Delta mi!

Niech będzie takim punktem na odcinku że proste i są równoległe. Wówczas z twierdzenia Talesa otrzymujemy

a stąd

Ponownie korzystając z twierdzenia Talesa, mamy

Przyjmijmy, że punkt przecięcia prostych i leży na półprostych i oraz że prosta przecina okręgi i odpowiednio w punktach i (różnych od ). Wspólna cięciwa tych okręgów - nazwijmy ją - przechodzi przez środek odcinka Z równości oraz wnosimy, że a stąd

Także oraz Prawe strony tych równości są równe, więc lewe też. Oznaczając odległości punktów od punktu kolejno literami przepisujemy uzyskaną zależność w postaci Po wymnożeniu i uwzględnieniu równości otrzymujemy związek Tak więc

Skoro wynika stąd, że To zaś oznacza, że proste i są równoległe.

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku i niech Na mocy jest to przesunięcie. Ponieważ to wektor przesunięcia jest zerowy, czyli Zatem na mocy trójkąt jest równoboczny.

Niech Na mocy jest to przesunięcie. Z treści zadania wynika, że stąd wektor przesunięcia jest zerowy, czyli Wobec tego na mocy trójkąt ma kąty równe

Niech Na mocy jest to przesunięcie; więc Na mocy trójkąt jest prostokątny i Tak samo dowodzimy, że trójkąt jest drugą połową kwadratu

Spośród wszystkich wierzchołków wybierzmy te dwa, które są najdalej od siebie, i oznaczmy je przez i Przez te wierzchołki przeprowadźmy proste i prostopadłe do odcinka Wówczas jest zawarty w pasie ograniczonym prostymi i Po obu stronach prostej znajdźmy te wierzchołki które są najdalej od tej prostej, i nazwijmy je i (być może któryś z nich jest wierzchołkiem lub ). Przez i poprowadźmy proste i równoległe do Wielokąt jest zawarty w pasie ograniczonym tymi prostymi, jest zatem zawarty w prostokącie będącym przecięciem pasów i Z konstrukcji wynika, że pole prostokąta jest dwa razy większe od pola czworokąta który jest zawarty w Zatem

Nie - ale niewiele brakuje. Oznaczmy: Z podanych warunków wynika, że czworokąt jest równoległobokiem o przekątnych prostopadłych, czyli rombem. Trójkąty i są podobne. Stąd czyli Z tego równania wyznaczamy Z trójkąta prostokątnego dostajemy Pole trapezu wynosi gdzie

Na mocy (**) istnieje symetria z poślizgiem, przeprowadzająca odcinek na Na mocy jej osią jest prosta Prosta i jej obraz (prosta równoległa do ) tworzą z osią symetrii równe kąty, co kończy dowód.

Trójkąty i są przystające i tak samo zorientowane, istnieje więc izometria zachowująca orientację, która przeprowadza jeden z nich na drugi. Odcinki i przecinają się, jako przekątne czworokąta wypukłego Stąd rozważana izometria jest obrotem; oznaczmy jego środek przez

Wówczas czyli punkt leży na symetralnej odcinka Analogicznie leży też na symetralnych i co kończy dowód.

Na mocy (**) istnieje obrót przeprowadzający trójkę na ; oznaczmy jego środek przez Podobnie jak w rozwiązaniu zadania 3, punkt należy do symetralnych odcinków i (a więc nie zależy od wyboru punktów i ) oraz do symetralnej Stąd rzutami punktu na odcinki są ich środki.

Ponownie na mocy (**) stnieje symetria z poślizgiem, która przeprowadza trójkę na Na mocy (*), środki odcinków i są wówczas współliniowe. Wykazaliśmy, że są to rzuty punktu więc korzystając z twierdzenia o prostej Simsona uzyskujemy wniosek, iż stały punkt leży na każdym z okręgów opisanych na zmiennych trójkątach

a) Pewien wierzchołek otrzymuje nazwę Idąc od do wzdłuż brzegu wielokąta, w wybranym kierunku, mijamy kolejno wierzchołki Przechodzimy przez dalej mijamy wierzchołki i wracamy do Numery oraz tworzą permutację zbioru Liczby, przyporządkowane wszystkim bokom, sumują się do wartości

Równość w tym szacowaniu jest osiągalna; ma ona miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy oraz Zatem to szukane minimum.

b) Zbiór może być dowolnym podzbiorem zbioru (również pustym, wtedy pierwszy składnik rozpisanej sumy ma postać ). Zauważmy teraz, że już sam wybór zbioru determinuje ponumerowanie, realizujące równość ; liczby ze zbioru uporządkowane rosnąco, trzeba przypisać kolejnym wierzchołkom (przy obieganiu wielokąta od w wybranym kierunku), następny wierzchołek trzeba nazwać a dalszym wierzchołkom dać niewykorzystane numery, uporządkowane malejąco.

Konkluzja: jest tyle możliwości optymalnego ponumerowania wierzchołków, ile podzbiorów ma zbiór to znaczy

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.

Na mocy danej równości kątów oraz twierdzenia odwrotnego do prosta jest styczna do okręgu opisanego na trójkącie Wobec tego środek tego okręgu leży na prostej (bo ). Analogicznie prosta także jest styczna do tego okręgu, gdyż zatem środek rozważanego okręgu leży też na prostej Stąd jest nim punkt

Kąt jest więc kątem środkowym opartym na tym samym łuku, co kąt wpisany zatem

Oznaczmy środek krótszego łuku okręgu przez Wówczas przy czym druga równość wynika z twierdzenia Wobec tego leży na dwusiecznej kąta Analogicznie dla kąta więc Dowód dla punktów i przebiega podobnie.

Pierwsza część jest łatwa. Weźmy kwadrat jednostkowy i w nim trójkąt którego wierzchołki leżą na różnych bokach kwadratu tak, że Wówczas trójkąt łatwo zastąpić trójkątem o większej wysokości, czyli większym polu (Rys. 1):

Rys. 2

Druga część jest konsekwencją zadania 2. Jeśli trójkąt ma najmniejsze pole wśród trójkątów zawierających kwadrat (jednostkowy), to środki boków tego trójkąta muszą należeć do boków kwadratu. Oznacza to, że jeden bok kwadratu musi należeć do boku trójkąta, a przeciwległy bok kwadratu łączy środki boków trójkąta (Rys. 2). Nietypowe w tym zadaniu jest to, że istnieje wiele różnych realizacji warunków ekstremalnych.

Z warunków zadania wynika, że punkt leży wewnątrz trójkąta (jest to bowiem środek okręgu opisanego na tym trójkącie, leżący w obrębie kąta ostrego ). Oznaczmy kąty tego trójkąta: ; ponadto niech ; z założenia

Na bokach i czworokąta (wklęsłego) budujemy, po zewnętrznej jego stronie, trójkąty i przystające odpowiednio do trójkątów i :

(rysunek przedstawia sytuację, gdy punkt leży między i zaś między i ; ale przy innym uporządkowaniu punktów, na jednej lub drugiej z tych prostych, rozumowanie nie wymaga żadnych zmian). Skoro

zatem

Z uzyskanych równości wynika, że trójkąt jest przystający do trójkąta wobec czego i otrzymujemy tezę zadania: