Delta mi!

Niech  i   będą (odpowiednio) okręgami opisanymi na trójkątach  i   Dwusieczna  kąta  a raczej jej przedłużenie, przecina okrąg  w środku łuku  Oznaczmy ten punkt przez  Zachodzi równość  (znana, a przy tym łatwa do wykazania). Punkt  jest więc środkiem okręgu  Zatem

W punkcie  przecinają się cięciwy  i   okręgu  a także cięciwy  i   okręgu  Tak więc

Równość między skrajnymi iloczynami z kolei dowodzi, że istnieje okrąg  przechodzący przez punkty  Jego cięciwy  i   mają jednakową długość, więc wyznaczają przystające łuki  Oparte na nich kąty  i   (wpisane w okrąg  ) są równe – a to jest teza zadania.

Zatem

Zatem

Dla mamy

czyli  i dalej skąd dochodzimy do

Zatem

Zatem

Wartość logarytmu nie zmieni się, je/zeli podstawę i liczbę logarytmowan/a podniesiemy do tej samej potęgi.

Większą wartość ma logarytm z większą liczbą logarytmowaną i mniejszą podstawą (o ile liczby te są większe od 1).

Zatem

Niech oznacza logarytm przy naszej ulubionej podstawie.

Zatem

Ponieważ

więc

co wobec

daje

Jednym ze składników sumy

jest liczba

Zatem

Suma

składa się z 2013 składników, z których największym jest liczba .

Zatem

Suma

jest większa od każdego składnika, więc

skąd

Przypuśćmy przeciwnie, że istnieje liczba całkowita  dla której  Korzystając z tego, że  dzieli  dla dowolnych liczb całkowitych  i  mamy

Liczba  jest pierwsza, więc skoro liczby  są parami różne, to bez straty ogólności możemy przyjąć, że

Ponieważ  więc po podzieleniu z resztą wielomianu  przez wielomian mamy

dla pewnego wielomianu  o współczynnikach całkowitych. Podstawiając  dostajemy

co przeczy temu, że  jest liczbą całkowitą.

Z twierdzenia Brianchona dla zdegenerowanego sześciokąta  proste  i  przecinają się w jednym punkcie. Z kolei z twierdzenia Brianchona dla zdegenerowanego sześciokąta  wynika, że przez punkt przecięcia prostych  przechodzi także prosta  co kończy dowód.

Oznaczmy przez  odpowiednio punkty styczności podstaw  z okręgiem. Wtedy  oraz  przechodzi przez punkt  Z twierdzenia Brianchona dla czworokąta,  przechodzi też przez punkt  Trójkąty  i  są podobne, więc  oraz

Z twierdzenia Brianchona dla zdegenerowanego sześciokąta  proste  przecinają się w jednym punkcie Z twierdzenia Talesa ponieważ  oraz  więc

---

Stąd i z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa mamy

Przypuśćmy, wbrew dowodzonej tezie, że dwie spośród wymienionych liczb są mniejsze od 1; niech, na przykład,

Oznaczmy odwrotności liczb  odpowiednio przez  Warunek  przybiera postać ; zaś dwie domniemane nierówności przepisujemy jako

po pomnożeniu przez 6 otrzymujemy

Stąd przez dodanie stronami mamy  czyli

Uzyskujemy teraz ciąg nierówności

Jest to oczekiwana sprzeczność, która kończy dowód.

Oznaczmy środki okręgów wyznaczonych przez trójki punktów ; ;  odpowiednio przez  Niech  będzie takim punktem, że  jest rombem. Zauważmy, że czworokąty      są rombami o boku długości  Wobec tego  a z definicji punktu  zachodzi  więc  Ponieważ są to odcinki długości  to także  jest rombem o boku długości  Zatem  czyli punkty  leżą na okręgu o środku w punkcie  i promieniu

Załóżmy nie wprost, że wielomian  o współczynnikach całkowitych ma cykl  długości  Mamy  Kluczowa będzie dla nas obserwacja, że dla dowolnych liczb całkowitych  i  zachodzi

Mamy bowiem ciąg podzielności

Wynika stąd, że

dla  (przyjmujemy, że ). Znak „–” jest wykluczony, gdyż liczby  są parami różne. Mamy więc  Oznacza to, że ciąg  jest arytmetyczny. Musi on być stały, co daje sprzeczność.