Delta mi!

Niech Ponieważ więc

W tej sytuacji wtedy i tylko wtedy, gdy Teza wynika zatem z ciągłości funkcji i własności Darboux funkcji ciągłych.

Skorzystamy z następującego lematu: jeśli punkt leży wewnątrz trójkąta i to Aby go udowodnić, zauważmy najpierw, że nie leży na co najmniej jednym z odcinków Bez straty ogólności przyjmijmy, że jest to Niech będzie punktem przecięcia prostych i Wtedy z nierówności trójkąta:

Przejdźmy do rozwiązania zadania. Niech będzie środkiem okręgu a będzie promieniem tego okręgu. Punkt leży w co najmniej jednym z trójkątów ; bez straty ogólności przyjmijmy, że jest to trójkąt Podobnie, leży w którymś z trójkątów ; przyjmijmy, że jest to trójkąt Zgodnie z lematem zachodzi ; i analogicznie: Zatem któryś z odcinków jest mniejszy od i któryś z odcinków jest większy od

Załóżmy, że liczby spełniają Równanie to można sprowadzić do postaci Ponieważ jest liczbą pierwszą, wynika stąd, że lub Pierwsza z tych możliwości oznaczałaby, że co przeczy zależności Musi być zatem skąd ; ponieważ liczby te są całkowite i faktycznie spełniają wymaganą równość.

Załóżmy, że dodatnie liczby całkowite spełniają podane równanie. Oznaczmy przez ich największy wspólny dzielnik; tak więc gdzie to liczby naturalne względnie pierwsze. Wstawiając to do równania i dzieląc stronami przez otrzymujemy

(1)

Niech będzie dowolnym dzielnikiem pierwszym liczby Wobec związku (1) jest też dzielnikiem sumy To znaczy, że (mod ); a skoro jest liczbą parzystą, mamy stąd (mod ), i dalej

Liczba nie dzieli się przez (bo zaś są względnie pierwsze); zatem

Skoro nie ma innych dzielników pierwszych, znaczy to, że

(2)

Zatem liczby i (względnie pierwsze) są obie nieparzyste; stąd (mod 4), bo jest liczbą parzystą. W równości (2) mamy więc skąd Wracamy do równania (1): To pokazuje, że (dla pewnego ); przy tym czyli : liczba dzieli się przez

Na odwrót, załóżmy, że dla pewnego Wówczas para jest rozwiązaniem zadanego równania:

Uzyskaliśmy żądaną równoważność.

Z definicji ciągu wynika (przez oczywistą indukcję), że wszystkie jego wyrazy są dobrze określonymi liczbami dodatnimi. Weźmy pod uwagę ilorazy ; ciąg liczb dodatnich z wyrazem początkowym spełnia zależność rekurencyjną

(1)

Pokażemy, że dla zachodzi równość

(2)

Uzasadnienie indukcyjne: dla tak jest. Przyjmijmy równość dla pewnego Ponieważ mamy wówczas

stąd (wobec spostrzeżenia, że ):

W połączeniu ze wzorem (1) daje to równość (2) z zastąpionym przez czyli tezę indukcyjną.

Wzór (2) został wykazany. Wywnioskujemy z niego, że

(3)

dla Znów indukcja: dla zgadza się (bo ). Ustalmy i przyjmijmy słuszność (3) z zastąpionym przez Z takiego założenia indukcyjnego i ze wzoru (2) otrzymujemy

co kończy indukcyjny dowód wzoru (3). Tak więc

(bo przy ). Stąd, ostatecznie,