Delta mi!

Zauważmy, że dla możemy napisać

Wtedy

i ogólnie

To oznacza, że dla Ponieważ funkcja jest malejąca w przedziale więc pierwiastki otrzymane dla będą różne, a więcej pierwiastków  mieć nie może.

Każdą liczbę zapiszmy w postaci gdzie jest nieparzyste. Wówczas może przyjąć wartość – łącznie  różnych wartości. W takim razie, wśród dowolnych liczb znajdą się takie dwie, które mają ten sam czynnik nieparzysty, spełniają więc warunek zadania.

Niech  i  oznaczają rzuty punktów  i  na prostą  Z przyrównania odcinków stycznych do okręgu wpisanego w trójkącie wynika równość Podobnie mamy

czyli Stąd również czyli

Ponieważ kąt między dwusiecznymi kątów przyległych jest prosty, więc trójkąty prostokątne  i są podobne. W takim razie

Stąd trójkąty  i są podobne, więc kąt też jest prosty. To oznacza, że punkty leżą na jednym okręgu.

Niech  i będą punktami przecięcia prostej równoległej do  i przechodzącej przez punkt odpowiednio z bokami  i Trójkąt jest równoboczny i Ponadto stosując nierówność trójkąta, dostaniemy oraz Dodając te trzy nierówności stronami, otrzymujemy

Nietrudno też przekonać się, że równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy punkt jest jednym z wierzchołków trójkąta

Skoro jest średnicą, to styczna do okręgu wpisanego w punkcie  jest równoległa do  Niech  i  będą punktami przecięcia tej stycznej z bokami  i  (Rys. 3). Trójkąty i są jednokładne, skąd natychmiast wynika, że punkt  jest punktem styczności okręgu dopisanego z bokiem  Z równoległości  i wynika też, że trójkąty  i  są podobne, a skoro to Niech będzie punktem styczności okręgu dopisanego, stycznego do  z prostą  W takim razie a stąd natychmiast wynika, że

Analogicznie, oznaczając przez  punkt styczności okręgu dopisanego z bokiem udowodnimy, że Ale – dowód jest więc zakończony.

Z twierdzenia Menelaosa dla trójkąta i prostej zachodzi

Podobnie z TwM dla trójkąta i prostej  otrzymujemy

Zatem

Twierdzenie o dwusiecznej orzeka, iż: Zachodzi więc równość z Twierdzenie Menelaosa, co kończy dowód.

Załóżmy, że prosta przecina prostą w pewnym punkcie  (poza odcinkiem  Wtedy z twierdzenia Menelaosa dla trójkąta  i prostej mamy

Odcinki stycznych do sfery z jednego punktu są równe, stąd Wobec powyższego

Zatem z twierdzenia Menelaosa dla trójkąta prosta przecina prostą w punkcie  Stąd proste  i przecinają się, więc punkty leżą na jednej płaszczyźnie. Prostszy przypadek pozostawiam jako ćwiczenie.

Oznaczmy środki boków        odpowiednio przez  W myśl założenia,    Niech  będzie wspólnym środkiem przekątnych  i  równoległoboku  Odcinek  łączy środki dwóch boków trójkąta  więc

---

Zatem punkt  leży na okręgu o średnicy  wobec czego kąt  jest prosty. Analogicznie, kąt  jest prosty. Stąd wynika, że  Punkty  są środkami dwóch boków trójkąta  więc  Analogicznie,  Stąd, ostatecznie,

Niech  będzie jedną z szukanych funkcji. Oznaczmy wartości  kolejno przez ; oznaczmy ponadto    Kładąc w równaniu  oraz  dostajemy

(1)

Każda czwórka  w której  daje informację w postaci równości  Biorąc czwórki          otrzymujemy w ten sposób związki

(2)

Natomiast czwórki        dają zależności

(3)

Jeżeli  to z pierwszej równości (1) oraz ze związków (2) wnosimy kolejno, że ; ; ; ; ; ;  Tak więc ; skoro zaś  ta wspólna wartość wynosi 1.

Jeżeli natomiast  to korzystamy z zależności (3) oraz (1) i łatwo stwierdzamy, że ; ;  Zatem na zbiorze  funkcja  jest stała, o wartości 1 lub 0. Każda liczba naturalna  daje się zapisać w postaci  dla pewnych  Przez oczywistą indukcję uzyskujemy wniosek, że  jest funkcją tożsamościowo równą 1 lub 0. Każda z nich spełnia zadane równanie.

Załóżmy, że Oznaczmy oraz Niech będzie takim punktem, że czworokąt jest równoległobokiem (Rys. 1). Z założenia więc Oznacza to, że i  Ponadto co oznacza, że Stąd i  co należało wykazać. Zauważamy jeszcze, że gdy rozumowanie jest analogiczne.

Rozważmy obrót oraz punkt

Zauważmy, że Tak więc i w szczególności Trójkąt jest równoboczny, więc Z założeń wynika, iż czyli Stosując twierdzenie kosinusów do trójkąta uzyskujemy

Rozważmy obrót Zauważmy, że  czyli Stąd w szczególności Na podstawie założeń ( oraz ) trójkąty i  są przystające. Tak więc czyli
Trójkat jest zatem równoboczny.

Rozważmy dowolny trójkąt spełniający warunki zadania. Niech będzie jego środkiem ciężkości. Zauważmy, że bok jest widziany z punktu pod kątem a więc leży na okręgu opisanym na trójkącie równobocznym zbudowanym zewnętrznie na boku Analogicznie i  leżą na okręgach opisanych na trójkątach równobocznych zbudowanych odpowiednio na bokach i 

Oznaczmy przez kolejne środki tych okręgów. Z twierdzenia Napoleona (patrz np. Delta 6/2004) wynika, że trójkąt jest równoboczny. Niech oznacza jego środek ciężkości. Proste (jako dwusieczne kątów wewnętrzych trójkąta ) przecinają w połowie krótsze łuki narysowanych okręgów. Środki tych łuków oznaczmy kolejno przez     Zauważmy, że

Mamy więc

oraz

Stąd natychmiast wynika, że trójkąt jest równoboczny i jego środkiem ciężkości jest punkt Pozostaje wykazać, iż leży na okręgu opisanym na trójkącie W tym celu, ponieważ

oraz należą odpowiednio do prostych wystarczy zauważyć, że nie jest punktem wewnętrznym trójkąta W przeciwnym razie, boki trójkąta są widziane z punktu pod kątem a więc Wtedy punkt leży na zewnątrz okręgów opisanych na „dobudowanych” na początku trójkątach równobocznych. Oznacza to, że każdy z kątów ma miarę mniejszą od co jest niemożliwe.

Rozważmy przekształcenie będące złożeniem dwóch obrotów o kąt wokół punktów i Na podstawie jest symetrią środkową względem punktu takiego że Z drugiej strony zauważmy, że

Tak więc środek symetrii pokrywa się ze środkiem odcinka W szczególności jest równoramiennym trójkątem prostokątnym. Rozważając analogicznie złożenie obrotów dowodzimy, że jest również równoramiennym trójkątem prostokątnym. Tak więc czworokąt jest kwadratem.

(a) Na podstawie zadania 4 stwierdzamy, że jest prostokątnym trójkątem równoramiennym, przy czym Zauważmy, że oraz Tak więc W szczególności odcinki i  są prostopadłe.

(b) Z  wiemy, że jest symetrią środkową  Ponieważ więc środek  tej symetrii pokrywa się ze środkiem odcinka Ponadto z  wynika również, że jest prostokątnym trójkątem równoramiennym. Z zadania 4 wynika, że oraz Tak więc Stąd jest symetrią środkową względem środka odcinka oraz tak jak poprzednio jest prostokątnym trójkątem równoramiennym. Ostatecznie czworokąt jest kwadratem.

Przyjmiemy, że zbiór zdarzeń elementarnych składa się z czterech jednakowo prawdopodobnych par: gdzie pierwszy element pary oznacza młodsze dziecko, a drugi – starsze. Obliczamy

Przypuśćmy, że i przyjmijmy Wtedy a więc liczby oraz mają wspólny dzielnik Zatem liczba jest także dzielnikiem liczby

oraz liczby

Uzyskaliśmy sprzeczność, ponieważ liczby i  są względnie pierwsze: każdy dzielnik pierwszy liczby jest także dzielnikiem liczby a więc nie może być dzielnikiem liczby Wobec tego

Oznaczmy przez punkt przecięcia dwusiecznych kątów i 

Proste i  są symetralnymi odpowiednio odcinków i a więc punkt jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie Zatem Wobec tego trójkąty i są przystające (cecha bok-bok-bok), skąd Analogicznie otrzymujemy Ponadto Stąd korzystając z danych w treści zadania równości kątów, wnioskujemy, że Zależności te z kolei dowodzą, że punkt leży na dwusiecznych kątów i 

Wykażemy, że taki podział nie jest możliwy. W tym celu wystarczy udowodnić, że liczby nie można przedstawić w postaci gdzie są liczbami całkowitymi nieujemnymi.

Z zależności wynika, że cyfrą jedności liczby jest Jednak wtedy cyfra jedności liczby wynosi Stąd w szczególności otrzymujemy Wobec tego Uzyskaliśmy sprzeczność, która dowodzi, że żądany podział nie jest możliwy.

Załóżmy, że jest taką liczbą, dla której badana nierówność

(1)

zachodzi dla wszystkich Wiadomo, że przy Jeśli więc jest dowolną liczbą większą od 6, to dla dodatnich, bliskich 0, mamy Ponadto, dla Zatem

przy Stąd dla każdego czyli czyli

Wykażemy, że i na odwrót, jeśli to nierówność (1) zachodzi dla Gdy to ; wystarczy więc udowodnić nierówność (1) dla wykładnika Można ją wówczas przepisać w postaci

(2)

– lub równoważnie:

(3)

Funkcja określona dla i ciągła w punkcie 0, ma pochodną

Zatem dla co dowodzi nierówności (3) i równoważnej jej nierówności (2).

Odpowiedź: Szukane liczby to wszystkie liczby

Gdy nikt nie może wygrać. Dalej zakładamy, że Rząd pionowy (kolumnę) lub poziomy (wiersz), którego wszystkie pola są wolne, nazwiemy pustym. Przypuśćmy, że w pewnym momencie niezakończonej gry sytuacja na planszy spełnia następujące warunki:

(a)

liczba pustych wierszy jest parzysta oraz liczba pustych kolumn jest parzysta;

(b)

jeśli w pewnym wierszu [kolumnie] co najmniej dwa pola są zajęte, to są one jedynymi zajętymi polami w swoich kolumnach [wierszach].

Taką sytuację będziemy nazywać strategiczną.

Z warunku (b) wynika, że gracz  do którego należy ruch, nie jest w stanie w tym ruchu wygrać. Zajmuje jakieś pole  Wskażemy taktykę dla gracza  (jego przeciwnika), rozważając trzy przypadki.

1.

Jeżeli pole leży na przecięciu wiersza i kolumny, które do tego momentu były puste, to zajmuje pole leżące na przecięciu innego wiersza i innej kolumny, które nadal są puste (a istnieją, w myśl warunku (a)). Liczba pustych wierszy oraz liczba pustych kolumn zmniejszają się o 2. Nowa sytuacja jest znów strategiczna.

2.

Jeżeli pole leży na przecięciu wiersza i kolumny, które przed ruchem gracza  były niepuste, to jest ono – po ruchu  – jednym z trzech zajętych narożników pewnego prostokąta; pole w czwartym narożniku jest wolne (co wynika z warunku (b)); zajmując teraz to pole, gracz  wygrywa.

3.

Jeżeli pole leży na przecięciu pustej (do tej pory) kolumny  i niepustego wiersza  (lub odwrotnie; przyjmijmy, że właśnie tak), to rozważamy podprzypadki:

3.1

Gdy istnieje kolumna różna od  w której zajęte są dwa pola – w tym jedno w wierszu  – to (podobnie jak w przypadku  ) te dwa pola wraz z polem  są trzema narożnikami prostokąta, w którego czwartym narożniku jest wolne pole (warunek (b)); zajmując to pole, gracz  wygrywa.

3.2

Gdy wszystkie zajęte pola wiersza  są jedynymi zajętymi polami w swoich kolumnach, wówczas korzystamy znów z warunku (a), zapewniającego, że przed ruchem  istniała jeszcze co najmniej jedna pusta kolumna. Gracz zajmuje pole w tej kolumnie, w wierszu  Liczba pustych wierszy nie zmienia się, liczba pustych kolumn zmniejsza się o 2. Powstała sytuacja i tym razem jest strategiczna.

Gracz  może więc uniknąć porażki, stale lokując gracza  w sytuacji strategicznej, dopóki nie zdarzy się przypadek 2 lub 3.1 – co musi nastąpić, bowiem gra jest skończona i prostokąt na planszy pojawić się musi.

Gdy jest liczbą nieparzystą, gracz rozpoczynający zajmuje na starcie dowolne pole i tworzy sytuację strategiczną, stawiając przeciwnika w roli gracza  Stosując następnie opisane postępowanie, rozpoczynający zapewnia sobie zwycięstwo. Gdy zaś jest liczbą parzystą, to już sytuacja wyjściowa (pusta plansza) jest strategiczna i role się odwracają – rozpoczynający przegrywa.

Zamieniając miejscami i , a następnie mnożąc uzyskaną nierówność przez , otrzymujemy nierówność taką samą, jak wyjściowa, lecz przeciwnie skierowaną. Treścią zadania jest więc równanie funkcyjne

Podstawiając i oznaczając , dostajemy równanie , czyli . Zatem

Proste sprawdzenie pokazuje, że każda taka funkcja spełnia rozważane równanie.