Delta mi!

Zbudujmy taki trójkąt równoboczny że punkt leży w jego wnętrzu. Wówczas punkty i leżą na symetralnej odcinka więc Ponadto

W takim razie trójkąty i są przystające, w szczególności Stąd łatwo otrzymujemy

Zauważmy, że każda z liczb jest wielokrotnością co najwyżej jednej z liczb Jednocześnie wśród liczb dokładnie jest wielokrotnością liczby Stąd otrzymujemy

Ponieważ dla dowolnej liczby prawdziwa jest nierówność więc

Dzieląc obie strony nierówności przez i przenosząc część wyrazów na prawą stronę, otrzymujemy tezę.

Podstawienie przeprowadza dane dwa równania do postaci

(1)

oraz

(2)

Oczywiste są nierówności

Jeśli więc liczby spełniają równanie (2), to spełniają też i równanie (1). Pozostaje do wykazania implikacja przeciwna.

Załóżmy więc, że spełnione jest równanie (1), czyli że zachodzi równość w pierwszej z napisanych nierówności. To wymusza jednoczesne zachodzenie trzech równości:

Liczby są długościami boków trójkąta (na płaszczyźnie zespolonej) o wierzchołkach Równość oznacza, że jest on zdegenerowany do odcinka o końcach czyli że punkty leżą na jednej półprostej, wychodzącej z punktu Ta sama konkluzja dla par oraz pokazuje, że wszystkie trzy punk

Uwaga.
Warto może zauważyć, że dwa podane (równoważne) równania nie są równoważne trzeciemu równaniu:

czyli (w terminach zmiennych ) równaniu, łączącemu prawe strony (1) i (2). Prosty przykład: Równania (1) i (2) nie są spełnione, ale ich prawe strony mają jednakową wartość.

Odpowiedź: nie.
Banalny kontrprzykład (jeden z wielu): ciąg Ciąg Fibonacciego - a raczej jego początkowy odcinek - zapisany modulo przedstawia się tak: Dalej reszty (mod ) powtarzają się cyklicznie, z okresem ; reszta jest w tym ciągu nieobecna.

Wykładniki nie mogą być równe, gdyż wówczas lewa strona równania byłaby potęgą dwójki. Przyjmijmy więc, że i zapiszmy gdzie Równanie przybiera postać z której wynika, że

Jeśli to ; dostajemy rozwiązanie

Jeśli to (mod 4), skąd wniosek, że jest liczbą parzystą: Dostajemy równanie

Czynniki prawej strony muszą być potęgami dwójki; a skoro różnią się o 2, są to liczby 2 i 4. To znaczy, że czyli co daje rozwiązanie

Uwzględniając możliwą zamianę ról i widzimy, że równanie ma cztery rozwiązania w liczbach całkowitych dodatnich:

Punkty są położone na bokach symetrycznie (względem środków owych boków) do punktów w których okrąg wpisany jest do boków styczny. Przyjmijmy oznaczenia:

Oznaczając pole trójkąta nawiasem kwadratowym, uzyskujemy ciąg równości

Zastępując w liczniku przez otrzymujemy po krótkim rachunku wzór

(*)

Pozostaje teraz skorzystać ze znanych wzorów, wyrażających pole trójkąta (jak zwykle, i to promienie okręgów wpisanego i opisanego):

Dostajemy związki oraz które po wprowadzeniu do równości dają tezę zadania.

Niech będzie punktem przecięcia prostej z prostą a różnym od punktem przecięcia tej prostej z okręgiem opisanym na trójkącie (rysunek). Wówczas oraz

W takim razie trójkąty i są podobne, w szczególności Stąd prosta jest prostopadła do a więc również równoległa do - symetralnej Analogicznie proste i są równoległe. W takim razie odcinki i przecinają się w połowie jako przekątne równoległoboku.

---

W podobny sposób możemy pokazać, że prosta przechodzi przez środek odcinka co daje tezę.

Załóżmy, że liczby naturalne spełniają zadane równanie. Niech liczba pierwsza będzie nieparzystym dzielnikiem liczby Wówczas więc

Stąd jest liczbą parzystą, czyli

W takim razie liczba jako nieparzysty dzielnik musi również dawać resztę z dzielenia przez a stąd mamy

Dla równanie jest spełnione, na przykład, przez liczby i

Nie!

Przypuśćmy przeciwnie i zauważmy, że jeśli to mamy oraz W takim razie Ponieważ suma liczb na krawędziach jest równa sumie liczb w wierzchołkach, mamy

gdzie zbiory i odpowiadają zbiorom wierzchołków i krawędzi dwunastościanu. Dla każdej krawędzi o końcach i zachodzi więc równość

W takim razie każda krawędź ma na jednym końcu dwukrotność liczby z drugiego końca.

Ustalmy jeden z wierzchołków, z liczbą W każdym z trzech sąsiadujących z nim wierzchołków jest liczba lub co jest sprzeczne z założeniem o przyporządkowaniu wierzchołkom parami różnych liczb.

Niech będzie punktem przecięcia przekątnych danego równoległoboku. Wówczas jest środkiem odcinka i odcinki przecinają się w jednym punkcie jako środkowe trójkąta

Z warunku wynika, że punkt jest środkiem łuku danego okręgu i kąty wpisane i są równe. Prosta jest więc dwusieczną kąta w trójkącie ; analogicznie proste i są dwusiecznymi pozostałych kątów tego trójkąta.

Niech będzie takim punktem boku że wtedy Wówczas punkty i są symetryczne względem dwusiecznej kąta zatem prosta jest symetralną odcinka Analogicznie prosta jest symetralną odcinka Symetralne boków trójkąta przecinają się w punkcie a stąd

Niech i będą punktami przecięcia prostej odpowiednio z prostymi i Wobec równości kątów, trójkąty i są równoramienne i podobne, a stąd Symetralna boku jest jednocześnie dwusieczną kąta przy wierzchołku w trójkącie a więc także w trójkącie Podobnie symetralna odcinka jest dwusieczną kąta zatem jest punktem przecięcia dwusiecznych trójkąta równoramiennego Dwusieczna jest więc prostopadła do podstawy

Obróćmy kwadrat o wokół środka tak, by punkt przeszedł na punkt natomiast kwadrat o wokół swojego środka tak, by punkt przeszedł na punkt Przy obydwu tych obrotach odcinek przechodzi na ten sam odcinek o końcu w punkcie prostopadły do i równy Nazwijmy drugi jego koniec wówczas punkty są współliniowe.

Przy pierwszym obrocie odcinek przechodzi na stąd Przy drugim obrocie odcinek przechodzi na zatem Wobec tego proste są wysokościami trójkąta

"Potnijmy" sześciokąt wzdłuż odcinków łączących jego wierzchołki ze środkiem okręgu opisanego i z otrzymanych sześciu trójkątów "ułóżmy" nowy sześciokąt jak na rysunku.

Okręgi opisane na obu sześciokątach mają jednakowe promienie.

Niech oznacza środek okręgu opisanego na sześciokącie Z przystawania czworokątów i wiemy, że kąty wewnętrzne sześciokąta są przystające, mają więc po Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta otrzymujemy Trójkąt jest trójkątem równoramiennym o kącie w wierzchołku Stąd możemy obliczyć szukany promień, równy

Wśród liczb dziesięciocyfrowych jest

wielokrotności liczby Podzielmy je na grupy - w jednej grupie znajdą się liczby złożone z jednakowych cyfr.

Grupy odpowiadają rozwiązaniom równania w liczbach naturalnych - liczby można zinterpretować jako liczby wystąpień cyfry w każdym elemencie danej grupy. Rozwiązań takiego równania jest

Z zasady szufladkowej Dirichleta co najmniej jedna grupa zawiera co najmniej

elementów.