Delta mi!

Zadana nierówność zachodzi dla . Dla przepisujemy ją równoważnie jako

i w tej postaci będziemy jej dowodzić.

Dla każdej pary liczb rzeczywistych  ma miejsce równość

gdzie . Kontynuujemy przekształcenia dla :

(2)

ostatnia nierówność powstała przez odrzucenie z uzyskanej sumy wszystkich składników z wyjątkiem pierwszego – są one liczbami nieujemnymi, bo wykładniki potęg są parzyste.

Podstawiamy teraz w (2) , i dostajemy dowodzoną nierówność (1).

Jeśli w każdym wierszu jest permutacja liczb , to . Gdy w dokładnie jednym wierszu jest ciąg stały , a w każdym z pozostałych wierszy jest permutacja liczb , wówczas .

Gdy w dwóch wierszach są ciągi stałe , , przy czym , to w każdej kolumnie musi być permutacja liczb , i znów . Jeśli zaś , to w każdej kolumnie musi być ciąg stały , więc .

Reasumując, możliwymi wartościami sumy  są liczby

(i wszystkie one faktycznie mogą być osiągnięte) – razem, a priori, wartości. Czy jednak są one różne? Możliwe, że (dla pewnych ) ma miejsce któraś z równości

Każde z równań (1) i (2) sprowadza się do ; nie ma więc rozwiązania, gdy jest liczbą parzystą, ma natomiast dokładnie jedno rozwiązanie , gdy jest liczbą nieparzystą. Równanie (3) przekształcamy do postaci

I znów: dla parzystego – brak rozwiązań. Dla nieparzystego: lewa strona przedstawia liczbę mniejszą niż  , prawa – wielokrotność  . Równość zachodzi jedynie, gdy obie strony są równe  , czyli dla .

Wniosek: gdy jest liczbą parzystą, wszystkie wyznaczone na początku wartości są różne; suma  może mieć każdą z tych wartości. Gdy jest liczbą nieparzystą, wartość powtarza się trzykrotnie; jest więc możliwych wartości sumy  .

Niech punkty będą środkami ciężkości odpowiednio powyższych czterech trójkątów,  zaś – środkiem ciężkości czwórki punktów . Z własności środków ciężkości, dla każdego punkty leżą, w tej właśnie kolejności, na jednej prostej oraz  zatem Z twierdzenia o prostej Eulera, dla każdego  punkty  leżą, w tej właśnie kolejności, na jednej prostej oraz , stąd  Złożenie to jednokładność o skali (symetria środkowa), która przeprowadza na . Zatem czworokąty te są przystające.

Niech będzie okręgiem wpisanym w trójkąt . Istnieje taka, że , oraz taka, że , wtedy . Złożenie jest więc jednokładnością odwrotną, przeprowadzającą na  (istnieje dokładnie jedna, nawet jeśli  i  są przystające lub równe). Stąd jej środek leży na prostej . Analogicznie, leży też na prostych  i  .

Rozważmy jednokładności  i  takie, że oraz . Jednokładność jest prosta oraz , więc jej środkiem musi być punkt  . Leży on zatem na prostej .

Punkty , i  są środkami jednokładności , i  takich, że , oraz . Złożenie to jednokładność prosta i  Stąd jej środkiem, który na mocy twierdzenia musi leżeć na prostej , jest na mocy faktu punkt 

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! .

Niech i  . Suma kątów to argument iloczynu liczb . Skoro

oraz , to .