Delta mi!

Załóżmy, że udało się pokryć danymi klockami szachownicę. Kolorujemy 22 pola szachownicy jak na rysunku.

Każdy klocek  przykrywa dokładnie jedno zamalowane pole. Tych klocków jest 21, więc klocek  musi leżeć na zamalowanym polu. Wykonujemy symetryczne kolorowanie, ale innym kolorem niż poprzednio, względem prostej zawierającej wspólny bok pól a4 i a5. Widać już, że klocek  musi leżeć na jednym z czterech pól zamalowanych obydwoma kolorami, a to właśnie pola wymienione w tezie zadania. Z drugiej strony łatwo sprawdzić, że jeśli leży on na jednym z tych pól, to można skonstruować odpowiednie pokrycie szachownicy.

Niech  będą środkami odcinków  Z twierdzenia Talesa wynika, że    i   Przez  oznaczamy punkt wspólny prostych  i  Analogicznie definiujemy punkty  i  Boki trójkątów  i  są odpowiednio równoległe, więc punkt  w którym przecinają się proste  i  jest środkiem jednokładności w skali  przekształcającej trójkąt  na trójkąt  (  leży też na prostej ).

Najpierw wywnioskujemy twierdzenie z lematu. Jednokładność o środku  w skali  przekształca okrąg  opisany na trójkącie  na okrąg  opisany na trójkącie  Środek okręgu  leży na prostopadłych do prostych  przechodzących przez wierzchołki  więc środek okręgu  leży na prostopadłych do prostych  przechodzących przez wierzchołki  Na mocy lematu (dowód w artykule) te prostopadłe są symetralnymi boków trójkąta  więc ich punkt wspólny to środek okręgu opisanego na trójkącie

Odpowiedź: 2010!

Zauważmy, że ścieżka przecina każdy z tych odcinków dokładnie raz. Ścieżka może przeciąć odcinek  na jeden sposób,  na 2 sposoby,  na 3 itd., wreszcie  na 2010 sposobów. Zatem ścieżek jest co najwyżej  – nietrudno zobaczyć, że jest ich dokładnie tyle, gdyż każdy wybór jednego z  pododcinków odcinka  który ma przeciąć ścieżka, definiuje poprawną ścieżkę.

Oznaczmy przez  środek ciężkości trójkąta czyli punkt przecięcia odcinków  i  . Zauważmy, że  jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie  Zatem Ponieważ  jest środkiem ciężkości, więc

Załóżmy, że liczba jest pierwsza. Jest ona większa od 2, więc nieparzysta. Zatem liczba  musi być nieparzysta. Ale wówczas daje resztę  z dzielenia przez  . Skoro kwadrat liczby całkowitej daje resztę  lub  przy dzieleniu przez  , to aby nie było podzielne przez  , potrzeba, aby było podzielne przez  . Ponieważ jest liczbą pierwszą, jedyna możliwość to i wówczas jest liczbą pierwszą.

Niech  i  będą końcami dowolnej średnicy rozważanego koła. Wtedy dla dowolnego punktu  płaszczyzny mamy  Nierówność ta jest tzw. nierównością trójkąta dla trójki punktów    i  Więc dla  otrzymujemy

Dodając te nierówności stronami, wnioskujemy, że

Z otrzymanej nierówności wynika, że co najmniej jeden z punktów  lub  spełnia warunki zadania.

Niech  będzie funkcją, spełniającą podane warunki. Zauważmy, że  w przedziale  (w przeciwnym razie, oznaczając przez  najmniejsze miejsce zerowe funkcji  mielibyśmy w przedziale  nierówności    skąd  czyli ).

Weźmy pod uwagę funkcję  z pochodną

Dostajemy oszacowanie

Ale wartości funkcji  w przedziale  są ujemne. Tak więc  dla wszystkich ; to znaczy, że liczba  nie należy do tego przedziału – czyli zachodzi nierówność  Na odwrót, jeżeli  to określamy funkcję  wzorem

(suma w nawiasie jest dodatnia w tym przedziale, więc określenie jest poprawne). Ma ona wymagane własności:    Stąd odpowiedź: liczby  o które pyta zadanie, są scharakteryzowane nierównością

Nie można, jeśli  Przypuśćmy, że to się udało i niech  będzie minimalną sumą liczb w wierszu. Jest ona dzielnikiem sumy liczb w każdym wierszu, więc i sumy liczb we wszystkich wierszach, równej  Jasne, że  Zatem liczba  musi być parzysta, co oznacza, że  jest liczbą parzystą. Liczba  względnie pierwsza z czynnikiem  musi dzielić  To już daje sprzeczność, bowiem

Ustawmy trójkąt tak, by  było podstawą, i niech  będzie spodkiem wysokości z wierzchołka Wtedy  oraz  zatem  Ponieważ jednocześnie  to

Ustawmy trójkąt tak, by  było podstawą. Wtedy wierzchołek  leży na okręgu o środku  i promieniu 1. Pole trójkąta jest maksymalne, gdy wysokość z  jest maksymalna (bo podstawa  ma ustaloną długość 1), czyli gdy wysokość ta jest równa 1. Zachodzi to dla  czyli dla

Rozważmy prostokąt  o bokach  i   Niech punkt  będzie środkiem boku  a punkt  niech należy do boku  przy czym   Wtedy z twierdzenia Pitagorasa      Należy obliczyć pole trójkąta  Jest ono równe

Ustawmy trójkąt  obok trójkąta  jak na rysunku (  oznacza odpowiednik wierzchołka ). Wtedy w trójkącie  podstawa  ma długość  wysokość  jest równa 1, więc pole jest równe  Pozostałą częścią pięciokąta jest trójkąt  Przystaje on do trójkąta  ponieważ    oraz bok  jest wspólny. Stąd  więc pole pięciokąta równe jest 1.

Ściana  jest trójkątem o bokach długości  ma zatem kąt prosty przy wierzchołku Analogicznie  Ściana  ma boki długości  czyli jest połówką kwadratu o boku 3, więc też ma kąt prosty przy wierzchołku  Ustawmy dany ostrosłup inaczej: niech  będzie podstawą. Wobec powyższych obserwacji  jest wtedy wysokością i   Stąd objętość ostrosłupa to

Ustawmy czworościan na krawędzi i rozważmy sześcian, którego czterema wierzchołkami są wierzchołki tego czworościanu. Każda z krawędzi czworościanu jest przekątną pewnej ściany sześcianu, zatem krawędź sześcianu ma długość  Środki przeciwległych krawędzi czworościanu są środkami przeciwległych ścian sześcianu, więc ich odległość równa jest długości krawędzi sześcianu.

Dla sprawa jest jasna. Załóżmy więc, że twierdzenie jest prawdziwe dla pewnego i spróbujmy je udowodnić dla  zawodników. Nazwijmy ich i przyjmijmy, że w tej właśnie kolejności siedzą przy stole, czyli  wygrał z  , który wygrał z  itd.

Jeśli  wygrał z  to mamy tezę. W przeciwnym przypadku tezę otrzymujemy, stosując założenie indukcyjne do zawodników

Szacujemy lewą stronę:

Dla liczb z przedziału zachodzi nierówność , równoważna Zatem , co daje tezę.

Trójkąty i  mają równe pola oraz wspólny bok  Wobec tego wysokości tych trójkątów poprowadzone do boku  są równe. Ponadto punkty  i  leżą po tej samej stronie prostej  Stąd wniosek, że przekątna  jest równoległa do boku  Analogicznie dowodzimy, że pozostałe cztery przekątne pięciokąta  są równoległe do odpowiednich jego boków

Przyjmijmy, że płaszczyzna  przecina krawędź  w punkcie Stosując twierdzenie 1, otrzymujemy

oraz

Ponieważ  więc dostajemy

Przypuścmy, że w każdym wierzchołku istnieje kąt o mierze równej co najmniej  Wtedy z twierdzenia 1 z artykułu wynika, że suma kątów płaskich w każdym wierzchołku jest większa niż  W takim razie suma wszystkich kątów płaskich w czworościanie jest większa od  Sprzeczność, gdyż ta suma jest równa

Ponieważ ściany boczne są trójkątami równoramiennymi, to otrzymujemy

Podobnie dowodzimy, że pozostałe kąty trójkąta  są ostre.

Korzystając z twierdzenia 1 z artykułu dostajemy

Odpowiedź:
Istotne, czworościan  w którym

pokazuje, że możliwe jest uzyskanie  Wykażemy, że więcej się nie da. Przypuśćmy, że istnieje czworościan, dla którego dana suma jest większa niż  Wynika stąd w szczególności, że liczba krawędzi długości  jest równa co najmniej  Jeśli jest  krawędzi długości  to nie ma kątów rozwartych. Jeśli jest  krawędzi długości  to mogą być co najwyżej dwa kąty rozwarte. Zatem liczba krawędzi długości  musi być równa  Tym samym liczba kątów rozwartych musi być równa  Zatem żadne trzy krawędzie nie mogą więc tworzyć trójkąta równobocznego. To wyzancza nam jedną (z dokładnością do permutacji wierzchołków) konfigurację:

Jednakże

Sprzeczność.

Wykażemy najpierw, że

Przyjmijmy, że płaszczyzna  przecina krawędź  w punkcie  Wtedy korzystając dwukrotnie z twierdzenia 1 z artykułu dostajemy

Czytelnik z pewnością zauważa analogie do zadania: jeśli punkt  leży wewnątrz trójkąta  to  – wystarczy rozważyć sferę o środku  i otrzymujemy sferyczną wersję tej nierówności. Analogicznie dowodzimy, że

oraz

Stad otrzymujemy

Przyjmijmy, że  jest wierzchołkiem danego kąta trójściennego,      – dowolnymi punktami leżącymi na różnych krawędziach tego kąta, zaś  dowolnym punktem na półprostej  Mamy udowodnić, że

Wystarczy dowieść, że

(pisząc trzy takie nierówności i sumując je stronami dostajemy tezę). To jednak wynika natychmiast z rozwiązania poprzedniego zadania.

Uwaga. Z rozwiązania uzyskaliśmy, że dana nierówność jest ostra, jeśli tylko dany kąt jest niezdegenerowany – równość może zajść tylko wtedy, gdy prosta  pokryje się z jednym z ramion kąta, a ponadto pozostałe dwa ramiona również się pokryją.

Załóżmy, że  jest wspólnym wierzchołkiem danych dwóch kątów oraz przyjmijmy, że pewna płaszczyzna przecinająca wszystkie ściany obywdu kątów tworzy w przekroju wewnętrznego kąta wielokąt  Niech ponadto półprosta  przecina zewnętrzny kąt w punkcie  (jak zwykle idneksowanie modulo ). Dla  zachodzą nierówności

gdzie  jest sumą kątów płaskich przy wierzchołku  części kąta zewnętrznego ograniczonej płaszczyznami  i  Dodając te wszystkie nierówności stronami dostajemy tezę.

Trójkąt  uzupełniamy do prostokąta  Wówczas z równości  wynika, że  To w połączeniu z  dowodzi, że trójkąt  jest równoboczny. Zatem

Rozważmy przypadek, gdy przecina ramię . Rozszerzmy nasz trójkąt do kwadratu .

Punkt przecięcia prostej  z nowo dorysowanym bokiem kwadratu oznaczmy przez  Szukamy takich punktów  że  Równoważnie takich, że odcinki  i  są symetryczne względem prostej  prostopadłej do  przechodzącej przez  To zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy trójkąty  i  są symetryczne względem tej prostej, co jest z kolei równoważne temu, że punkty  i  są symetryczne względem  (bo punkty  i  zostały skonstruowane tak, że są symetryczne względem ).

Rozważmy  liczb . Żadna z nich nie dzieli się przez  , więc możliwe reszty z dzielenia tych liczb przez  to . Jest ich o jeden mniej niż liczb, więc istnieją dwie liczby, powiedzmy  i  , dla , które dają tę samą resztę z dzielenia przez  . Oznacza to, że dzieli . Ale  i  są względnie pierwsze, więc dzieli . Zatem spełnia warunki zadania.