Delta mi!

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

Na rysunku (a) pokazano, jak zamalować 16 pól.

Aby wykazać, że więcej niż 16 pól nie można zamalować, rozważmy ułożenie trzech kopii każdej z liter  na serwetce, pokazane na rysunku (b). Zgodnie z treścią zadania nie można zamalować trzech pól z tą samą literą, więc można zamalować co najwyżej  pól.

Niech  i  będą punktami przecięcia prostej  odpowiednio z prostymi  i

W trójkącie  dwusieczna  jest prostopadła do boku  Wobec tego  jest środkiem odcinka  Podobnie,  jest środkiem odcinka  Zatem prosta  jest równoległa do prostej  czyli do prostej  na mocy twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa.

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.

Jeśli takie rozbicie jest możliwe, to oczywiście suma liczb w zbiorze  musi być podzielna przez 3 – czyli iloczyn  musi dzielić się przez 6. To zaś ma miejsce jedynie dla liczb  (mod 3). Jest to więc warunek konieczny. Okazuje się, że dla  jest on też dostateczny (jasne, że dla  nie da się zbioru  rozbić w żądany sposób).

Dla  mamy, na przykład, takie rozbicia:

A dalej działa indukcja ze skokiem o 6. Jeśli bowiem zbiór  da się przedstawić jako suma trzech rozłącznych podzbiorów o równych sumach elementów, to zbiór  też da się tak przedstawić – wystarczy dołączyć do pierwszego podzbioru liczby  i  do drugiego – liczby  i  wreszcie do trzeciego – liczby  i  Szukanymi liczbami są więc wszystkie liczby  dla których  nie dzieli się przez 3.

Dla każdej pary uczniów popatrzmy na zbiór zadań, których żaden z dwójki nie rozwiązał. Tych zbiorów jest  Chcemy pokazać, że przynajmniej jeden z nich jest pusty. Zauważmy, że dla każdego zadania istnieje co najwyżej  uczniów, którzy go nie rozwiązali. Zatem każde zadanie należy do co najwyżej  spośród naszych zbiorów. Niepustych zbiorów jest więc co najwyżej  Zatem istnieje para uczniów, dla której zbiór zadań, których żaden z uczniów z pary nie rozwiązał, jest pusty.

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.

Środek  odcinka pomiędzy punktami styczności  i  ma jednakową potęgę  względem każdego z okręgów, więc leży na ich osi potęgowej.

Niech  oraz Prosta  jest styczna do  bo Stąd

więc  leży na osi potęgowej  i  Ponadto

więc  także leży na osi potęgowej  i  Oś potęgowa  okręgów  i  jest prostopadła do prostej  łączącej ich środki.

Proste te są osiami potęgowymi, więc teza wynika z twierdzenia 2.

Niech    oraz Punkt  należy do  i  więc osią potęgową tych okręgów jest rozważana w zadaniu prosta przechodząca przez  i prostopadła do prostej  łączącej ich środki. Pozostałe rozważane proste są osiami potęgowymi okręgów  i  oraz  i  Środki  okręgów nie są współliniowe, więc osie potęgowe przecinają się w jednym punkcie.

Wyrazy ciągu  są liczbami dodatnimi. Zapiszmy każdy z nich jako tangens pewnego kąta ostrego:

Wykażemy, że  Zaczynamy od oczywistej zależności

Przekształcamy mianownik ostatniego ułamka:

Po podstawieniu do poprzedniej równości otrzymujemy związek

i w konsekwencji  (obie liczby:  i   leżą w przedziale ). Tak więc  dla wszystkich ; a skoro  czyli  wnosimy stąd, że

Wystarczy teraz zauważyć, że  i skorzystać ze znanej relacji granicznej

Otrzymujemy odpowiedź: