Delta mi!

Każdą liczbę naturalną można przedstawić w postaci dla na co najwyżej jeden sposób. Stąd szukamy liczby takich par dla których liczba jest podzielna przez Jest to równoważne podzielności przez

Ponieważ daje z dzielenia przez resztę lub dla dającego z dzielenia przez odpowiednio resztę lub to otrzymujemy równoważność warunku z zadania z podzielnością liczby przez W takim razie liczby i muszą dawać taką samą resztę z dzielenia przez

Podzielmy liczby naturalne od do na sześć podzbiorów ze względu na resztę z dzielenia przez (każdy zawierający elementów). Aby wybrać liczby i wybieramy jeden z podzbiorów, a z niego dwa elementy. Stąd szukana w zadaniu liczba to

Oznaczmy przez oraz lewą oraz prawą stronę napisanej nierówności. Ponieważ

zatem połowa ich różnicy to wielomian parzysty zmiennej (z parametrem )

o współczynnikach

Aby ten wielomian przyjmował wyłącznie wartości nieujemne, musi być spełniony warunek czyli czyli

Pokażemy, że jest to jednocześnie warunek dostateczny. Wystarczy wykazać, że jeśli to wszystkie współczynniki są nieujemne. Indukcja: baza już gotowa. Ustalmy i przyjmijmy założenie indukcyjne czyli

Teza indukcyjna ma analogiczną postać, z zastąpionym przez Piszemy więc to wyrażenie i zaczynamy je przekształcać:

stąd i z założenia indukcyjnego,

i mamy tezę indukcyjną. Tak więc dla wobec czego dla wszystkich

Otrzymaliśmy odpowiedź: najmniejsza wartość parametru dla której (dla ), wynosi

Jeśli kąt jest prosty, to jest dwusieczną kąta przyległego do kąta czworokąta. Z kolei aby dowieść, że kąt jest prosty, wystarczy wykazać, że jest dwusieczną kąta przyległego do kąta czworokąta.

---

Oznaczmy przez odległość punktu od prostej Zachodzą równości oraz co kończy dowód.

Z prostopadłości cięciwy do średnicy wynika, że krótsze łuki i są równe, a więc półprosta jest dwusieczną kąta wpisanego Kąt jest wpisany w okrąg i oparty na średnicy, zatem czyli półprosta jest z kolei dwusieczną kąta zewnętrznego przy wierzchołku trójkąta Z twierdzenia o dwusiecznej

Oznaczmy przez ortocentrum trójkąta przez środek okręgu wpisanego w trójkąt a przez punkt przecięcia prostych i Ponieważ więc półprosta jest dwusieczną kąta i do zakończenia dowodu wystarczy wykazać, że półprosta jest dwusieczną kąta

Kąt jest prosty, więc punkty i punkt styczności okręgu wpisanego w trójkąt z bokiem tworzą kwadrat. Stąd

Korzystając kolejno z twierdzenia Talesa dla równości odcinków, twierdzenia Talesa dla i twierdzenia o dwusiecznej, uzyskujemy

Stąd na mocy twierdzenia o dwusiecznej jest dwusieczną kąta

Tak! Warunek dany w zadaniu możemy przedstawić w postaci

Jeśli pewna czwórka liczb spełnia to równanie, to na mocy wzorów Viète'a spełnia je również czwórka gdzie

W takim razie z dowolnego rozwiązania możemy uzyskać inne rozwiązanie gdzie Jeśli założymy, że to otrzymamy Otrzymaliśmy więc nową czwórkę liczb spełniającą równanie, przy czym minimalny element czwórki został zmieniony na element największy.

Zaczynając od czwórki i wykonując wielokrotnie analogiczną operację, uzyskamy szukane rozwiązanie.

Niech oznaczają odpowiednio promienie okręgów wpisanych w trójkąty i a - obwody tych trójkątów. Ponadto niech oznacza obwód trójkąta

Z równości odcinków stycznych do okręgu poprowadzonych z jednego punktu (zastosowanej trzykrotnie do okręgu wpisanego w trójkąt oraz punktów ) otrzymujemy

Po dodaniu

do obu stron równości dostajemy

Z podobieństwa każdego z małych trójkątów do trójkąta wynika, że dla zachodzi równość

W takim razie

Liczba dzieli liczby względnie pierwsze i W takim razie a stąd

oraz

Korzystając z własności największego wspólnego dzielnika, otrzymujemy

Każdy dzielnik pierwszy liczby jest również dzielnikiem liczby a więc także W takim razie nie może dzielić liczby Stąd

Prawa strona podanej równości ma postać ilorazu (licznik to iloczyn ośmiu czynników, mianownik to iloczyn siedmiu czynników). Lewa strona to Wystarczy pokazać, że dowolna liczba pierwsza wchodzi do rozkładów liczb oraz w jednakowej potędze (być może zerowej).

Ustalmy więc liczbę pierwszą i przyjmijmy, że liczby są podzielne odpowiednio przez ale nie przez Wówczas

Należy wykazać, że

Wobec symetrii rozważanych wyrażeń (względem permutacji ) nie tracimy ogólności zakładając, że Napisane równości uzyskują postać

teza gotowa.

Jeśli każda ściana jest trójkątem, to zachodzi równość co jest niemożliwe.

Ponieważ wielościan o 7 krawędziach miałby najwyżej 4 wierzchołki, a więc najwyżej 6 krawędzi - sprzeczność.

Jeśli płaszczyzna przecina krawędzi, to przekrój ma boków i płaszczyzna ta przecina także różnych ścian (bo wielościan jest wypukły). Stąd więc zatem niemożliwe, by

Jeśli jest liczbą nieparzystą, to liczby są nieparzyste, a więc niemożliwe, by

Na mocy wzoru Eulera oraz nierówności uzyskujemy Pozostałych nierówności dowodzimy analogicznie.

Niech oznacza liczbę krawędzi ściany dla wówczas Suma kątów płaskich ścian wielościanu równa jest

Jeśli nie ma, to oraz zatem sprzeczność.

Oznaczmy przez liczbę ścian -kątnych, a przez liczbę naroży -ściennych

Wtedy oraz Stąd