Delta mi!

Niech  będzie takim punktem na boku  że  Skoro  to punkt  leży na odcinku

Wobec  prosta  jest równoległa do prostej  lub przecina ją w punkcie  leżącym od strony punktu  na zewnątrz odcinka  Zatem

tzn. możemy przepchnąć punkt  do gorszego przypadku – punktu  Ponieważ pole trójkąta  nie zależy od położenia punktu  na odcinku  więc mamy

Niech  Wówczas

i mamy

Równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy  i   Ale  zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy  lub  Zatem równość w tezie zadania zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy punkt  oraz punkt  lub  są środkami odpowiednich boków trójkąta

Rozważmy reszty z dzielenia liczby  przez  Dla  lub  mamy  a więc  nie może być kwadratem liczby całkowitej. Podobnie dla  lub  liczba  nie może być kwadratem liczby całkowitej, bo  Przypuśćmy zatem, że  dla pewnego  całkowitego. Wówczas

czyli  Zatem liczba  jest podzielna przez  ale nie jest podzielna przez  czyli i ona nie może być kwadratem liczby całkowitej.

Przypuśćmy, że potrafimy tak wybrać  wierzchołków  -kąta foremnego, by żadne trzy nie były wierzchołkami trójkąta równoramiennego. Oznaczmy wówczas wierzchołki  -kąta przez  w taki sposób, by wierzchołek  był wybrany. Podzielmy teraz pozostałe wierzchołki na  par postaci  dla  Zauważmy, że każda z tych par tworzy podstawę trójkąta równoramiennego o wierzchołku  zatem z każdej pary dokładnie jeden wierzchołek musiał być wybrany. W szczególności wybrany jest jeden z wierzchołków sąsiadujących z   (tzn.  ) oraz jeden z wierzchołków odległych o dwa miejsca od  (czyli  ). Nie mogą być to jednak sąsiednie wierzchołki, bo wówczas wraz z   tworzyłyby trójkąt równoramienny złożony z trzech sąsiednich wierzchołków. Zatem, gdy z jednej strony sąsiadujący z nim wierzchołek został wybrany, z drugiej wybrany został wierzchołek odległy od niego o dwa miejsca. Przypuśćmy zatem bez straty ogólności, że wybrane zostały wierzchołki  i   Stosując powyższe rozumowanie z wierzchołkiem  zamiast  oraz z wierzchołkiem  zamiast  stwierdzamy, że wybrane musiały być  oraz  Dostajemy zatem trójkąt równoramienny  co jest sprzeczne z założeniem. Otrzymana sprzeczność kończy rozwiązanie zadania.

Pokolorujmy pola szachownicy, zaznaczając tzw. pozycje wygrywające kolorem, a przegrywające na szaro. Pole h8 jest wygrywające – gracz, który na nim stanie, wygrywa. Wobec tego wszystkie pozostałe pola w górnym wierszu, w prawej kolumnie i na przekątnej łączącej a1 z h8 są przegrywające (Rys. a) – jeśli gracz na nich stanie, przeciwnik może przejść na h8 i wygrać. Stąd pola g6 i f7 są wygrywające (Rys. b) – jeśli gracz na którymś z nich stanie, przeciwnik może iść tylko na pola przegrywające. Można więc wskazać kolejne pozycje przegrywające (Rys. c) i wygrywające (Rys. d). Ostatecznie otrzymujemy pokolorowanie całej szachownicy (Rys. e).

Pole c1 jest szare. Istnieje zatem strategia wygrywająca dla gracza rozpoczynającego: w kolejnych swoich ruchach stawia królową zawsze na kolorowych polach (wygrywających). Wówczas przeciwnik musi za każdym razem postawić królową na polu szarym (przegrywającym), a z takiego pola można znów przejść na pole kolorowe. Pole h8 jest kolorowe, więc przy tej strategii faktycznie stanie na nim (czyli wygra) gracz rozpoczynający.

Zaznaczmy na poziomej osi układu współrzędnych, ile jabłek zjedzono, a na pionowej, ile pomarańczy. Pojedynczy ruch to przesunięcie o ileś jednostek do góry, w prawo albo na ukos do góry i w prawo, czyli dokładnie ruchy królowej. Pozycja rozpoczynająca grę, czyli  (nic jeszcze nie zjedzono) odpowiada początkowemu polu c1. Wygrywa ten, kto zje ostatni owoc, czyli zajmie pozycję  odpowiadającą polu h8. Po takim „przetłumaczeniu” problemu można natychmiast wywnioskować z zadania 1, że strategię wygrywającą ma gracz rozpoczynający (i nawet wiemy, jaką!)

Pierwszą przydatną w rozwiązaniu informacją jest to, które trójki spośród danych liczb mają sumę 15. Pozostawiam Czytelnikowi łatwe sprawdzenie, że są to dokładnie te trójki, które znajdują się w jednym wierszu, jednej kolumnie lub na przekątnej kwadratu z rysunku. Jest to więc tzw. kwadrat magiczny.

Gracz wygrywa, jeśli skompletuje wiersz, kolumnę lub przekątną. Tę grę niemal każdy chyba zna od dzieciństwa, nazywa się ona kółko i krzyżyk. Jeśli gracz rozpoczynający wybierze liczbę 2, czyli zajmie pole narożne, zawsze może wygrać, chyba że drugi gracz natychmiast zajmie pole środkowe (czyli weźmie liczbę 5). Nieprzekonanych zachęcam do sprawdzenia tego.

Przedstawione rozwiązanie jest prawie analityczne, oparte na idei, która zapewne powstała po przyjrzeniu się dokładnemu rysunkowi, który był w brudnopisie (zamieszczamy go na dole sąsiedniej szpalty). Niech          Ponieważ trójkąt  jest ostrokątny, więc  Możemy założyć, że promień okręgu opisanego na trójkącie  jest równy  więc    Ponieważ  więc  zatem  Niech  oznacza punkt wspólny boku  i dwusiecznej kąta  Jej równanie to  (bo leżą na niej punkty  i   – środek łuku ). Wobec tego  Równanie prostej  to  więc  Niech  Mamy  oraz  Jeśli  to  więc  Stąd

Stąd wynika, że prosta  jest równoległa do prostej  więc trójkąty  i  są podobne, zatem  co kończy dowód twierdzenia. Jeśli  to  więc  zatem  i   więc  jest środkiem odcinka  Twierdzenie zachodzi również w tym przypadku.

Załóżmy, że taka liczba  istnieje i zapiszmy ją w postaci nieskracalnego ułamka  o dodatnim liczniku i mianowniku. Dla dowolnych liczb całkowitych  liczba

jest wymierna jako iloczyn lub iloraz liczb wymiernych. Jedno z podstawowych twierdzeń elementarnej teorii liczb mówi, że:

Istnieją więc takie liczby całkowite  że  zatem liczba  jest wymierna. Niech  oznaczają takie względnie pierwsze liczby naturalne, że  Wtedy  Wobec tego, że  liczba  jest dzielnikiem liczby  Również liczba  jest dzielnikiem  bo  Stąd wynika, że  Nie jest to możliwe, bo  (liczba  nie jest całkowita!), zatem

Niech  Zauważmy, że  więc skoro  daje resztę  z dzielenia przez  to  daje resztę    – tę samą resztę co   czyli znowu  itd. Podobnie, jeśli  to  dają odpowiednio reszty  z dzielenia przez  Zatem nasza liczba  dla  nieparzystego daje tę samą resztę przy dzieleniu przez  co   czyli  a dla  parzystego tę samą resztę co liczba   czyli

Równanie z treści zadania

jest równoważne następującemu:

Ponieważ  i wszystkie składniki lewej strony są nieujemne, to musi być

Podobnie nierówność  implikuje, że  Otrzymujemy więc liczby

które, jak łatwo sprawdzić, spełniają ostatnie równanie. Są to więc wszystkie rozwiązania równania danego w treści zadania.

Zauważmy, że trójkąty  są przystające na mocy cechy bkb (oczywiście  a ponadto   ).

Zatem  Natomiast z twierdzenia o stycznej do okręgu i kącie wpisanym, zastosowanego do okręgu opisanego na trójkącie  mamy  Wobec tego kąty  i  są równe, co kończy dowód.

Zróbmy prostą zamianę zmiennej:  Uzyskujemy ciąg zależności (korzystając w pewnym momencie z nierówności Bernoulliego dla wykładnika rzeczywistego  ):

Dla  nierówność staje się równością:  Jest to wartość minimalna funkcji  na przedziale

Rozpisujemy symbole dwumianowe po obu stronach:

skracamy, co się da, i otrzymujemy równanie

Wprowadzamy oznaczenie  i przepisujemy równanie jako

W zbiorze liczb dodatnich wielomian  jest funkcją rosnącą; stąd równoważne równanie

Gdy  lub lewa strona ostatniego równania nie dzieli się przez 4; brak rozwiązań. Natomiast każda liczba  spełniająca warunek  lub wraz z liczbą  daje parę, spełniającą ostatnie równanie – więc i równoważne mu równanie wyjściowe.

Zauważmy, że

ale

zatem wystarczy przyjąć

Wykażemy najpierw, że

Rozważmy w tym celu -elementowe podzbiory zbioru  dla których  Wtedy  Zatem elementy  i   możemy wybrać na  sposobów. Sumując te możliwości po dozwolonych wartościach  dostajemy żądany wzór.

Rozważmy teraz -elementowe podzbiory zbioru  Takich podzbiorów, dla których  jest  gdzie  Zatem średnia arytmetyczna liczb  wynosi

Ale  więc ta średnia jest równa

Załóżmy najpierw, że istnieje punkt  o podanej własności. Poprowadźmy przez niego dwie proste. Jedna przecina boki  i   odpowiednio w punktach  i   a druga – w punktach  i  Mamy

gdzie  oznacza pole figury  Zatem

a stąd  Prowadząc przez  trzecią prostą, przecinającą  i   odpowiednio w punktach  i   otrzymamy  Dzieląc stronami ostatnie dwie równości, otrzymamy

co wobec twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa implikuje, że  tzn.

Odwrotnie, niech  Niech  i   będą odpowiednio środkami boków  i   Niech  będzie środkiem odcinka

Z wypukłości czworokąta  wynika, że punkt  leży w jego wnętrzu. Oczywiście  i   dla dowolnej prostej przechodzącej przez  i przecinającej odcinki  odpowiednio w punktach  Zatem  ma własność, o której mowa w treści zadania.

Poprowadźmy przez punkt  proste równoległe do boków trójkąta. Dzielą one trójkąt  na trzy trójkąty równoboczne i trzy równoległoboki. Połowa każdej z tych sześciu figur jest szara. Wobec tego suma pól szarych trójkątów równa jest połowie pola trójkąta

Niezależnie od położenia punktu  suma  równa jest  ponieważ

Z rozwiązania poprzedniego zadania wiemy, że  Stąd nierówność trójkąta  równoważna jest warunkowi  Analogicznie powinny być spełnione warunki  oraz  Oznacza to, że punkt  powinien leżeć wewnątrz trójkąta utworzonego przez środki boków trójkąta

Z nierówności trójkąta mamy  Ponadto  oraz  stąd  Analogicznie  oraz

Obracamy trójkąt w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara.

W sytuacji z rysunku obok mamy  podobnie  Stąd, korzystając z równości  i z sumy miar kątów trójkąta  otrzymujemy

Obróćmy trójkąt o   wokół wierzchołka Niech  będzie obrazem punktu Trójkąt  jest równoboczny. Trójkąt  ma boki długości  więc jest prostokątny.

Analogicznie zdefiniujmy punkty  i   jako obrazy  przy obrotach wokół odpowiednio wierzchołków  i   Wtedy trójkąty  i   są równoboczne o bokach odpowiednio długości 3 i 4, a trójkąty  i   oba są prostokątne o bokach długości 3, 4, 5.

Pole kolorowego sześciokąta  jest równe  plus „dodatki”:

Jednocześnie pole to jest równe sumie pól trzech szarych trójkątów równobocznych i trzech białych prostokątnych:

Szukane pole trójkąta  jest więc dwukrotnie mniejsze:

Wykażemy, że takie cztery punkty istnieją w każdym czworościanie.

Rozważmy dowolny czworościan  w którym  Na krawędziach  i   wybierzmy odpowiednio takie punkty  że

Z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa wynika, że proste  i   są równoległe. Wobec tego punkty  leżą na jednej płaszczyźnie. Ponadto z twierdzenia Talesa obliczamy

skąd

Analogicznie wykazujemy, że każdy z odcinków  ma długość  Stąd wniosek, że czworokąt  jest rombem.

Niech  będzie środkiem rombu  Punkty przecięcia prostych, zawierających dwusieczne kątów  i   z bokami rombu tworzą wierzchołki czworokąta. Czworokąt ten jest kwadratem, gdyż jego przekątne są równe i przecinają się pod kątem prostym.

Oznaczmy przez  i   odpowiednio liczby wymierne  oraz  Wówczas  Stąd otrzymujemy

czyli

Przypuśćmy, że liczba  jest różna od zera. Wówczas

Liczba po prawej stronie ostatniej równości jest wymierna, jako iloraz dwóch liczb wymiernych. Otrzymujemy więc sprzeczność, z której wynika, że  Wobec tego

Bezpośrednio sprawdzamy, że liczba  spełnia warunki zadania. Na mocy powyższego rozumowania jest to jedyna liczba o żądanej własności.

Sznurek ma dwa końce; gdy podpalimy oba, odmierzymy 30 minut. Jeśli podpalimy dwa końce jednego sznurka i jeden koniec następnego sznurka, a po 30 minutach – drugi koniec, to odmierzymy 15 minut. I co dalej?

Oczywiście, wymnażanie mija się z celem; to zajęcie dla masochistów, a poza tym nader łatwo o pomyłkę. Wystarczy jednak zauważyć, że suma współczynników wielomianu równa jest wartości tego wielomianu dla  W tym konkretnym przypadku rachunek okazuje się nad wyraz łatwy ze względu na parę zer.

Nietrudno zauważyć, że trójkąt jest prostokątny, jest więc wpisany w okrąg o średnicy 6. Dorysowując symetrycznie w tym okręgu drugi, taki sam trójkąt oparty na średnicy, otrzymujemy czworokąt, którego najmniejszy kąt wynosi  Kąt ten oparty jest na pewnym łuku okręgu, kąt środkowy oparty na tym samym łuku to wobec tego  a cięciwa oparta na tym łuku jest jednocześnie podstawą odpowiedniego trójkąta równobocznego i podwojoną szukaną wysokością.

Należy zaznaczyć na burcie poziom zanurzenia łodzi „ze słoniem”, po wyjściu słonia na brzeg ładować tam kamienie, aż łódź się odpowiednio zanurzy, po czym ważyć poszczególne kamienie i dodać...

Wszystkie cztery! Wystarczy rozważyć na płaszczyźnie trójkąt rozwartokątny i wziąć w jego wnętrzu taki punkt, by odcinki łączące go z wierzchołkami tworzyły między sobą kąty  Podnosząc w przestrzeni ten punkt nieznacznie do góry, skonstruujemy odpowiedni czworościan.