Delta mi!

Załóżmy najpierw, że leży na prostej

Jak wiadomo, kąt między styczną a cięciwą jest równy kątowi wpisanemu opartemu na tej cięciwie, więc Zatem trójkąty i są podobne, więc Podobnie stwierdzimy, że ale więc

Załóżmy teraz, że zachodzi ale nie leży na (powiedzmy, że punkt leży bliżej punktu niż punkt ).

Niech przecina okrąg w punkcie Z poprzedniej części zadania wiadomo, że więc co wraz z równością kątów i implikuje, że trójkąty i są podobne, a że mają wspólny bok, to są przystające. Zatem

Oznaczmy przez operację polegającą na zmianie znaku na -tej współrzędnej

Zauważmy, że dla dowolnego punktu zachodzi równość

Z drugiej strony, skoro przyjmuje tylko wartości 1 i to ta różnica może przyjmować tylko trzy wartości: i Zatem dla tych które są niezerowe, musi być

Wykażemy teraz, że funkcja ma dokładnie jeden niezerowy współczynnik. Załóżmy przeciwnie, że ma przynajmniej dwa, np. i Bez utraty ogólności możemy przyjąć, że Wówczas, oznaczając przez mamy

Innymi słowy, przyjmuje w tych trzech punktach trzy różne wartości, co przeczy temu, że wartości należą do zbioru dwuelementowego. Zatem jest postaci dla pewnego

Z założenia  dla każdego punktu  Z drugiej strony

gdzie  to suma jednomianów postaci  i   z pewnymi współczynnikami. Kluczem do rozwiązania zadania jest wysumowanie tej równości po wszystkich  punktach kostki dyskretnej. Ponieważ dla ustalonego  zachodzi

i podobnie dla ustalonych  mamy  więc również

Zatem

Niech tymi niezerowymi współczynnikami będą  i   stojące zaś przy nich jednomiany nazwijmy odpowiednio  i   Załóżmy, że wśród tych jednomianów najwyższy stopień ma  Istnieje wtedy zmienna, która występuje w   ale nie występuje w   lub – bez utraty ogólności możemy przyjąć, że  ma tę własność. Wówczas

W pierwszym przypadku mamy  ale z drugiej strony, skoro  to  Z zadania 1394 wiemy, że  otrzymujemy więc  wbrew założeniu. Pozostałe przypadki wymagają analogicznego rozumowania.

Wielomianem o dokładnie czterech niezerowych współczynnikach spełniającym warunki zadania jest np.

Zastosujemy metodę tzw. nieskończonego schodzenia (zob. L. Kurlyandchik, Złote rybki w oceanie matematyki, TUTOR 2005).

Przypuśćmy przeciwnie, że to liczby całkowite dodatnie, takie że  Ponieważ prawa strona jest liczbą parzystą, to dokładnie dwie z liczb są nieparzyste lub żadna nieparzysta nie jest. Pierwszy przypadek nie może mieć miejsca, gdyż wówczas lewa strona przy dzieleniu przez dałaby resztę  zaś prawa  Dlatego dla pewnych liczb całkowitych dodatnich  mniejszych od odpowiednio. Po wstawieniu do równania otrzymujemy zależność  Powtarzając całe rozumowanie, dostajemy malejące ciągi liczb całkowitych dodatnich  przy czym  co jest niemożliwe.

Konsekwencją tak pojętego aktualizmu byłoby też odrzucenie reguły odrywania, czyli najbardziej podstawowej reguły wnioskowania, wyodrębnionej już w średniowieczu reguły modus ponens: Jeżeli prawdziwe jest zdanie oraz prawdziwa jest implikacja to to prawdziwe jest też zdanie  Można sobie przecież wyobrazić, że długość dowodu formuły  jak i długość dowodu implikacji to  są dostępnymi liczbami naturalnymi, a ich suma już nie.

Przyjmijmy oznaczenie  dla

Zauważmy, że

a stąd

Skoro  to  Wykażemy indukcyjnie, że dla każdej liczby nieparzystej  różnica  jest liczbą całkowitą.

Dzieląc wyjściowe równanie przez  widzimy, że (liczba całkowita). Zatem także liczba  jest całkowita.

Ustalmy wykładnik nieparzysty  i załóżmy, że liczby  oraz  są całkowite. Przekształcenie

pokazuje, że wówczas liczba  też jest całkowita. Przez indukcję wnosimy, że liczby  wszystkie są całkowite.

Ponownie ustalmy wykładnik nieparzysty  Ze związków (  całkowite) wynika, że  Zachodzi więc równość  Wystarczy ją pomnożyć przez  by uzyskać tezę zadania.

Takie ciągi istnieją. Oto jedna z możliwych konstrukcji. Zaczynamy od liczb  Przyjmijmy, że wyrazy  są już określone i tworzą ciąg rosnący długości  spełniający wymagany warunek. Oznaczmy dla wygody:  Określamy kolejne trzy wyrazy:

Jasne, że  Pozostaje sprawdzić, że iloczyn trzech wypisanych liczb, równy  dzieli się przez każdą z tych liczb, powiększoną o 1, czyli przez liczby ; a to jest oczywiste. Kontynuując, otrzymujemy nieskończony ciąg  o żądanych własnościach.

Zastosujmy inwersję względem dowolnej sfery o środku w punkcie styczności sfer  i  Wówczas obrazami tych dwóch sfer, przechodzących przez środek inwersji, są płaszczyzny  i  Płaszczyzny te są równoległe, bo jedynym wspólnym punktem sfer  i   jest środek inwersji.

Identyczne piłeczki na stole. Nie narysowano płaszczyzny  równoległej do  i stycznej do sfer od góry.

Obrazem każdej z pozostałych sfer  jest sfera (bo żadna z nich nie przechodzi przez środek inwersji) styczna do  i  Z równoległości tych płaszczyzn wynika, że wszystkie sfery  mają średnice równe odległości  od  czyli są przystające. Ponadto wszystkie sfery  są styczne do sfery  oraz dla każdego  sfera  styczna jest do sfery (przy czym ). Odpowiada to sytuacji, gdy na stole (płaszczyźnie ) ustawiamy piłeczki, przy czym łańcuch kolejno stycznych piłeczek  otacza środkową piłeczkę  stykając się także z nią. Skoro wszystkie piłeczki są tej samej wielkości, to taki łańcuch „domyka” się wtedy i tylko wtedy, gdy

Stąd również w wyjściowej sytuacji (przed inwersją) łańcuch sfer  ma zawsze dokładnie sześć elementów i nie zależy to od rozmiarów ani położenia sfer  ani też od wyboru sfery  Taki łańcuch sfer nazywa się Hexletem Soddy’ego.

Załóżmy przeciwnie, że  to pierwiastki rzeczywiste naszego wielomianu. Wówczas

Porównując współczynniki przy  i   dostajemy

Stąd

więc  Zatem  co jest sprzeczne z założeniem.

Z nierówności między średnimi mamy

Zakładając, że  i   spełniają podane równanie, dostajemy  a stąd  co jest mniejsze niż  np. dla

Z twierdzenia Talesa wynika, że  więc  i   są trapezami o stosunku wysokości

Przez  oznaczmy długość odcinka  Wówczas  oraz  Zatem

Jak w rozwiązaniu zadania 654, tak i teraz użyjemy wzoru Stolza:

dla każdego ciągu  rosnącego do nieskończoności, i dla każdego ciągu  dla którego granica po prawej stronie istnieje.

Dany w zadaniu iloraz piszemy w postaci

(1)

Zgodnie z wynikiem zadania 654, ; pozostaje zająć się drugim czynnikiem. We wzorze Stolza przyjmijmy :

(2)

jeśli tylko ta ostatnia granica istnieje.

W rozwiązaniu zadania 654 zostało użyte przekształcenie

oraz fragment rozwinięcia potęgowego

Zatem

W tym ostatnim iloczynie pierwszy czynnik dąży do (nieco dłuższy fragment rozwinięcia ). Drugi czynnik: licznik dąży do 4, mianownik do 1. Cały iloczyn dąży do  Tyle więc wynosi granica napisana po lewej stronie równości (2). Wracamy do równości (1), pamiętając, że  i otrzymujemy ostatecznie

Obrazem prostej  w inwersji względem danego okręgu jest okrąg przechodzący przez środek inwersji  i przez stałe punkty  i  Leży na nim też punkt  bo punkt  leży na prostej  Średnicą tego okręgu jest  ponieważ kąty  i   są proste, stąd także

Analogicznie  więc  Z definicji inwersji punkty  są współliniowe, co kończy dowód.

Rozważmy inwersję względem dowolnego okręgu o środku w punkcie  przy oznaczeniach jak na rysunku. Proste  i   są stałe przy tej inwersji. Obrazem każdego z okręgów, przechodzącego przez środek inwersji, jest prosta równoległa odpowiednio do  lub (okrąg styczny do prostej  lub  mieści się w półpłaszczyźnie przez nią wyznaczonej, więc jego obraz też, rysunek obok). Zatem obrazami kolorowych punktów są wierzchołki prostokąta. Leżą one na okręgu nieprzechodzącym przez środek inwersji (bo środek ten jest wewnątrz prostokąta), więc także przed inwersją kolorowe punkty leżą na jednym okręgu.