również musi przejść na siebie. Przy tym przekształceniu punkt przechodzi na zaś na i podobnie przechodzi na i na odwrót. W takim razie środkowa poprowadzona z wierzchołka przechodzi na środkową poprowadzoną z wierzchołka . Skoro jednak kula wpisana jest zachowywana, to część wspólna jednej środkowej z kulą przechodzi na część wspólną drugiej środkowej z tą kulą. To oznacza, że . Podobnie udowodnimy pozostałe równości.

Skoro sfera wpisana jest styczna do dwóch ścian w środkach okręgów opisanych, to dany czworościan jest równościenny. To oznacza, że sfera wpisana jest styczna do wszystkich ścian w środkach okręgów opisanych. A skoro sfera ta jest styczna do jednej z tych ścian w ortocentrum, to dla niej musi się ono pokrywać ze środkiem okręgu opisanego. W takim razie ta ściana jest trójkątem równobocznym. Skoro jednak dany czworościan jest równościenny, to wszystkie jego ściany są przystające, a więc przystające do trójkąta równobocznego. To zaś oznacza, że dany czworościan jest foremny.

Nie można.
Wystarczy, jeśli znajdziemy dwa czworościany o różnych objętościach, dla których wspomniane 5 wielkości są jednakowe. Dobrym pomysłem jest ograniczenie się do klasy czworościanów równościennych, bowiem dla nich promień każdej ze sfer dopisanych jest 2 razy większy od promienia sfery wpisanej. Wówczas dane 5 wielkości redukuje się do jednej.

Teraz można by użyć wzorów na odpowiednie wielkości dla czworościanów równościennych, ale prowadzi to do zawiłych rachunków. Znacznie lepiej przeprowadzić następujące rozumowanie. Rozważmy sześcian o krawędzi długości i sferę dopisaną do czworościanu równościennego (a nawet foremnego) o środku w punkcie . Oczywiście objętość czworościanu jest równa . Nietrudno też wyliczyć (np. wyrażając objętość czworościanu na dwa sposoby), że promień tej sfery jest równy . Poprowadźmy teraz pewną płaszczyznę styczną do tej sfery, która przecina półprostą w pewnym punkcie , który leży bardzo daleko, zaś krawędzie i w punktach i . Niech będzie punktem na płaszczyźnie takim, że czworokąt jest prostokątem, zaś , , takimi punktami, że wielościan jest prostopadłościanem. Zauważmy, że długości odcinków i są ograniczone z dołu przez promień sfery o środku w , czyli , zaś odcinek może być dowolnie duży. Wynika stąd, że objętość prostopadłościanu moze być dowolnie duża. To samo można powiedzieć o objętości czworościanu równościennego wpisanego w ten prostopadłościan. Jednakże promień sfery dopisanej do niego o środku w jest równy , tyle samo wynoszą promienie pozostałych sfer dopisanych, zaś promień sfery wpisanej jest 2 razy mniejszy. Znaleźliśmy więc dwa czworościany równościenne, które mają sfery wpisane o jednakowych promieniach, jak i sfery dopisane o równych promieniach; a jednak ich objętości są różne.

Pokolorujmy (dla przejrzystości zamiast kolorować numerujemy) pola szachownicy jak na rysunku 1. Każdy klocek pokrywa pola z numerami 1, 2, 3.

Ponieważ na szachownicy są 22 pola z liczbą 2, pozostać niepokryte musi jedno z pól z takim właśnie numerem (Rys. 2). Ale które?

Ponumerujmy teraz pola szachownicy w nieco inny sposób (Rys. 3). I tym razem są 22 pola z numerem 2, więc tylko takie pole może zostać niepokryte. To pozostawia nam cztery pola (a tak uczciwie mówiąc, to istotnie tylko jedno, ze względu na symetrię).

Nietrudno wypełnić szachownicę klockami tak, aby niepokryte pozostało to właśnie pole (Rys. 4).

Wpiszmy w pola szachownicy liczby jak na Rys. 5 Wówczas każdy klocek pokrywa pola o sumie liczb równej 2. Suma wszystkich liczb wpisanych w pola szachownicy jest równa 44, a ponadto 21 klocków pokrywa pola o sumie liczb 42. Niepokryte zostaje więc pole z liczbą 2.

Wpiszmy w pola szachownicy liczby jak na rysunku. Wówczas każdy klocek pokrywa pola o sumie liczb równej 6, zatem 12 klocków pokrywa pola o sumie liczb 72. Suma wszystkich liczb wpisanych w pola szachownicy jest równa 84. Niepokryte zostają więc pola z sumą liczb równą 12, zatem muszą to być cztery pola z liczbą 3 położone w środku szachownicy. Podanie przykładu ułożenia klocków pozostawiamy Czytelnikowi.

Dla  zachodzi nierówność

Weźmy pod uwagę funkcję

Dla  mamy

więc funkcja  jest ściśle wypukła w przedziale  Stąd wynika, że dla każdej liczby  jest spełniona nierówność  Po podstawieniu wyrażenia definiującego funkcję  i prostym przekształceniu dostajemy:

Prawa strona ma wartość stałą

Przypuśćmy, że prosta  jest asymptotą funkcji  przy  To znaczy, że

Uzyskana przed chwilą zależność

przybiera postać

To już jest oczekiwana sprzeczność, bo wyrażenie w pierwszym nawiasie kwadratowym ma stale wartość 0, a to w drugim dąży do 0 gdy  Wniosek: Funkcja  spełniająca podane warunki, nie ma asymptoty przy

Niech punkty  i   będą rzutami prostokątnymi punktu odpowiednio na proste  i  Punkt (środek łuku ) leży na dwusiecznej kąta  Zatem  trójkąty  i  są przystające,  Są możliwe dwie konfiguracje: albo (jak na rysunku) punkt  leży między punktami  i  a   między  i – albo odwrotnie (  między  zaś  między ).

W sytuacji, jak na rysunku, mamy równości

więc punkt  jest środkiem odcinka (rozumowanie w drugim przypadku, po oczywistej zmianie w znakach, prowadzi do tej samej konkluzji). Wniosek: prosta  jest symetralną odcinka  i wobec tego

Skoro jest  podszachownic wymiaru  i   podszachownic wymiaru  to istnieje  pojedynczych ruchów możliwych do wykonania. Zauważmy, że wykonanie ruchu  a następnie ruchu  prowadzi do tego samego kolorowania szachownicy, co wykonanie najpierw ruchu  a potem ruchu  Ponadto wykonanie tego samego ruchu parzystą liczbę razy nie zmienia kolorowania szachownicy. Zatem każda sekwencja ruchów jest jednoznacznie opisana przez podanie ruchów występujących w niej nieparzystą liczbę razy. Jest więc nie więcej niż  nierównoważnych sekwencji ruchów (sekwencje uznajemy za równoważne, jeśli dają ten sam efekt). Startując z ustalonego kolorowania szachownicy, otrzymamy zatem co najwyżej  innych kolorowań. Ale wszystkich możliwych pokolorowań szachownicy jest  Znajdzie się więc takie, którego nie otrzymamy żadną sekwencją ruchów z całej białej szachownicy. Równoważnie, znajdzie się takie pokolorowanie, którego żadną sekwencją ruchów nie sprowadzimy do całej białej szachownicy.

Niech  oznacza punkt przecięcia przekątnych czworokąta

Zauważmy, że kąty  i   są równe jako wpisane oparte na tym samym łuku. Z założenia (wbrew rysunkowi), kąty  i   też są równe. Odcinek  to wspólny bok trójkątów  i   więc są one przystające. Stąd  czyli trójkąt  jest równoramienny.

Równoważnie, mamy do udowodnienia

Przekształcamy lewą stronę:

Każdy składnik tej sumy jest dodatni, ponieważ   wtedy i tylko wtedy, gdy Wobec tego całe wyrażenie ma wartość dodatnią.

Uwaga:
Z zadania 590-M z ligi zadaniowej Delty 11(426) 2009 (rozwiązanie w numerze 3(430) 2010) wynika nierówność   Zatem wielkość   znajduje się między średnimi

Odpowiedź: Oto pokolorowanie, w którym taki odcinek nie istnieje.

Ustalmy punkt  płaszczyzny i pomalujmy go na czarno. Punkty na każdym okręgu o środku w   i promieniu niewymiernym pomalujmy na biało, zaś punkty na każdym okręgu o środku w   i promieniu wymiernym – na czarno. Przez dowolny odcinek dodatniej długości musi przechodzić pewien okrąg pierwszego typu, jak również drugiego. Zatem odcinek ten nie może być jednokolorowy.

Odpowiedź: Oto przykład, w którym taki podzbiór nie istnieje.

Rozważmy rodzinę

gdzie, dla

Oczywiście, pary zbiorów  jak również  mają wspólny element. Zbiory  i   też mają wspólny element – gdy  jest nim  w przeciwnym przypadku jest nim  Skoro  zbiór  musiałby zawierać wszystkie liczby parzyste, byłby więc nieskończony.