Matematyka.pl

Podstawiamy \(\displaystyle{ k=0}\) i dostajemy że \(\displaystyle{ m|a_0}\). I stąd mamy, że \(\displaystyle{ m|a_nk^n+a_{n-1}k^{n-1}+\ldots + a_1k=k(a_nk^{n-1}+a_{n-1}k^{n-2}+\ldots + a_1)}\) dla każdego całkowitego \(\displaystyle{ k}\). Stąd \(\displaystyle{ m|a_nk^{n-1}+a_{n-1}k^{n-2}+\ldots + a_1}\), znowu bierzemy \(\displaystyle{ k=0}\) itd. i dostajemy, że wszystkie wsp. są podzielne przez \(\displaystyle{ m}\) i nic o nich nie założyliśmy.

Chyba, że jest tu jakaś głupota i się tylko ośmieszyłem ;p

Wiemy że dla \(\displaystyle{ n > 2000}\) funkcja f przyjmuje postać \(\displaystyle{ f(n)=n-12}\)

Przypadek 1

\(\displaystyle{ n \in \{1997,...,2000 \}}\)

wówczas \(\displaystyle{ f(n)=f(f(n+16))=f(n+16-12)=f(n+4)=n+4-12=n-8}\)

Z uwagi na niewielką ilość argumentów wypiszę wartości funkcji w tym przypadku, gdyż okażą się pomocne za chwilę:

\(\displaystyle{ f(1997)=1989 \\
f(1998)=1990 \\
f(1999)=1991 \\
f(2000)=1992}\)

Przypadek 2

\(\displaystyle{ n \in \{1985,...,1996 \}}\)

Wówczas \(\displaystyle{ f(n)=f(f(n+16))=f(n+16-12)=f(n+4)}\) i pozostajemy w tym samym przypadku bez ponownego "przeskoku" do przypadku "n-12"

Z \(\displaystyle{ f(n)=f(n+4)}\) wynikają dwa wnioski:
- w tym przypadku funkcja jest okresowa o okresie 4
- \(\displaystyle{ f(1996)=f(2000)=1992}\) i przez analogię do pozostałych argumentów z tego przypadku dojdziemy do następującej sytuacji:

\(\displaystyle{ f(1988)=f(1992)=f(1996)=1992 \\
f(1985)=f(1989)=f(1993)=1989 \\
f(1986)=f(1990)=f(1994)=1990 \\
f(1987)=f(1991)=f(1995)=1991}\)

Przypadek 3
\(\displaystyle{ n \le 1984}\)

Skoro \(\displaystyle{ f(1984)=f(f(2000))=f(1992)=1992}\) to łatwo zauważyć że przypadek 2 i 3 mozna połączyć ze sobą. (wystarczy cofać się od \(\displaystyle{ n=1984}\) w dół) a nawet włączyć w to przypadek 1.

Stąd funkcja \(\displaystyle{ f(n)}\) przyjmuje postać:

\(\displaystyle{ f(n)=\begin{cases} n-12 \ \textrm{ dla } \ n>2000\\ 1992 \ \textrm{ dla } \ n \ mod \ 4 = 0 \wedge n \le 2000 \\ 1988 + (n \ mod \ 4) \ \textrm{ dla } \ n \ mod \ 4 \neq 0 \wedge n \le 2000 \end{cases}}\)

Znalezienie n spełniającego warunek \(\displaystyle{ f(n)=n}\) nie stanowi juz problemu:

\(\displaystyle{ n_1 \in \{1989,1990,1991,1992 \}}\)

Oznaczmy rzuty punktu P na proste \(\displaystyle{ P_1P_2}\), \(\displaystyle{ P_1P_3}\), \(\displaystyle{ P_2P_4}\), \(\displaystyle{ P_3P_4}\) odpowiednio jako X, Y, V, Z. Zauważamy teraz, że trójkąty \(\displaystyle{ PXP_2}\) i \(\displaystyle{ PYP_3}\) są podobne (kąt prosty oraz kąty \(\displaystyle{ \sphericalangle PP_2X = \sphericalangle PP_3Y}\) są równe - leżą na tym samym łuku.) Analogicznie trójkąty \(\displaystyle{ PZP_3}\) i \(\displaystyle{ PVP_2}\) są podobne. A zatem prawdziwe są równości: \(\displaystyle{ \frac{PX}{PP_2}= \frac{PY}{PP_3}}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{PZ}{PP_3}= \frac{PV}{PP_2}}\), które po pomnożeniu stronami dają tezę: \(\displaystyle{ PX \cdot PZ = PY \cdot PV}\), czyli \(\displaystyle{ d_{12} \cdot d_{34} = d_{13} \cdot d_{24}}\) Finis.

Policzmy pochodną wielomianu \(\displaystyle{ Q}\).
\(\displaystyle{ Q'(x) = ((P'(x))^2-2P(x)P''(x) )' = 2P'(x)P''(x)-2(P'(x)P''(x)+P(x)P'''(x)) = -2P(x)P'''(x)}\)
Zauważmy, że jeżeli \(\displaystyle{ P(x) = ax^3+bx^2+cx+d}\), to \(\displaystyle{ P'''(x) = 6a \neq 0}\).
Zatem \(\displaystyle{ Q'(x) = 0 \Leftrightarrow P(x) = 0}\), więc wielomian \(\displaystyle{ Q}\) przyjmuje ekstrema w punktach będącymi pierwiastkami wielomianu \(\displaystyle{ P}\) (ponieważ \(\displaystyle{ Q'}\) nie posiada pierwiastków wielokrotnych).

Niech \(\displaystyle{ a}\) będzie pierwiastkiem \(\displaystyle{ P}\), mamy:
\(\displaystyle{ Q(a) = P'(a)^2 - 2P(a)P''(a) = P'(a)^2}\)
Zauważmy, że jeżeli \(\displaystyle{ P(a) = 0}\), to \(\displaystyle{ P'(a) \neq 0}\), w przeciwnym wypadku \(\displaystyle{ a}\) by było pierwiastkiem wielokrotnym, co jest sprzeczne z założeniem, zatem \(\displaystyle{ Q(a) > 0}\).

Ponadto podstawiając \(\displaystyle{ P(x) = ax^3+bx^2+cx+d}\) widzimy, że wielomian \(\displaystyle{ Q}\) jest 4 stopnia, a współczynnik przy najwyższej potędze wynosi \(\displaystyle{ -3a^2}\). Stąd wnioskujemy, że przy \(\displaystyle{ x}\) dążącym do plus lub minus nieskończoności wielomian \(\displaystyle{ Q}\) dąży do minus nieskończoności, więc jego ekstrema występują w kolejności maksimum-minimum-maksimum, a ponieważ wielomian w minimum przyjmuje wartość dodatnią, więc wielomian \(\displaystyle{ Q}\) posiada tylko 2 pierwiastki rzeczywiste na przedziałach od minus nieskończoności do najmniejszego pierwiastka \(\displaystyle{ P}\) oraz od największego pierwiastka \(\displaystyle{ P}\) do plus nieskończoności.

Pokażemy, że \(\displaystyle{ n=2^k-2}\) dla \(\displaystyle{ k \in \mathbb{N}}\) spełnia warunki zadania.

Obliczmy najpierw \(\displaystyle{ D(2^k-1) = d(1)+d(2)+...+d(2^k-1)}\). Jeżeli liczba naturalna \(\displaystyle{ n}\) jest podzielna przez \(\displaystyle{ 2^a}\), ale nie jest podzielna przez \(\displaystyle{ 2^{a+1}}\), to możemy ją zapisać w postaci \(\displaystyle{ n=2^{a+1}m+2^a}\), wtedy \(\displaystyle{ d(n) = d(2^a(2m+1)) = 2m+1 = \frac{n}{2^a}}\). Podzielmy liczby \(\displaystyle{ 1,...,2^k-1}\) na \(\displaystyle{ k}\) zbiorów ze względu na \(\displaystyle{ a}\):
\(\displaystyle{ S_0=\{1,3,5,7,...,2^k-1\}}\)
\(\displaystyle{ S_1=\{2,6,10,...,2^k-2\}}\)
\(\displaystyle{ S_2=\{4,12,...,2^k-4\}}\)
...
\(\displaystyle{ S_{k-2}=\{2^{k-2},2^{k-1}+2^{k-2}\}}\)
\(\displaystyle{ S_{k-1}=\{2^{k-1}\}}\)


Policzmy moc każdego zbioru \(\displaystyle{ S_a}\) dla \(\displaystyle{ 0\leq a \leq k-1}\), czyli sprawdźmy ile liczb postaci \(\displaystyle{ n=2^{a+1}m+2^a}\) spełnia \(\displaystyle{ 1\leq n \leq 2^k-1}\).
\(\displaystyle{ 1\leq 2^{a+1}m+2^a \leq 2^k-1}\)
\(\displaystyle{ \frac{1}{2^{a}} \leq 2m+1 \leq 2^{k-a}-\frac{1}{2^a}}\)
\(\displaystyle{ 1 \leq 2m+1 \leq 2^{k-a}-1}\)
\(\displaystyle{ 0 \leq 2m \leq 2^{k-a}-2}\)
\(\displaystyle{ 0 \leq m \leq 2^{k-1-a}-1}\)

Mamy więc \(\displaystyle{ |S_a| = 2^{k-1-a}}\). Liczby w zbiorze \(\displaystyle{ S_a}\) tworzą ciąg arytmetyczny, w którym najmniejszym wyrazem jest \(\displaystyle{ 2^a}\), a największym \(\displaystyle{ 2^k-2^a}\), więc
\(\displaystyle{ \sum_{n \in S_a} n = \frac{2^a+2^k-2^a}{2}\cdot 2^{k-1-a} = 2^{2k-2-a}}\)
a stąd:
\(\displaystyle{ \sum_{n \in S_a} d(n) = \sum_{n \in S_a} \frac{n}{2^a} =2^{2k-2-2a} = 4^{k-1-a}}\)

Zatem
\(\displaystyle{ D(2^k-1) = \sum_{a=0}^{k-1}\sum_{n \in S_a} d(n) = \sum_{a=0}^{k-1} 4^{k-1-a} = \frac{4^k-1}{3}}\)

Dalej mamy
\(\displaystyle{ D(2^k-2) = D(2^k-1) - d(2^k-1) = \frac{4^k-1}{3} - (2^k-1) = \frac{4^k-3\cdot 2^k + 2}{3}}\)
\(\displaystyle{ 3D(2^k-2) =4^k-3\cdot 2^k + 2}\)
oraz
\(\displaystyle{ 2T(2^k-2) = 2\cdot \frac{(2^k-2)(2^k-1)}{2} = 4^k-3\cdot 2^k+2}\)
zatem rzeczywiście
\(\displaystyle{ 3D(2^k-2) = 2T(2^k-2)}\)

Poprowadźmy promienie do boków trójkąta, oznaczmy \(\displaystyle{ \alpha = \angle ABD}\), \(\displaystyle{ \beta = ACE}\).
Z tw. Talesa mamy:
\(\displaystyle{ \frac{BI}{r} = \frac{BD}{AD} = \frac{1}{\sin\alpha}}\)
\(\displaystyle{ \frac{DI}{r} = \frac{BD}{AB} = \frac{1}{\cos\alpha}}\)
stąd
\(\displaystyle{ BI = \frac{r}{\sin\alpha}}\)
\(\displaystyle{ DI = \frac{r}{\cos\alpha}}\)
analogicznie dostajemy:
\(\displaystyle{ CI = \frac{r}{\sin\beta}}\)
\(\displaystyle{ EI = \frac{r}{\cos\beta}}\)

Mamy więc:
\(\displaystyle{ \frac{BI^2+ID^2}{CI^2+IE^2} = \frac{\frac{r^2}{\sin^2\alpha} + \frac{r^2}{\cos^2\alpha}}{\frac{r^2}{\sin^2\beta} + \frac{r^2}{\cos^2\beta}} = \frac{\frac{\sin^2\alpha+\cos^2\alpha}{\sin^2\alpha\cos^2\alpha}}{\frac{\sin^2\beta+\cos^2\beta}{\sin^2\beta\cos^2\beta}} = \frac{\sin^2\beta\cos^2\beta}{\sin^2\alpha\cos^2\alpha} = \frac{\sin^2 2\beta}{\sin^2 2\alpha}}\)

Z twierdzenia sinusów mamy:
\(\displaystyle{ \frac{AC}{\sin 2\alpha} = \frac{AB}{\sin 2\beta}}\)
\(\displaystyle{ \frac{\sin 2\beta}{\sin 2\alpha} = \frac{AB}{AC}}\)
\(\displaystyle{ \frac{\sin^2 2\beta}{\sin^2 2\alpha} = \frac{AB^2}{AC^2}}\)

a stąd teza.

Zakładam, że \(\displaystyle{ x\in \mathbb{R}}\) (w sumie to jakby to zadanie miało w \(\displaystyle{ \mathbb{C}}\) wyglądać?) Niech \(\displaystyle{ x^2-x=c}\), przy założeniu, że \(\displaystyle{ x\in \mathbb{R}}\) mamy oczywiście \(\displaystyle{ c\in\{0,1,2,...\}}\). Wykażemy, że \(\displaystyle{ x}\) jest wymierny (co jest równoważne z tym, że jest całkowity). Jeśli \(\displaystyle{ c=0}\) to wszystko jest jasne. Niech więc \(\displaystyle{ c>0}\). Liczby \(\displaystyle{ x^2-x}\) i \(\displaystyle{ x^n-x}\) są całkowite, więc liczba \(\displaystyle{ \frac{x^n-x}{x^2-x}=x^{n-2}+x^{n-1}+...+x+1}\)
jest wymierna, oznaczmy ją \(\displaystyle{ w}\).

Teraz pokażemy (indukcyjnie), że przy założeniu \(\displaystyle{ x^2-x=c}\), dla każdego \(\displaystyle{ k\in\mathbb{N}}\) wyrażenie \(\displaystyle{ x^k+x^{k-1}+...+x+1}\) daje się zapisać w postaci \(\displaystyle{ P(c)+xQ(c)}\), gdzie \(\displaystyle{ P(c),Q(c)}\) - wielomiany zmiennej \(\displaystyle{ c}\) o współczynnikach całkowitych dodatnich (ściślej nieujemnych i przynajmniej jednym dodatnim).

Dla \(\displaystyle{ k=1}\) mamy \(\displaystyle{ x+1=1+1\cdot x}\), czyli ok. Załóżmy, że dla pewnego \(\displaystyle{ k}\) mamy
\(\displaystyle{ x^k+x^{k-1}+...+x+1=P(c)+x Q(c)}\)

Wtedy dla \(\displaystyle{ k+1}\) mamy

\(\displaystyle{ x^{k+1}+x^k+...+x+1=x(x^k+x^{k-1}+...+x+1)+1=x(P(c)+x Q(c))+1=\\x^2 Q(c)+x P(c)+1=(x^2-x)Q(c)+x(P(c)+Q(c))+1=\\cQ(c)+1+x(P(c)+Q(c))=P^*(c)+x Q^*(c)}\)

czyli pasuje. Stąd
\(\displaystyle{ w=x^{n-2}+x^{n-3}+...+x+1=P(c)+xQ(c)\Rightarrow x=\frac{w-P(c)}{Q(c)}}\)

zatem \(\displaystyle{ x}\) jest wymierny, co kończy zadanie.

Jeżeli \(\displaystyle{ a = 1}\), to \(\displaystyle{ x_i = 1}\) dla dowolnego \(\displaystyle{ i}\). Dalej załóżmy, że \(\displaystyle{ a>1}\).

Pokażemy, że dla dowolnego \(\displaystyle{ i}\) zachodzi:
1. \(\displaystyle{ x_i > 1}\)
2. \(\displaystyle{ x_i < x_{i-1}}\)

1. Udowodnimy, że dla \(\displaystyle{ x>1}\) zachodzi \(\displaystyle{ f(x) = x^2-1-\ln x >0}\). Widzimy, że \(\displaystyle{ f(1) = 0}\), funkcja jest rosnąca dla \(\displaystyle{ x \geq 1}\), ponieważ
\(\displaystyle{ f'(x) = 2x - \frac{1}{x} > 2 - 1 = 1 > 0}\)
zatem dla \(\displaystyle{ x>1}\) zachodzi
\(\displaystyle{ x^2-1-\ln x >0}\)
\(\displaystyle{ x^2>1+\ln x}\)
\(\displaystyle{ \frac{x^2}{1+\ln x}>1}\)
\(\displaystyle{ 1+\ln\left(\frac{x^2}{1+\ln x}\right)>1}\)
Stąd jeżeli \(\displaystyle{ x_i > 1}\), to \(\displaystyle{ x_{i+1} > 1}\), na mocy indukcji \(\displaystyle{ x_i>1}\) dla każdego \(\displaystyle{ i}\).

2. Rozważmy funkcję \(\displaystyle{ f(x) = 1+\ln\left(\frac{x^2}{1+\ln x}\right)-x}\). Zauważmy, że \(\displaystyle{ f(1) = 0}\).
\(\displaystyle{ f'(x) = ... = \frac{(1-x)+(2-x)\ln x}{x+x\ln x}}\)
Pokażemy, że pochodna jest ujemna dla \(\displaystyle{ x>1}\), mianownik jest zawsze dodatni, więc musimy pokazać, że
\(\displaystyle{ g(x) = (1-x)+(2-x)\ln x < 0}\)
Zauważmy, że \(\displaystyle{ g(1) = 0}\).
\(\displaystyle{ g'(x) = \frac{2}{x}-2-\ln x < 2-2-0 = 0}\)
Zatem funkcja \(\displaystyle{ g}\) jest malejąca, więc \(\displaystyle{ g(x)<0}\) dla \(\displaystyle{ x>1}\), a stąd \(\displaystyle{ f'(x) < 0}\), więc funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest malejąca, czyli \(\displaystyle{ f(x) < 0}\) dla \(\displaystyle{ x>1}\).
A stąd wynika, że \(\displaystyle{ 1+\ln\left(\frac{x^2}{1+\ln x}\right) < x}\), zatem ciąg jest malejący.

Skoro ciąg jest malejący i ograniczony z dołu, to jest zbieżny. Oznaczmy jego granicę przez \(\displaystyle{ g}\). Zachodzi
\(\displaystyle{ g = 1+\ln\left(\frac{g^2}{1+\ln g}\right)}\)
Rozważając funkcję \(\displaystyle{ f}\) z punktu 2. otrzymujemy, że \(\displaystyle{ g=1}\).

Łatwo widzieć że \(\displaystyle{ \vec{A_0B_0}=\frac{1}{3}\vec{BA} = \frac{1}{3}\vec{A_1B_1}}\), więc istnieje jednokładność o skali \(\displaystyle{ \frac{1}{3}}\) przekształcająca \(\displaystyle{ A_1}\) na \(\displaystyle{ A_0}\) i \(\displaystyle{ B_1}\) na \(\displaystyle{ B_0}\). Niech jej środkiem będzie punkt \(\displaystyle{ X}\). W podobny sposób pokazujemy, że ta jednokładność przekształca \(\displaystyle{ C_1}\) na \(\displaystyle{ C_0}\) i \(\displaystyle{ D_1}\) na \(\displaystyle{ D_0}\). Stąd proste z zadania przecinają się w punkcie \(\displaystyle{ X}\).

Dla wygody w zapisie uogólnijmy definicję symbolu Newtona (zakładamy, że \(\displaystyle{ n,k}\) są całkowite):
\(\displaystyle{ {n \choose k} =\begin{cases}\textrm{to co zwykle gdy} \ 0\le k\le n\\ 0 \ \textrm{gdy} \ n<k \ \textrm{lub} \ k<0\end{cases}}\)

Nietrudno zauważyć, że w takim razie można definicję ciągu zapisać jako:
\(\displaystyle{ a_n= \sum_k (-1)^k\cdot {n-k \choose k}}\)
gdzie sumowanie jest po wszystkich \(\displaystyle{ k}\) całkowitych (dla "nowych" \(\displaystyle{ k}\) sumowane wyrażenie i tak jest bowiem zerem).
Łatwo też sprawdzić, że wzór:
\(\displaystyle{ {n \choose k} = {n-1 \choose k} + {n-1 \choose k-1}}\)
działa dla dowolnych \(\displaystyle{ n,k}\) całkowitych (wystarczy sprawdzić przypadki graniczne).

W takim razie, korzystając z tego wzoru i z definicji ciągu dostajemy:
\(\displaystyle{ a_n= \sum_k (-1)^k\cdot {n-k \choose k}=\sum_k (-1)^k\cdot {n-1-k \choose k}+\sum_k (-1)^k\cdot {n-1-k \choose k-1}=\ldots}\)
Pierwsza suma to po prostu \(\displaystyle{ a_{n-1}}\), a w drugiej sumie jeśli podstawimy \(\displaystyle{ l=k-1}\), to sumowanie będzie przebiegało po wszystkich \(\displaystyle{ l}\) całkowitych i dostajemy dalej:
\(\displaystyle{ \ldots = a_{n-1}-\sum_l (-1)^l\cdot {n-2-l \choose l}= \\ =a_{n-1}-a_{n-2}=(a_{n-2}-a_{n-3})-a_{n-2}=-a_{n-3}=a_{n-6}}\)
co dowodzi okresowości naszego ciągu.

Zróbmy interpolację Lagrange'a w punktach 0,2,3,...,n. Otrzymujemy \(\displaystyle{ f(x)=\sum\limits_{i=0}^n f(i)\frac{x(x-1)\dots(x-i+1)(x-i-1)\dots(x-n)}{i(i-1)\dots 1(-1)\dots(i-n)}}\).
Zatem pierwszy współczynnik wynosi \(\displaystyle{ \sum\limits_{i=0}^n f(i)\frac1{i! (n-i)!}(-1)^{n-i}}\). Jak pomnożymy to przez \(\displaystyle{ n!}\), to dostajemy \(\displaystyle{ \sum\limits_{i=0}^n f(i){n\choose i}(-1)^{n-i}}\), co jest podzielne przez \(\displaystyle{ m}\), c.n.d

Rysuneczek:



Przyjmijmy, że \(\displaystyle{ DA=AB=BC=CD=1}\). Ponadto niech \(\displaystyle{ EB=x}\) i \(\displaystyle{ DF=y}\). Wtedy \(\displaystyle{ FC=1-y}\) oraz \(\displaystyle{ EC=1-x}\)

Łatwo z Pitagorasa liczymy, że \(\displaystyle{ AE=\sqrt{1+x^2}}\) i \(\displaystyle{ AF= \sqrt{1+y^2}}\)

Ponadto z kątów prostych wynika, ze \(\displaystyle{ P}\) i \(\displaystyle{ Q}\) leżą na okręgu opisanym na kwadracie \(\displaystyle{ ABCD}\) skąd łatwo na kątach widać, że mamy podobieństwo trójkątów \(\displaystyle{ AFD}\) i \(\displaystyle{ CFQ}\), stąd też mamy proporcje:

\(\displaystyle{ \frac{AF}{FD} = \frac{CF}{CQ}}\), a więc \(\displaystyle{ CQ=\frac{AD \cdot CF }{AF} = \frac{CF}{AF} = \frac{1-y}{\sqrt{1+y^2}}}\)

Podobnie \(\displaystyle{ CP = \frac{1-x}{\sqrt{1+x^2}}}\)

Teraz nasze założenie:

\(\displaystyle{ 1 = \frac{CD}{AE} + \frac{CQ}{AF} = \frac{\frac{1-x}{\sqrt{1+x^2}}}{\sqrt{1+x^2}} + \frac{\frac{1-y}{\sqrt{1+y^2}}}{\sqrt{1+y^2}}}\)

Po wymnożeniu wychodzi \(\displaystyle{ x^2y^2 + x^2y + xy^2 +x + y - 1=0}\), co traktując jako równanie kwadratowe po y (delta i te sprawy) daje nam \(\displaystyle{ y=\frac{1-x}{x+1}}\) lub \(\displaystyle{ y=-\frac{1}{x}}\). Drugie rozwiązanie odpada ze względów oczywistych, więc zostaje \(\displaystyle{ y=\frac{1-x}{x+1}}\).

Policzmy teraz wartość \(\displaystyle{ \sin \measuredangle FAE}\)

\(\displaystyle{ \sin \measuredangle FAE = \sin (90^{\circ} - (\measuredangle DAF + \measuredangle EAB) = \cos (\measuredangle DAF + \measuredangle EAB) = \cos \measuredangle DAF \cos \measuredangle EAB - \sin \measuredangle DAF \sin \measuredangle EAB}\)

No ale mamy trójkąty prostokątne, więc z łatwością liczymy, że \(\displaystyle{ \cos \measuredangle DAF = \frac{1}{\sqrt{1+y^2}}}\), \(\displaystyle{ \sin \measuredangle DAF = \frac{y}{\sqrt{1+y^2}}}\), \(\displaystyle{ \cos \measuredangle EAB = \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}}\), \(\displaystyle{ \sin \measuredangle EAB = \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}}\)

Po podstawieniu wszystkiego i uwzględnieniu \(\displaystyle{ y=\frac{1-x}{x+1}}\) dostajemy, że \(\displaystyle{ \sin \measuredangle FAE = \frac{1 - x\left( \frac{1-x}{x+1} \right)}{\sqrt{\left(1+x^2 \right)\left( 1 + \left( \frac{1-x}{1+x}\right)^2 \right) }}}\)

No i wygląda to na jakiś straszny syf, ale gdy popatrzymy na prawą stronę jak na funkcję zmiennej \(\displaystyle{ x}\), to po zabawie z modułami jej wartość dla \(\displaystyle{ x>-1}\) wynosi \(\displaystyle{ \frac{\sqrt{2}}{2}}\), a dla \(\displaystyle{ x<-1}\) wynosi \(\displaystyle{ -\frac{\sqrt{2}}{2}}\). U nas \(\displaystyle{ x \in (0,1)}\), więc mamy \(\displaystyle{ \sin \measuredangle FAE = \frac{\sqrt{2}}{2}}\), ale sinus na przedziale \(\displaystyle{ \left( 0, \frac{\pi}{2}\right)}\) jest różnowartościowy, więc ostatecznie \(\displaystyle{ \measuredangle FAE = 45^{\circ}}\)