Delta mi!

Oznaczmy przez i i oraz i liczby zapisane na parach przeciwległych ścian sześcianu. Zauważmy, że w każdym wierzchołku występuje inny spośród ośmiu możliwych iloczynów gdzie Suma liczb w wierzchołkach jest więc sumą tych ośmiu iloczynów i można ją zapisać jako

Liczby 7 i 41 są pierwsze, a sumy w nawiasach po lewej stronie większe od 1, więc

Ponieważ w czworościan można wpisać kulę o środku i promieniu 1, wysokość tego czworościanu wynosi 4 (na podstawie przytoczonej własności). Przekształćmy czworościan foremny przez jednokładność względem punktu o skali W efekcie otrzymamy czworościan Korzystając z własności jednokładności, wnioskujemy, że płaszczyzna przecina wysokość w punkcie w taki sposób, że a kula jest również styczna do płaszczyzny Zatem kula wpisana w czworościan ma promień i ma tylko jeden punkt wspólny z kulą

Analogicznie pokazujemy, że istnieją cztery kule o promieniu umieszczone w każdym „rogu” czworościanu Każda z tych kul ma tylko jeden punkt wspólny z kulą Ponieważ kula ma promień 1, więc można umieścić w niej dwie kule o promieniu które mają tylko jeden punkt wspólny.

Zatem otrzymaliśmy sześć kul, które spełniają warunki zadania.

Niech będą odpowiednio środkami krawędzi  Przekształćmy kulę i czworościan przez

• jednokładność o środku i skali
• jednokładność o środku i skali

Efektem tych przekształceń będą dwa czworościany, które mają tylko jeden punkt wspólny – środek kuli  Zatem kule wpisane w te czworościany nie mają punktów wspólnych.

Przekształćmy teraz kulę przez

• jednokładność o środku i skali
• jednokładność o środku i skali

Obrazami środka kuli będą środki kul o promieniach znajdujące się w połowie odcinków i Wykażemy teraz, że kule te nie mają punktów wspólnych.

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa, wyliczamy, że czworościan foremny o wysokości 4 ma krawędź długości Zatem odległość punktów i wynosi Środki boków i w trójkącie pozostają w odległości która jest większa od 1.

Zatem we wnętrzu czworościanu można umieścić sześć kul: każda z nich jest obrazem kuli wpisanej w czworościan w jednokładności o skali i środku będącym środkiem krawędzi czworościanu.

Zauważmy, że dla możemy napisać

Wtedy

i ogólnie

To oznacza, że dla Ponieważ funkcja jest malejąca w przedziale więc pierwiastki otrzymane dla będą różne, a więcej pierwiastków  mieć nie może.

Każdą liczbę zapiszmy w postaci gdzie jest nieparzyste. Wówczas może przyjąć wartość – łącznie  różnych wartości. W takim razie, wśród dowolnych liczb znajdą się takie dwie, które mają ten sam czynnik nieparzysty, spełniają więc warunek zadania.

Niech  i  oznaczają rzuty punktów  i  na prostą  Z przyrównania odcinków stycznych do okręgu wpisanego w trójkącie wynika równość Podobnie mamy

czyli Stąd również czyli

Ponieważ kąt między dwusiecznymi kątów przyległych jest prosty, więc trójkąty prostokątne  i są podobne. W takim razie

Stąd trójkąty  i są podobne, więc kąt też jest prosty. To oznacza, że punkty leżą na jednym okręgu.

Niech  i będą punktami przecięcia prostej równoległej do  i przechodzącej przez punkt odpowiednio z bokami  i Trójkąt jest równoboczny i Ponadto stosując nierówność trójkąta, dostaniemy oraz Dodając te trzy nierówności stronami, otrzymujemy

Nietrudno też przekonać się, że równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy punkt jest jednym z wierzchołków trójkąta

Skoro jest średnicą, to styczna do okręgu wpisanego w punkcie  jest równoległa do  Niech  i  będą punktami przecięcia tej stycznej z bokami  i  (Rys. 3). Trójkąty i są jednokładne, skąd natychmiast wynika, że punkt  jest punktem styczności okręgu dopisanego z bokiem  Z równoległości  i wynika też, że trójkąty  i  są podobne, a skoro to Niech będzie punktem styczności okręgu dopisanego, stycznego do  z prostą  W takim razie a stąd natychmiast wynika, że

Analogicznie, oznaczając przez  punkt styczności okręgu dopisanego z bokiem udowodnimy, że Ale – dowód jest więc zakończony.

Z twierdzenia Menelaosa dla trójkąta i prostej zachodzi

Podobnie z TwM dla trójkąta i prostej  otrzymujemy

Zatem

Twierdzenie o dwusiecznej orzeka, iż: Zachodzi więc równość z Twierdzenie Menelaosa, co kończy dowód.

Załóżmy, że prosta przecina prostą w pewnym punkcie  (poza odcinkiem  Wtedy z twierdzenia Menelaosa dla trójkąta  i prostej mamy

Odcinki stycznych do sfery z jednego punktu są równe, stąd Wobec powyższego

Zatem z twierdzenia Menelaosa dla trójkąta prosta przecina prostą w punkcie  Stąd proste  i przecinają się, więc punkty leżą na jednej płaszczyźnie. Prostszy przypadek pozostawiam jako ćwiczenie.

Oznaczmy środki boków        odpowiednio przez  W myśl założenia,    Niech  będzie wspólnym środkiem przekątnych  i  równoległoboku  Odcinek  łączy środki dwóch boków trójkąta  więc

---

Zatem punkt  leży na okręgu o średnicy  wobec czego kąt  jest prosty. Analogicznie, kąt  jest prosty. Stąd wynika, że  Punkty  są środkami dwóch boków trójkąta  więc  Analogicznie,  Stąd, ostatecznie,

Niech  będzie jedną z szukanych funkcji. Oznaczmy wartości  kolejno przez ; oznaczmy ponadto    Kładąc w równaniu  oraz  dostajemy

(1)

Każda czwórka  w której  daje informację w postaci równości  Biorąc czwórki          otrzymujemy w ten sposób związki

(2)

Natomiast czwórki        dają zależności

(3)

Jeżeli  to z pierwszej równości (1) oraz ze związków (2) wnosimy kolejno, że ; ; ; ; ; ;  Tak więc ; skoro zaś  ta wspólna wartość wynosi 1.

Jeżeli natomiast  to korzystamy z zależności (3) oraz (1) i łatwo stwierdzamy, że ; ;  Zatem na zbiorze  funkcja  jest stała, o wartości 1 lub 0. Każda liczba naturalna  daje się zapisać w postaci  dla pewnych  Przez oczywistą indukcję uzyskujemy wniosek, że  jest funkcją tożsamościowo równą 1 lub 0. Każda z nich spełnia zadane równanie.

Rozważmy obrót oraz punkt

Zauważmy, że Tak więc i w szczególności Trójkąt jest równoboczny, więc Z założeń wynika, iż czyli Stosując twierdzenie kosinusów do trójkąta uzyskujemy