Delta mi!

Rys. A.

Niech  i  będą punktami styczności sfery wpisanej w czworościan odpowiednio ze ścianami i  , a   i  punktami styczności sfery dopisanej odpowiednio z płaszczyznami i  . Wówczas trójkąty i  są przystające (Rys. A.). Oznaczmy miary kątów trójkąta przy wierzchołkach odpowiednio przez . Trójkąty i  są przystające, skąd wynika, że (Rys. B.). Analogicznie . Niech . Wtedy (bo ). Jednakże  i  , więc

(Rys. C.), skąd . Zatem . Analogicznie dowodzimy, że , a to oznacza, że jest punktem przecięcia wysokości trójkąta .

Niech  i  będą punktami styczności sfery wpisanej odpowiednio ze ścianami i  . Trójkąty utworzone przez pewną krawędź i punkty styczności sfery wpisanej z dwoma ścianami zawierającymi tę krawędź są przystające. Wygodnie jest teraz wszystko rysować na siatce Oznaczmy: , , , , , .

Otrzymujemy

Dodając stronami pierwsze trzy równości i uwzględniając czwartą, dostajemy

Stąd i z trzeciej równości dostajemy . Zatem .

Oznaczmy przez odpowiednio środki odcinków Ponieważ trójkąty oraz są prostokątne, więc

Ponadto, korzystając z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa, otrzymujemy

Wobec tego

Wybierając punkty jako środki odcinków , otrzymujemy kwadrat o obwodzie  .

Zauważmy, że oraz analogicznie

Wobec tego skąd bezpośrednio wynika teza.

Bierzemy mianowicie wielościan o parzystej liczbie krawędzi i parzystokątnych ścianach (a więc np. graniastosłup) i pociągamy mocno za jedną z przekątnych jednej ze ścian tak, aby ściana ta przełamała się na dwie (na rysunku pociągnęliśmy w górę przekątną  ściany ).

W ten sposób przekątna, za którą pociągnęliśmy, staje się nową krawędzią – ponieważ krawędzie początkowego wielościanu dalej są krawędziami i jest ich parzysta liczba, więc łącznie mamy teraz nieparzystą liczbę krawędzi. ,,Stare” ściany były i są parzystokątne, więc problem jest tylko w tym, by nowe dwie ściany takie były. Wobec tego przełamywana ściana musi mieć co najmniej 6 krawędzi (i tak jest na rysunku).

Narysujmy okrąg o środku i promieniu (czyli wewnętrznie styczny do danego) – mamy wtedy Prościej już chyba nie można.

Wystarczy znaleźć ciągi dodatnich liczb wymiernych o podanych własnościach; mnożąc ich wyrazy przez wspólny mianownik dostaniemy ciągi liczb naturalnych, o jakie chodzi.

Ustalmy . Funkcja ma w punkcie pochodną równą  , więc jej iloraz różnicowy jest mniejszy od  dla bliskich  :

Weźmy dowolną liczbę wymierną , mniejszą od liczb . Wówczas

Przyjmijmy teraz

Tak określone ciągi i  spełniają postulowane warunki: zachodzą nierówności ; zaś zależności dla , czyli , to nierówność Bernoulliego.

rys. 1

Weźmy pod uwagę sferę dopisaną do czworościanu styczną do ściany w punkcie  , który jest środkiem koła wpisanego w trójkąt oraz styczną do płaszczyzn i  odpowiednio w punktach  i  . Zauważmy, że  i 

rys. 2

To oznacza, że trójkąty i  są przystające, a stąd

(rys.1 przedstawia półpłaszczyzny ścian i  ,,rozłożone płasko”).

Podobnie uzasadniamy, że (rys.2) przedstawia półpłaszczyzny  i  ,,rozłożone płasko”) – oraz że

Oczywiście ; stąd i w konsekwencji

Rozważając sferę dopisaną, styczną do ściany , stwierdzamy analogicznie, że . Zatem wszystkie kąty płaskie ścian przy wierzchołku  są równe:

W ten sam sposób dowodzimy, że trzy kąty płaskie przy wierzchołku są równe (oznaczmy ich miarę przez ), kąty przy wierzchołku są równe oraz kąty przy wierzchołku są równe .

Patrząc na sumy kątów w trójkątach ABD i BCD widzimy, że Analogicznie uzasadniamy, że To znaczy, że wszystkie kąty wszystkich ścian czworościanu są równe. Zatem ściany są trójkątami równobocznymi i czworościan jest foremny.

Zauważmy, że jeśli liczba  jest żądanej postaci, to także liczba   jest tej postaci. Ponadto

Stąd wynika, że każda z liczb da się przedstawić w żądanej postaci.

Wykażemy teraz, że nie istnieją liczby całkowite dodatnie , , ,  , dla których

Bez straty ogólności możemy przyjąć, że , wówczas . Podstawiając , , otrzymujemy zależność

Stąd wynika, że . Z kolei dla nie istnieje liczba całkowita dodatnia  spełniająca zależność  . A zatem .Wówczas liczby  i  dają resztę  z dzielenia przez  . Stąd obie strony zależności  dają różne reszty z dzielenia przez  . Otrzymana sprzeczność dowodzi, że liczby  nie da się przedstawić w żądanej postaci.

Oznaczmy: (rysunek). Wtedy oraz . Ponadto

Stąd oraz z równości wynika, że okrąg o środku  i promieniu  przechodzi przez punkty , oraz  Wobec tego , skąd otrzymujemy

A zatem

Porównując ostatnie dwie zależności, dostajemy tezę.

Niech oraz . Wtedy oraz , czyli oraz Stąd po dodaniu stronami , czyli środek odcinka  (z faktu 1 jest nim ) nie zależy od punktu 

Niech . Z faktu 2 mamy oraz , a także oraz . Z faktu 1 wyznaczamy  oraz , a także

Wynik sam wyszedł! .

Taka -cyfrowa liczba istnieje, np.

Wiadomo, że -cyfrowa liczba jest podzielna przez wtedy i tylko wtedy, gdy liczba jest podzielna przez . Stąd wynika, że liczba jest podzielna przez

Wykażemy teraz, że każda inna liczba otrzymana z poprzez permutaję jej cyfr nie jest podzielna przez

Ponieważ wśród cyfr liczby jest dokładnie dwójek i jedynek, więc liczba jest nieparzysta. Ponadto . Stąd wynika, że liczba jest podzielna przez wtedy i tylko wtedy, gdy To jednak jest możliwe jedynie wtedy, gdy