Delta mi!

Oznaczmy wierzchołki oraz długości boków kwadratów jak na rysunku i niech punkt dzieli odcinek tak, że Na mocy twierdzenia Pitagorasa czyli Punkt leży więc nie tylko na średnicy półkola, ale też na symetralnej jego cięciwy jest więc środkiem półkola.

Wobec tego suma pól kwadratów jak już wiemy równa równa jest kwadratowi promienia półkola, nie zależy więc od położenia punktu

Pole koła to razy pole kwadratu weń wpisanego (równe ). Zastąpmy więc każde z półkoli odpowiednią połówką kwadratu. Uzyskujemy w ten sposób kwadrat wpisany w koło o średnicy (szczegóły dowodu pozostawiam Czytelnikowi).

Dowód ten pochodzi od R.B. Nelsena, fakt zaś - od Archimedesa.

Oznaczmy przez końce łamanej Niech będzie średnicą okręgu równoległą do Udowodnimy, że spełnia warunki zadania.

Przypuśćmy przeciwnie, czyli że łamana ma ze średnicą co najmniej jeden punkt wspólny i oznaczmy fragmenty łamanej od punktu do punktu oraz od punktu do punktu odpowiednio przez oraz

Rozważmy symetrię względem prostej zawierającej Wówczas, skoro to odcinek jest średnicą wobec czego

gdzie oznaczają długości odpowiednich łamanych. Uzyskana sprzeczność kończy rozwiązanie zadania.

Zauważmy, że

wobec czego punkty są współliniowe. Analogicznie dochodzimy do wniosku, że punkty są współliniowe.

Z równoległości par prostych i oraz i wynika, że

W połączeniu z oraz otrzymujemy więc

a zatem z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Cevy dla trójkąta wynika, że proste przecinają się w jednym punkcie. Tym samym punkt leży na prostej co jest równoważne tezie zadania.

Inne rozwiązanie opisano w deltoidzie 9/2012. Teza zachodzi także dla trójkąta rozwartokątnego.

Niech będą spodkami wysokości odpowiednio z i Trójkąty prostokątne i są podobne, bo mają wspólny kąt przy wierzchołku Stąd z punktów i widać odcinek pod tym samym kątem, leżą więc one na przystających łukach okręgów opisanych na trójkątach i

Jeśli teza zadania ma być prawdziwa, to powinna ona zachować słuszność po zastąpieniu punktu przez - drugi punkt prostej leżący w tej samej odległości od co punkt ; zaś środek szukanego okręgu powinien leżeć na osiach symetrii trójkątów równoramiennych i - czyli na wysokościach trójkąta Stąd domysł uściślenia tezy zadania: wykazać, że środki odcinków (o jednakowej długości ) leżą na okręgu o środku (ortocentrum trójkąta ).

Niech będzie spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka i niech będzie środkiem odcinka Weźmy pod uwagę okrąg o środku i promieniu (czyli o średnicy ). Prosta przecina ów okrąg w punktach (gdy punkty pokrywają się, przyjmijmy ). Cięciwa tego okręgu oraz jego średnica przecinają się w punkcie Zatem

czyli

Jeśli teraz jest drugą wysokością trójkąta a jest środkiem odcinka to analogicznie uzyskujemy równość

Ale wynika to z podobieństwa trójkątów i Tak więc ; środki odcinków i leżą w jednakowej odległości od punktu Analogicznie, w tej samej odległości od leżą też środki odcinków i To właśnie nasza teza.

Wybierzmy 100 punktów na półokręgu bez końców. Wówczas dla dowolnej trójki z nich odcinek utworzony przez dwa skrajne widać ze środkowego pod kątem rozwartym (wpisanym w okrąg i opartym na łuku dłuższym od półokręgu).

Na mniej niż 8 się nie da - dowód znaleźć można w Delcie 1/2002.

Rozwiązanie przedstawia rysunek. Pozostawiam Czytelnikowi sprawdzenie, że wszystkie trójkąty istotnie są ostrokątne. Pomocny bywa fakt, że ich wierzchołki są na zewnątrz odpowiednich półokręgów (czyli łuków Talesa dla kąta ).

Jeśli postulowana w zadaniu prostopadłość ma miejsce, to punkty i a więc też trójkąty i są symetryczne względem opisanej płaszczyzny, zatem przystające. Wykażemy, że tak być nie musi.

Niech punkty leżą na jednym okręgu w tej właśnie kolejności, przy czym a to punkt przecięcia tych prostych. Wówczas trójkąty nie są przystające (mają różne wysokości na więc też różne pola). Jednocześnie

Jeśli teraz obrócimy trójkąt wokół prostej o pewien dodatni kąt mniejszy od otrzymamy czworościan w którym Wobec tego prosta jest prostopadła do płaszczyzny a więc także do każdej prostej zawartej w tej płaszczyźnie. Stąd także po opisanym obrocie. Uzyskaliśmy więc czworościan spełniający warunki zadania, w którym trójkąty i nie są przystające.

Gdyby teza zadania była fałszywa, to okrąg opisany na -kącie foremnym przecinałby elipsę przynajmniej w pięciu punktach, a to nie jest możliwe.

Jeśli oznacza pole trójkąta, - jego obwód, - promień okręgu wpisanego, zaś i - długości boków, to wówczas

(wzór Herona), a ponadto Z tych wzorów wynika, że

Podstawiając wartości podane w treści zadania przekonujemy się łatwo, że dla każdego z trójkątów promień koła wpisanego jest równy 6.

Niech będzie punktem przecięcia prostej z prostą styczną do obu okręgów, przechodzącą przez Wówczas jako odcinki stycznych. Teza wynika z faktu

Trójkąt jest równoramienny, gdyż jako odcinki stycznych do okręgu. Jego podstawa jest zatem prostopadła do dwusiecznej kąta Jednocześnie więc z faktu wynika, że proste i również są prostopadłe, co kończy dowód.

Oznaczmy przez punkt przecięcia prostych i a przez - punkt przecięcia prostych i Obydwie proste i są prostopadłe do więc trójkąty oraz są podobne i

Wobec powyższego wystarczy dowieść, że jest środkiem odcinka

Kąt jest prosty (gdyż jest średnicą okręgu), stąd także kąt jest prosty. Odcinki i są równe jako styczne do okręgu. Wobec tego punkt leży na przeciwprostokątnej trójkąta prostokątnego i zarazem na symetralnej jednej z przyprostokątnych, jest więc środkiem okręgu opisanego na tym trójkącie, czyli także środkiem boku co kończy dowód.

Niech będzie sześciokątem foremnym o boku 1, a będzie środkiem okręgu opisanego na tym sześciokącie. Wówczas

jest siedmioelementowym zbiorem spełniającym warunki zadania, gdyż punkt jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie dla (przyjmujemy i ).

Oznaczmy przez środek okręgu opisanego na trójkącie dla a przez - dowolną translację o wektor długości większej od Wówczas, jeżeli dla oraz to zbiór

ma elementów i spełnia warunki zadania ( oznacza -krotne złożenie ).

Przypuśćmy, że taki (skończony) zbiór istnieje. Spośród wszystkich odcinków o obu końcach w zbiorze wybierzmy taki, który ma najmniejszą długość i nazwijmy go Ponieważ zbiór nie jest zawarty w prostej, więc poza prostą jest co najmniej jeden punkt zbioru - spośród wszystkich takich punktów wybierzmy taki punkt dla którego miara kąta jest największa.

Jeżeli to jest najdłuższym bokiem trójkąta co przeczy wyborowi odcinka Z kolei jeżeli to środek okręgu opisanego na trójkącie należy do przy czym

co przeczy wyborowi punktu Uzyskana sprzeczność oznacza, że nie istnieje zbiór o zadanych własnościach.

Zauważmy, że prosta jako dwusieczna kąta między ramionami trójkąta równoramiennego jest prostopadła do podstawy Podobnie prosta jest prostopadła do prostej Wobec tego punkt jest ortocentrum trójkąta a zatem

Suma długości średnic danych okręgów równa jest wysokości trójkąta poprowadzonej z wierzchołka która z kolei z twierdzenia Pitagorasa ma długość 12. Okrąg o średnicy ma obwód zatem szukana suma obwodów wszystkich okręgów to