Delta mi!

Niech będzie rodziną podzbiorów zbioru , spełniającą zadane warunki. Jeżeli do należy zbiór pusty lub zbiór pełny (cały zbiór ), to już żaden inny zbiór nie może do należeć. W tym przypadku

Jeżeli do należy pewien zbiór jednoelementowy oraz pewien zbiór -elementowy , to muszą się one dopełniać (bo inaczej ) oraz żaden inny zbiór nie może do należeć (bo albo zawiera , albo jest zawarty w ). W tym przypadku

Przyjmijmy dalej, że żadna z tych sytuacji nie ma miejsca. Wszystkie zbiory w mają z założenia różne liczności. Wykluczone zostały liczności oraz albo albo . Pozostaje możliwych liczności. Zatem

Pokażemy teraz, że dla każdego istnieje w zbiorze rodzina podzbiorów o wymaganych własnościach. Najpierw przykłady dla , :

Dalej indukcja ze skokiem o 2. Niech będzie "dobrą" rodziną podzbiorów zbioru , ponumerowanych tak, że dla . Bierzemy zbiór i określamy:

Widać, że dla i że żaden ze zbiorów nie jest podzbiorem innego. Tak więc jest rodziną podzbiorów , o jaką chodzi.

Dostajemy odpowiedź: dla każdej liczby maksymalna liczność rodziny wynosi .

Po pomnożeniu przez wspólny mianownik dostajemy do dowodu nierówność  gdzie

Teza wynika natychmiast z tożsamości

którą nietrudno sprawdzić, otwierając nawiasy i wykonując wskazane działania.

Zmyślna tożsamość

użyta w rozwiązaniu zaiste trywializuje problem, a jej sprawdzenie jest czynnością czysto mechaniczną (Mathematica robi to w ułamku sekundy; ręcznie sprawdzamy ją w parę minut). Ale jak na nią wpaść?!

Na przykład tak: dla  różnica  przyjmuje wartość ; analogicznie dla  i dla  Zatem przyjmując

widzimy, że wielomian  ma wartość zero, gdy dowolne dwie zmienne są równe. Jest więc podzielny przez wielomian

Skoro zaś  są wielomianami symetrycznymi, natomiast  jest wielomianem antysymetrycznym (zmienia znak przy transpozycji zmiennych), wynika stąd, że iloraz  też jest antysymetryczny – ma więc wartość zero, gdy dwie zmienne są równe, i w konsekwencji dzieli się znów przez  To znaczy, że wielomian  dzieli się przez  Są to wielomiany jednorodne szóstego stopnia, ich iloraz musi być stałą.

Wniosek:  Wartość stałej  znajdujemy, podstawiając w miejsce  dowolne trzy różne liczby; wychodzi  Tak więc  Jest to właśnie „ta zmyślna” tożsamość.

Oznaczmy szukaną wartość przez  Weźmy pod uwagę wszystkie te podzbiory  zbioru  które nie zawierają żadnej pary liczb kolejnych i do których nie należy liczba  Są to więc podzbiory zbioru ; suma kwadratów uzyskanych dla nich liczb  wynosi  Z kolei zbiory  (bez pary liczb kolejnych), do których liczba  należy, traktujemy jak podzbiory zbioru  z dołączonym elementem ; suma kwadratów uzyskanych dla nich liczb  wynosi  Dostajemy wzór rekurencyjny  który z wartościami początkowymi    prowadzi przez łatwą indukcję do wyniku w jawnej postaci:

Rozważmy planszę o wymiarach i na każdym polu dokonajmy losowania: z prawdopodobieństwem  postawimy tam biały pionek, a z prawdopodobieństwem – czarny. Wówczas prawdopodobieństwo tego, że na każdym z   pól wybranej kolumny stoi biały pionek, jest równe  . W takim razie to prawdopodobieństwo tego, że w tej kolumnie znajdzie się chociaż jeden pionek czarny, a  możemy zinterpretować jako szansę na to, że w każdej kolumnie będzie przynajmniej jeden czarny pionek. Podobnie to szansa zdarzenia, że w każdym wierszu jest co najmniej jeden biały pionek. Zauważmy jednak, że któreś z tych zdarzeń musi wystąpić, ponieważ jeżeli jakaś kolumna zawiera same białe pionki, to w każdym wierszu jest już biały pionek. To dowodzi podanej nierówności.

Niech będzie liczbą całkowitą dodatnią. Zastanówmy się, ile jest liczb mniejszych od  , które występują w obu danych ciągach (każdą liczbę liczymy tyle razy, ile razy wystąpiła). Otóż nierówność jest równoważna innymi słowy . To oznacza, że w pierwszym ciągu takich liczb mamy dokładnie  . Analogicznie w drugim ciągu jest ich  , co łącznie daje . Dla liczby niewymiernej  mamy , stąd:

To oznacza, że , bo jest to liczba całkowita. Wiemy w takim razie, że liczb mniejszych od jest w obu tych ciągach dokładnie . Podobnie dowodzimy, że liczb mniejszych od jest dokładnie Odejmując te wyniki, wnioskujemy, że liczba pojawia się w tych ciągach dokładnie raz.

Zauważmy, że oprócz ośmiokąta powstało osiem podobnych trójkątów, w każdym z których stosunek sumy długości przyprostokątnych do długości przeciwprostokątnej jest równy Oznaczając sumę długości kolorowych odcinków ciągłych przez a przerywanych przez widać, że obwód jednego kwadratu jest równy a drugiego co po przyrównaniu daje

Przedstawiony poniżej dowód tych nierówności jest bardzo ładnym zastosowaniem indukcji wstecznej.

Zauważamy, że jest standardową szkolną nierównością. Ponadto jeżeli zachodzi dla pewnego naturalnego , to dla  liczb dodatnich mamy

Wnioskujemy stąd, że zachodzi dla dowolnej liczby naturalnej  . Pozostała do wykazania prawdziwość implikacji .

Ostatnia nierówność redukuje się do postaci

Podnosząc uzyskaną nierówność stronami do potęgi  , kończymy dowód.

Skoro , to Stąd

Z twierdzenia Cevy otrzymujemy tezę:

Zachodzą następujące równości odcinków stycznych do okręgu: , , . Stąd

co na mocy twierdzenia Cevy kończy dowód.

Z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną i z twierdzenia Cevy mamy

Stąd najmniejszą wartością sumy jest 3. Kiedy jest ona osiągana?

Oznaczmy liczbę wpisaną w  -ty wiersz i  -tą kolumnę tablicy przez  , gdzie . Przykrywając L-tetraminem liczby , a następnie liczby , stwierdzamy, że . Postępując analogicznie, zauważamy, że dla , oraz dla , . Otrzymany wynik oznacza, że rozważana tablica jest okresowa o okresie  . Innymi słowy, dowolny kwadrat wymiaru , zawarty w tej tablicy, ma postać jak na rysunku 2. Przykrywając L-tetraminem pierwsze dwie kolumny rozważanego kwadratu, wnioskujemy, że . Przykrywając L-tetraminem liczby , otrzymujemy , co razem z poprzednią równością daje . Przykrywając L-tetraminem liczby , wnioskujemy analogicznie, że . Zatem rozważana tablica zawiera tylko dwie różne liczby dla parzystych i  dla nieparzystych. Ponadto widzimy, że . Stąd suma wszystkich liczb stojących na obu głównych przekątnych tablicy wynosi

Łatwo sprawdzić, że wartość wyrażenia może dać przy dzieleniu przez 7 wszystkie reszty z wyjątkiem 2 oraz 4. Potęgi dwójki dają jedynie reszty 1, 2, 4. Rozważane równanie może więc być spełnione tylko wtedy, gdy ; to zaś ma miejsce jedynie dla wykładników  podzielnych przez 3.

Jeśli więc równanie jest spełnione, to jest sześcianem liczby całkowitej. Dla liczb całkowitych wartość leży pomiędzy a  , więc nie jest sześcianem. Dla wartość jest ujemna. Dla dostajemy równanie sprzeczne . Pozostaje wartość , która wraz z  daje jedyne rozwiązanie równania.

Przyjmijmy, że okręgi wpisane w trójkąty i  są styczne do boku odpowiednio w punktach  i  ; do prostej przechodzącej przez  – odpowiednio w punktach  i  ; zaś do odcinka – odpowiednio w punktach  i

Punkty styczności z okręgiem wpisanym w trójkąt wyznaczają na jego bokach odcinki o długościach wyrażających się znanymi wzorami:

Po dodaniu stronami:

Odnotujmy także zależności

Odcinki i  są symetryczne względem wspólnej osi symetrii obu okręgów. Możemy zatem przepisać ostatnią równość jako .

Z uzyskanych związków wnosimy, że

To znaczy, że punkt leży na okręgu o środku i promieniu zależnym jedynie od trójkąta a nie od położenia punktu  na boku 

Zauważmy, że jeżeli odcinek łączący wierzchołek czworościanu ze środkiem okręgu opisanego na przeciwległej ścianie jest jednocześnie wysokością tego czworościanu, to krawędzie wychodzące z tego wierzchołka są równej długości. Oznaczmy wierzchołki czworościanu przez  oraz długość krawędzi wychodzących z wierzchołka  przez  , gdzie . Wtedy krawędź , gdzie , wychodzi z wierzchołka  oraz z wierzchołka  . Oznacza to, że , a więc czworościan jest foremny.

Niech  będzie jedną z szukanych liczb. Zapisujemy ją w postaci nieskracalnego ułamka  o mianowniku  Liczba  ma być całkowita, co oznacza, że  dzieli się przez  Stąd w szczególności wynika, że  dzieli się przez  więc  Zatem  dzieli się przez 27.

Stąd wniosek, że liczba  jest podzielna przez 27; innymi słowy,  dzieli się przez 9. Skoro zaś  jest liczbą względnie pierwszą z  (czyli z 3), liczba  musi być podzielna przez 9.

Dla pewnego  całkowitego mamy więc  skąd  Na odwrót, gdy  ma taką postać, wówczas liczba  jest całkowita – o czym można się przekonać, analizując „wstecz” wcześniejsze rozumowanie, albo po prostu sprawdzając rachunkiem, że wartość tego wyrażenia wynosi  

Szukanymi liczbami wymiernymi są więc liczby postaci  (  całkowite).

To jest wykonalne. Bierzemy pięciokąt foremny  i rysujemy pięć okręgów o środkach w jego wierzchołkach, o jednakowym promieniu  Niech  będzie środkiem pięciokąta. W trójkącie  umieszczamy okrąg styczny do odcinków    oraz do narysowanych już okręgów o środkach  Podobne okręgi umieszczamy w trójkątach        Wreszcie rysujemy dwa okręgi o środku : mały, styczny zewnętrznie do pięciu okręgów, narysowanych przed chwilą – oraz duży, styczny do pięciu okręgów, narysowanych na początku i zawierający je wewnątrz.

W ten sposób mamy 12 okręgów, każdy styczny do pięciu innych. Styczność z największym okręgiem jest stycznością wewnętrzną. Każda inna jest stycznością zewnętrzną.

Bierzemy teraz dowolny punkt, leżący wewnątrz tego największego okręgu, ale na zewnątrz każdego z pozostałych, i stosujemy inwersję względem tego punktu. Obrazami naszych 12 okręgów jest znów 12 okręgów, każdy styczny do pięciu innych – i każda styczność jest zewnętrzna. Koła, których brzegami są powstałe okręgi, spełniają wymagany warunek.

Równoważność pierwszych dwóch brył:

Dętka może zjeść obwarzanek, ale musi się „wywlec” na drugą stronę:

Dętka najpierw rozszerza buzię wzdłuż (mówi „iii”), potem w poprzek („aaa”), aż cała składa się jedynie z dwóch cienkich połączonych pasków. Wtedy „owija” obwarzanek (mówi „ooo”) i z powrotem zmniejsza buzię.

Warto też zauważyć, że „równoleżniki” i „południki” dętki zamieniają się rolami.

Wystarczy prawą część „przełożyć” do środka:

Jedno z nietypowych rozwiązań może wyglądać tak: zadanie powinno mieć jednoznaczne rozwiązanie, gdyż inaczej nie zaproponowano by go. Jeśli istnieje jednoznaczne rozwiązanie, to objętość poszukiwanej bryły jest stała, a więc będzie taka sama, gdy przyjmiemy, że promień otworu jest zerowy. Znaczy to, że objętość pozostałej części będzie równa objętości kuli o średnicy 6 centymetrów. (Wg Gardnera rozwiązanie to podał John W. Campbell, wydawca Astounding Science Fiction.) Proponujemy zweryfikowanie tego rozumowania poprzez przeprowadzenie standardowego rachunku, nie zrażając się tym, że danych jest jakby za mało.

Tyle samo jest wody w winie, co wina w wodzie. W obu naczyniach na początku i po obu operacjach poziom cieczy jest taki sam: ile więc w jednym czegoś ubyło, tyle drugim tego samego przybyło.

Mąż szedł 55 minut. Jeśli żona wróciła do domu 10 minut wcześniej, to zawróciła o 5 minut wcześniej niż zazwyczaj – a więc o 15:55.

Wystarczy ten rysunek?