Delta mi!

Możliwe początki chodnika długości n.

Oznaczmy tę liczbę sposobów przez  Dla  na początku chodnika możemy położyć płytę a następnie na  sposobów ułożyć resztę (chodnik o długości ); możemy też zacząć od płyty  i wtedy na  sposobów ułożyć resztę. Stąd  dla  Otrzymany wzór jest taki sam, jak dla ciągu Fibonacciego. Nietrudno sprawdzić, że  oraz  uzyskujemy więc wniosek, że

Niech  i   będą (odpowiednio) okręgami opisanymi na trójkątach  i   Dwusieczna  kąta  a raczej jej przedłużenie, przecina okrąg  w środku łuku  Oznaczmy ten punkt przez  Zachodzi równość  (znana, a przy tym łatwa do wykazania). Punkt  jest więc środkiem okręgu  Zatem

W punkcie  przecinają się cięciwy  i   okręgu  a także cięciwy  i   okręgu  Tak więc

Równość między skrajnymi iloczynami z kolei dowodzi, że istnieje okrąg  przechodzący przez punkty  Jego cięciwy  i   mają jednakową długość, więc wyznaczają przystające łuki  Oparte na nich kąty  i   (wpisane w okrąg  ) są równe – a to jest teza zadania.

Z twierdzenia Brianchona dla zdegenerowanego sześciokąta  proste  i  przecinają się w jednym punkcie. Z kolei z twierdzenia Brianchona dla zdegenerowanego sześciokąta  wynika, że przez punkt przecięcia prostych  przechodzi także prosta  co kończy dowód.

Oznaczmy przez  odpowiednio punkty styczności podstaw  z okręgiem. Wtedy  oraz  przechodzi przez punkt  Z twierdzenia Brianchona dla czworokąta,  przechodzi też przez punkt  Trójkąty  i  są podobne, więc  oraz

Z twierdzenia Brianchona dla zdegenerowanego sześciokąta  proste  przecinają się w jednym punkcie Z twierdzenia Talesa ponieważ  oraz  więc

---

Stąd i z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa mamy

Niech    oraz Punkt  należy do  i  więc osią potęgową tych okręgów jest rozważana w zadaniu prosta przechodząca przez  i prostopadła do prostej  łączącej ich środki. Pozostałe rozważane proste są osiami potęgowymi okręgów  i  oraz  i  Środki  okręgów nie są współliniowe, więc osie potęgowe przecinają się w jednym punkcie.

Załóżmy najpierw, że punkt  jest taki, że trójkąt  jest równoboczny. Wówczas trójkąty  i  są przystające, gdyż są podobne i   Ponieważ obrazem odcinka  przy obrocie o kąt  (skierowany zgodnie z kątem ) względem punktu  jest odcinek  więc obrazem trójkąta  jest trójkąt  Zatem kąt  ma miarę  a ponadto  więc trójkąt  jest równoboczny.

---

Są dwa punkty  dla których trójkąt  jest równoboczny. Łatwo sprawdzić, że dla nich trójkąt  jest też równoboczny. Zatem są to wszystkie szukane punkty.

Umieśćmy w punktach  i  masy  a w  i  masy  takie, by  (da się takie masy dobrać). Wtedy  Wobec tego

Jednocześnie  oraz  więc

Niech      Umieśćmy w  odpowiednio masy  i wyznaczmy środek ciężkości  tego układu.    więc  leży na prostej  Jednocześnie  więc  leży też na prostej  Stąd 

Umieśćmy teraz dodatkowo masę  w punkcie  i masę  w punkcie  wtedy  Niech  będzie środkiem ciężkości „starych” i „nowych” mas, wtedy  leży na prostej  łączącej ich środki ciężkości.

Z twierdzenia o dwusiecznej,  jest jej spodkiem dla  Leży więc na niej punkt  Analogicznie leży on też na pozostałych dwusiecznych kątów trójkąta, jest zatem środkiem okręgu wpisanego. Stąd  co kończy dowód.

Z nierówności między średnią arytmetyczną i kwadratową mamy

Obwód czworokąta jest maksymalny, gdy maksymalna jest suma  Powyżej zachodzi równość wtedy i tylko wtedy, gdy  i   czyli wtedy i tylko wtedy, gdy prosta  tworzy z półprostą  kąt

Każda oś symetrii wielokąta przechodzi przez środek ciężkości  jego wierzchołków, bo obrazem  w symetrii względem takiej osi jest on sam.

Rozważmy moment, gdy mucha, która przeszła cały obwód, jest w wierzchołku  trójkąta. Środek ciężkości pozostałych dwóch much jest w środku  odcinka pomiędzy nimi (Rys. a). Środek ciężkości  wszystkich much jest na odcinku  oraz  czyli  Stąd 

---

Analogiczne rozumowanie dla wierzchołków  i  prowadzi do wniosku, że jedynym możliwym położeniem  jest środek ciężkości trójkąta (Rys. b)