Delta mi!

Niech będzie długością łuku (mierzoną zgodnie z ruchem wskazówek zegara) łączącego z tzn. dla każdego

Z założeń zadania wynika, że jest bijekcją zbioru wierzchołków -kąta i

Udowodnimy, że dla zachodzi równość

czyli że zbiór jest obrazem przy obrocie o wokół środka danego okręgu zgodnie z ruchem wskazówek zegara. Konkretnie, wykażemy, że dla każdego

gdzie funkcja określona jest następująco

W obliczu definicji funkcji wystarczy więc sprawdzić, że dla każdego liczba

jest podzielna przez Rzeczywiście, bezpośrednio z definicji funkcji otrzymujemy, że jeżeli to

a jeżeli to

gdyż dzieli się przez dla Pozostaje bezpośrednio sprawdzić, że dla rozważane zbiory także są przystające (odpowiednia izometria znów jest obrotem o ale w przeciwną stronę).

Niech okrąg opisany na trójkącie przecina proste w drugich punktach odpowiednio i Dowód przeprowadzimy w przypadku przedstawionym na rysunku, pozostałe można uzasadnić podobnie.

Rozważmy trójkąty i Z równości kątów wpisanych opartych na jednym łuku mamy więc ponieważ punkty i leżą po przeciwnych stronach prostej Podobnie Ponadto czworokąt jest wpisany w okrąg, zatem a stąd

Wobec tego trójkąty i spełniają założenia twierdzenia Stąd punkt przecięcia prostych i należy też do prostej

Pokażemy najpierw, że punkty leżą na jednym okręgu. Istotnie,

(ostatnia równość wynika z faktu, że proste i są prostopadłe odpowiednio do i ). Na podstawie twierdzenia Steinera pozostaje uzasadnić, że odbicia punktu względem boków trójkąta leżą na prostej jednakże jest to oczywiste, gdyż proste oraz są symetralnymi odcinków odpowiednio i

Niech prosta przecina półprostą w punkcie Trójki punktów oraz są, oczywiście, współliniowe. Oznaczmy przez przecięcie prostych i drugiej stycznej poprowadzonej z punktu do okręgu o środku w punkcie Łatwo zauważyć, że więc Oznacza to, że półprosta jest również styczna do okręgu o środku w punkcie stąd punkty i są współliniowe. Wobec tego

więc na czworokącie można opisać okrąg. Aby dokończyć rozwiązanie, wystarczy zauważyć, że obrazy punktu w symetrii względem prostych oraz leżą na prostej i zastosować twierdzenie Steinera.

Niech będzie punktem symetrycznym do względem środka okręgu. Wówczas jest średnicą okręgu, więc cięciwa jest prostopadła do odcinka a więc również równoległa do odcinka W takim razie jest trapezem równoramiennym, w szczególności Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta otrzymujemy a stąd

Punkty są położone na bokach symetrycznie (względem środków owych boków) do punktów w których okrąg wpisany jest do boków styczny. Przyjmijmy oznaczenia:

Oznaczając pole trójkąta nawiasem kwadratowym, uzyskujemy ciąg równości

Zastępując w liczniku przez otrzymujemy po krótkim rachunku wzór

(*)

Pozostaje teraz skorzystać ze znanych wzorów, wyrażających pole trójkąta (jak zwykle, i to promienie okręgów wpisanego i opisanego):

Dostajemy związki oraz które po wprowadzeniu do równości dają tezę zadania.

Niech będzie punktem przecięcia prostej z prostą a różnym od punktem przecięcia tej prostej z okręgiem opisanym na trójkącie (rysunek). Wówczas oraz

W takim razie trójkąty i są podobne, w szczególności Stąd prosta jest prostopadła do a więc również równoległa do - symetralnej Analogicznie proste i są równoległe. W takim razie odcinki i przecinają się w połowie jako przekątne równoległoboku.

---

W podobny sposób możemy pokazać, że prosta przechodzi przez środek odcinka co daje tezę.

Z warunku wynika, że punkt jest środkiem łuku danego okręgu i kąty wpisane i są równe. Prosta jest więc dwusieczną kąta w trójkącie ; analogicznie proste i są dwusiecznymi pozostałych kątów tego trójkąta.

Z prostopadłości cięciwy do średnicy wynika, że krótsze łuki i są równe, a więc półprosta jest dwusieczną kąta wpisanego Kąt jest wpisany w okrąg i oparty na średnicy, zatem czyli półprosta jest z kolei dwusieczną kąta zewnętrznego przy wierzchołku trójkąta Z twierdzenia o dwusiecznej

Niech oznaczają odpowiednio promienie okręgów wpisanych w trójkąty i a - obwody tych trójkątów. Ponadto niech oznacza obwód trójkąta

Z równości odcinków stycznych do okręgu poprowadzonych z jednego punktu (zastosowanej trzykrotnie do okręgu wpisanego w trójkąt oraz punktów ) otrzymujemy

Po dodaniu

do obu stron równości dostajemy

Z podobieństwa każdego z małych trójkątów do trójkąta wynika, że dla zachodzi równość

W takim razie

jest trójkątem, bowiem gdyby to także co jest niemożliwe.

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku. Punkty i leżą na symetralnej odcinka więc rzutem punktu na prostą jest środek Podobnie dla i więc rzuty na proste zawierające boki trójkąta leżą na jednej prostej (równoległej do dwukrotnie bliżej punktu ) i teza wynika z twierdzenia o prostej Simsona.

Rozważmy jednokładność o środku w punkcie przeprowadzającą mniejszy okrąg na większy. Obrazem prostej jest prosta równoległa do i styczna do większego okręgu w pewnym punkcie (obrazie punktu ). Punkty są współliniowe. Ponieważ punkty i są symetryczne względem średnicy większego okręgu przechodzącej przez i zachodzi równość więc

Korzystając kolejno z równoległości prostych i oraz z twierdzenia (*) uzyskujemy Stąd

co kończy dowód.

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku. Skoro czworokąt jest wpisany w okrąg, to

więc

Jednocześnie, na mocy twierdzenia dla okręgu mamy oraz Wobec tego

co kończy dowód.