Matematyka.pl

Zaznaczamy przez \(\displaystyle{ B'}\)punkt przecięcia \(\displaystyle{ AP}\) i tej sfery. Wtedy \(\displaystyle{ D'B=D'B'}\). Liczymy sobie kąty i mamy \(\displaystyle{ PB=PB'}\), skąd wynika rownież, że \(\displaystyle{ DB=DB'}\) (możemy to prosto udowodnić rzutując punkty \(\displaystyle{ D, D'}\) na \(\displaystyle{ BB'P}\)). Czyli \(\displaystyle{ \Delta DD'B' \equiv \Delta DD'B}\), ponadto punkty \(\displaystyle{ A,D,B',D'}\) leżą na jednym okręgu, oraz \(\displaystyle{ AD'=D'B'}\), skąd prosto wynika teza.

Udowodnię na początek pewien lemat:
Lemat: Przy warunkach zadanych w treści zadania możemy w trakcie skończonej ilości ruchów zamienić dowolne dwie liczby miejscami, nie zmieniając przy tym kolejności pozostałych liczb.
Dowód: Niech \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\) (\(\displaystyle{ a<b}\)) będą liczbami, które chcemy zamienić miejscami. Z warunku względnej pierwszości liczb \(\displaystyle{ k,n}\), na mocy twierdzenia Bezouta istnieją takie liczby całkowite x,y, że \(\displaystyle{ |x|+|y|<k+n}\) oraz: Wobec tego, możemy znaleźć \(\displaystyle{ l=|x|+|y|}\) elementowy ciąg \(\displaystyle{ (\alpha _1, \alpha _2,\ldots , \alpha _{l})}\) taki, że \(\displaystyle{ \alpha_1=a}\), \(\displaystyle{ \alpha _l=b}\), oraz \(\displaystyle{ |\alpha _{i+1}-\alpha _i|=k,n}\). Pokażemy, że wykonując ruchy tylko na tym ciągu, możemy spełnić tezę postawioną w lemacie.
Udowodnimy wpierw, że liczbę \(\displaystyle{ a}\) możemy wstawić w miejsce liczby \(\displaystyle{ b}\). Gdy l=2, dowód jest trywialny. Załóżmy więc, że dla pewnego \(\displaystyle{ l_0}\) i każdego \(\displaystyle{ l\leq l_0}\) teza zachodzi. Rozważmy sytuację gdy \(\displaystyle{ l=l_0+1}\). Z założenia indukcyjnego, biorąc\(\displaystyle{ (\alpha _2, \alpha _3,\ldots , \alpha _l)}\), po skończonej ilości ruchów liczbę \(\displaystyle{ \alpha _2}\) możemy przenieść na miejsce liczby \(\displaystyle{ \alpha _l}\). A ponieważ \(\displaystyle{ |\alpha _2-\alpha_1|=k,n}\), to je również możemy zamienić miejscami w dowolnym momencie, zatem możemy przenieść liczbę \(\displaystyle{ \alpha _1}\) na miejsce \(\displaystyle{ \alpha _l}\).
Korzystając z ruchów w obrębie ciągu \(\displaystyle{ \alpha _1, \alpha _2,\ldots ,\alpha _l}\) zamienialiśmy miejscami tylko elementy z tego ciągu, pozostałe liczby pozostawały na swoich miejscach. Po przeniesieniu liczby \(\displaystyle{ \alpha_1}\) na miejsce \(\displaystyle{ \alpha _l}\), na pierwotnym miejscu \(\displaystyle{ \alpha _1}\) znalazła się liczba \(\displaystyle{ \alpha _2}\). Biorąc ciąg \(\displaystyle{ (\alpha _2, \alpha _3, \ldots , \alpha_l)}\) możemy zamienić \(\displaystyle{ \alpha l}\) z [alpha _2] miejscami, czyli w rezultacie przenieść \(\displaystyle{ \alpha _l}\) na miejsce pierwotne \(\displaystyle{ \alpha _1}\). Zatem uzyskaliśmy ostateczną zamianę miejscami liczb \(\displaystyle{ \alpha _1}\) i \(\displaystyle{ \alpha _l}\) czyli \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\). W wyniku tych operacji przepermutowany został ciąg \(\displaystyle{ \alpha _2, \alpha _3,\ldots \alpha _{l-1}}\), jednakże korzystając z poprzednich wniosków trywialnym jest dowód, że możemy go uporządkować w sposób taki, by był w tej samej kolejności co na początku (ewentualny dowód tego prostego faktu może później dopiszę, ale nie chce mi się a jest banalny ), co kończy dowód lematu. \(\displaystyle{ \qed}\).

Teraz przelatujemy przez cały zbiór zadanych liczb i sprawdzamy czy każda liczba \(\displaystyle{ i}\) siedzi na \(\displaystyle{ i}\) - tej pozycji. jeśli tak, zostawiamy ją. Jeśli nie, zamieniamy ją z liczbą, która siedzi na \(\displaystyle{ i}\)-tej pozycji tak, że pozostałe liczby w wyniku tych ruchów pozycji nie zmienią (lemat). Postepując tak z wszystkimi liczbami od \(\displaystyle{ 1}\) do \(\displaystyle{ k+n}\) widzimy, że na końcu uzyskamy odpowiednio posortowany ciąg.

Rozważmy płaszczyznę \(\displaystyle{ ABC}\). Jasne jest, że \(\displaystyle{ OA=OB=OC}\). Wobec tego, jak przez \(\displaystyle{ O'}\) nazwiemy rzut prostokątny \(\displaystyle{ O}\) na \(\displaystyle{ \triangle ABC}\), to \(\displaystyle{ O'A=O'B=O'C}\) czyli \(\displaystyle{ O'}\) jest środkiem okręgu opisanego na \(\displaystyle{ \triangle ABC}\). Tym samym zachodzi równość \(\displaystyle{ \angle AO'C=2\angle ACB}\) i na mocy założenia \(\displaystyle{ \angle APC=2\angle ACB}\), czwórka \(\displaystyle{ A,B,O',P}\) jest cykliczna. Niech prosta \(\displaystyle{ AP}\) przecina okrąg opisany na \(\displaystyle{ \triangle ABC}\) w \(\displaystyle{ Q}\). Jasne, że \(\displaystyle{ \angle AQB=\angle ACB}\), zaś \(\displaystyle{ \angle QPB=\pi - \angle APB=\pi - 2\angle ACB}\). Stąd \(\displaystyle{ \angle PQB = \angle PBQ}\) czyli \(\displaystyle{ PQ=PB}\) i \(\displaystyle{ QD'=QB}\) Ponadto, łatwo zauważyć, że prosta \(\displaystyle{ PO}\) jest dwusieczną kąta \(\displaystyle{ QPB}\), czyli \(\displaystyle{ Q,B}\) są symetryczne względem \(\displaystyle{ PO}\). Co więcej, są symetryczne względem płaszczyzny \(\displaystyle{ POD'}\) w której jest też zawarty punkt \(\displaystyle{ D}\). Zatem obrazem trójkąta \(\displaystyle{ DBD'}\)
w symetrii względem płaszczyzny \(\displaystyle{ POD'}\) jest trójkąt \(\displaystyle{ DQD'}\). Z własności symetrii wnioskujemy, że \(\displaystyle{ \triangle DQD'\equiv \triangle DBD'}\). Ponieważ prosta \(\displaystyle{ DP}\) jest dwusieczną kąta \(\displaystyle{ \angle ADQ}\) to \(\displaystyle{ \angle ADD'=\angle QDD'=\angle BDD'}\), gdzie ostatnia równość zachodzi z przystawania. Wobec tego \(\displaystyle{ \angle ADD'=\angle BDD'}\), co należało pokazać.