Delta mi!

Umieśćmy w punktach  i  masy  a w  i  masy  takie, by  (da się takie masy dobrać). Wtedy  Wobec tego

Jednocześnie  oraz  więc

Niech      Umieśćmy w  odpowiednio masy  i wyznaczmy środek ciężkości  tego układu.    więc  leży na prostej  Jednocześnie  więc  leży też na prostej  Stąd 

Umieśćmy teraz dodatkowo masę  w punkcie  i masę  w punkcie  wtedy  Niech  będzie środkiem ciężkości „starych” i „nowych” mas, wtedy  leży na prostej  łączącej ich środki ciężkości.

Z twierdzenia o dwusiecznej,  jest jej spodkiem dla  Leży więc na niej punkt  Analogicznie leży on też na pozostałych dwusiecznych kątów trójkąta, jest zatem środkiem okręgu wpisanego. Stąd  co kończy dowód.

Umieśćmy w wierzchołkach czworościanu równe masy. Każdy odcinek łączący środki przeciwległych krawędzi łączy środek ciężkości dwóch mas ze środkiem ciężkości pozostałych dwóch, przechodzi więc przez środek ciężkości ich wszystkich.

Umieśćmy w punktach  masy odpowiednio  a w punkcie  trzy masy:    i   Wtedy  dla  więc środek ciężkości  układu  leży na płaszczyźnie  Ponadto  bo  Skoro  oraz  to  jest środkiem odcinka  Stąd i z wcześniejszego  wynika  i 

Okrąg  jest wpisany w romb  Prosta  styczna do okręgu  przecina odcinki  i  odpowiednio w punktach  i  Wykaż, że wartość iloczynu  nie zależy od wyboru stycznej

Niech  oznacza środek okręgu  (jest to jednocześnie punkt przecięcia przekątnych rombu).

Ponieważ proste  i  są styczne do okręgu  więc

Analogicznie

Z równości  otrzymujemy również, że  Sumując kąty czworokąta  otrzymujemy  skąd  W takim razie

Z równości odpowiednich kątów otrzymujemy, że trojkąty  i  są podobne, skąd mamy

W takim razie iloczyn  jest stały i wynosi

Niech  będzie dowolną osobą uczestniczącą w przyjęciu i niech  będzie zbiorem jej znajomych, a   zbiorem osób, których nie zna.

Dla dowolnych  osoby  i  nie znają się między sobą (ponieważ  jest ich wspólnym znajomym). Stąd dowolne dwie osoby z  mają dokładnie jednego wspólnego znajomego w zbiorze    (dla każdego ) zna dokładnie dwie osoby ze zbioru  ponieważ ma z  dwóch wspólnych znajomych. Stąd żadne trzy osoby z  nie mają wspólnego znajomego w zbiorze

W takim razie każda osoba  ma dokładnie  znajomych – jest to  oraz  osób ze zbioru  odpowiadających parom  dla 

Otrzymaliśmy więc, że  ma tyle samo znajomych, co każdy jego znajomy. Z dowolności wyboru  oraz faktu, że dowolnych dwóch nieznajomych ma wspólnego znajomego, otrzymujemy tezę.

Odpowiedź: nie.

Załóżmy, że pole  jest zatrute. Pokażemy, że Lolek ma strategię wygrywającą. Gra polega tak naprawdę na zmniejszaniu przez graczy w każdym ruchu jednej z liczb  które na początku mają wartości  odpowiednio, a oznaczają liczbę kolumn na prawo, na lewo, liczbę wierszy w górę, w dół od zatrutego pola w aktualnej tabliczce czekolady. Rozważmy liczbę  gdzie  oznacza dodawanie liczb  i  zapisanych binarnie, bez przeniesienia (np. ).

---

Na początku gry, przed ruchem Bolka, mamy

Ogólnie, gdy  w następnym ruchu będziemy mieli  (któraś z liczb  zmieniła się). Gdy  zawsze istnieje taki ruch, że po jego wykonaniu  Istotnie, bez utraty ogólności możemy zakładać, że  ma niezerowy bit na pozycji pierwszego bitu znaczącego liczby  Wówczas  więc wystarczy zmniejszyć liczbę  o   bo wtedy liczba  wyniesie

Zatem Lolek po każdym ruchu zostawi Bolka w sytuacji, w której  więc w końcu Bolek zastanie sytuację, w której  (w każdym ruchu któraś liczba się zmniejsza), co odpowiada temu, że Bolek zostanie z zatrutą kostką i przegra.

Z nierówności między średnią arytmetyczną i kwadratową mamy

Obwód czworokąta jest maksymalny, gdy maksymalna jest suma  Powyżej zachodzi równość wtedy i tylko wtedy, gdy  i   czyli wtedy i tylko wtedy, gdy prosta  tworzy z półprostą  kąt

Ponieważ

więc liczba

jest oczywiście całkowita.

Każda oś symetrii wielokąta przechodzi przez środek ciężkości  jego wierzchołków, bo obrazem  w symetrii względem takiej osi jest on sam.

Rozważmy moment, gdy mucha, która przeszła cały obwód, jest w wierzchołku  trójkąta. Środek ciężkości pozostałych dwóch much jest w środku  odcinka pomiędzy nimi (Rys. a). Środek ciężkości  wszystkich much jest na odcinku  oraz  czyli  Stąd 

---

Analogiczne rozumowanie dla wierzchołków  i  prowadzi do wniosku, że jedynym możliwym położeniem  jest środek ciężkości trójkąta (Rys. b)

Jeśli rzut środka ciężkości wielościanu wypukłego nie należy do ściany, na której on stoi, to wielościan ten przewraca się. Gdyby istniał opisany w zadaniu wielościan, przewracałby się w nieskończoność. Ale to jest niemożliwe.

Umieśćmy w wierzchołkach  równe masy  Wtedy  gdzie  to środek . Środek ciężkości trójkąta  leży na środkowej ; analogicznie leży na pozostałych środkowych. Ponadto  czyli środkowe dzielą się w stosunku   licząc od wierzchołka.

Jeśli  jest wysokością  to  i  Stąd

czyli  Szukany środek ciężkości leży więc na  i analogicznie na wysokościach z  i z

Przyjmijmy, że  i oznaczmy przez miarę kąta ostrego (lub prostego), jaki zadana środkowa tworzy z prostą, zawierającą bok  Jest to kąt wewnętrzny w trójkącie o bokach długości  przeciwległy bokowi  Ze wzoru kosinusów:

Przepiszmy te związki w postaci

Wiadomo, że jeśli  jest funkcją ściśle wklęsłą (w pewnym przedziale) i jeśli  jest stałą dodatnią, to funkcja  jest ściśle malejąca. Zastosujmy tę własność do funkcji  (ściśle wklęsłej w przedziale  skoro ) oraz do stałej dodatniej  Tworzymy funkcję malejącą

Zauważmy, że  (równoważnie: ; jest to nierówność dla boków jednego z trójkątów, na które środkowa dzieli trójkąt wyjściowy). Zatem

czyli

Pamiętamy jednak, że    Otrzymujemy nierówność

– czyli tezę zadania.

Suma wszystkich liczb w zbiorze  wynosi  Suma dwóch liczb z tego zbioru może być dowolną liczbą naturalną od 3 do  Usuwamy dwie – suma liczb, które pozostały, może być dowolną liczbą naturalną od  do  Wystarczy wykazać, że w przedziale  znajduje się jakiś kwadrat liczby naturalnej.

Niech  będzie największą liczbą naturalną, której kwadrat nie przekracza  Wówczas  skąd  czyli  Wystarczy wykazać, że prawa strona ostatniej nierówności jest nie mniejsza niż ; czyli że zachodzi nierówność  Dla  różnica  wynosi kolejno  co daje wartości ; mamy równość  Dla  szacujemy kwadrat liczby :

i dostajemy nierówność  którą chcieliśmy wykazać.

Ponieważ odcinki  i  zawierają się w jednej płaszczyźnie i jednocześnie zawierają się w płaszczyznach równoległych, więc są to odcinki równoległe. Analogicznie równoległe są odcinki  i  Stąd czworokąt  jest równoległobokiem.

Niech ponadto punkt  będzie punktem przecięcia przekątnych  i  podstawy  a  – punktem przecięcia przekątnych  i  równoległoboku  Zauważmy, że odcinek  jest odcinkiem łączącym środki nierównoległych boków trapezów  i  Jest on równoległy do boków równoległych tych trapezów oraz

stąd

auważmy, że jeśli suma dwóch liczb jest dodatnia, to co najmniej jedna z tych liczb jest dodatnia. Przyjmijmy oznaczenia

Ponieważ

więc  Zatem co najmniej jedna z liczb    jest dodatnia. Analogicznie pokazujemy, że  czyli co najmniej jedna z liczb    jest dodatnia. Wykazaliśmy tym samym, że wśród danych czterech liczb co najmniej dwie są dodatnie.

Załóżmy, że dane punkty nie leżą w jednej płaszczyźnie. Punkty  i  należą do sfery  o średnicy  Podobnie, punkty  należą do sfery  o średnicy  Ale sfera jest jednoznacznie wyznaczona przez cztery niewspółpłaszczyznowe punkty, więc  Dwie średnice ustalonej sfery leżą w jednej płaszczyźnie, więc w szczególności odcinki  leżą w jednej płaszczyźnie, co daje tezę.

Gdzie leży punkt ? Wobec  leży on na płaszczyźnie  prostopadłej do  i przechodzącej przez  Podobnie wnioskujemy, że punkt  leży na płaszczyźnie  prostopadłej do prostej  i przechodzącej przez  Punkt  leży więc na prostej  która przechodzi przez punkt  uzupełniający trójkąt  do prostokąta

Prosta  jest rzutem prostokątnym prostej  na płaszczyznę  Ponieważ  to z twierdzenia o trzech prostopadłych  więc  Punkty  leżą więc na jednej płaszczyźnie.

Wobec nierówności trójkąta mamy

Podobnie,

Dodając te trzy nierówności stronami, mamy tezę.

Jeśli pewne trzy spośród rozważanych pięciu liczb dają tę samą resztę z dzielenia przez 3, to wybieramy je i ich suma jest podzielna przez 3. W przeciwnym przypadku pewne trzy liczby dają parami różne reszty z dzielenia przez 3 – te właśnie wybieramy.

Skoro  to Podobnie          Dodając stronami, uzyskujemy    czyli

Zauważmy, że  bo trójkąty te mają równe podstawy  i wspólną wysokość z Ponadto  (ponieważ ). Analogicznie  Stąd  Podobnie  i ostatecznie