Delta mi!

Odpowiedź:

Dla oraz niech Wówczas liczby wyznaczają na płaszczyźnie zespolonej -kąt foremny wpisany w okrąg o promieniu

Zauważmy, że wielomiany

stopnia mają równe współczynniki przy najwyższej potędze oraz wspólnych pierwiastków zespolonych, mianowicie dla (ze względu na równość

Stąd wynika, że wielomiany i są równe, w szczególności

a zatem

Powyższa równość oznacza, że iloczyn długości boków i przekątnych zawierających wierzchołek rozważanego wielokąta (czyli, z uwagi na symetrię, dowolny ustalony wierzchołek) jest równa Wobec tego

Kolorowy czworokąt na rysunku obok jest kwadratem, gdyż jego boki są przekątnymi prostokątów o wymiarach na przemian "pionowych" i "poziomych". Przy wierzchołku schodzą się kąty z treści zadania: między odpowiednimi bokami a przekątnymi w kolorowym kwadracie i w prostokątach oraz Stąd

Rys. 1

Z równości kątów w treści zadania wynika, że trójkąty są prostokątne równoramienne. Stąd

oraz

Rys. 2

Wobec tego trójkąty oraz odbity symetrycznie trójkąt prostokątny równoramienny można ustawić jak na rysunku 2 Kolorowa łamana ma wówczas długość nie mniejszą od odcinka łączącego jej końce. Dowód dla odcinków i przebiega analogicznie.

Suma kątów wewnętrznych pięciokąta to więc z założenia wnioskujemy, że w rozważanym pięciokącie Stąd i z danych równości boków wynika, że z trójkątów i można złożyć trójkąt tak jak na rysunku, o bokach żądanej długości:

Ponadto skoro to także (gdyż kąty i są przystające), a więc Analogicznie i wobec tego

Suma kątów wewnętrznych sześciokąta to więc z założenia wnioskujemy, że Stąd i z równości wszystkich boków sześciokąta wynika, że z trójkątów równoramiennych można złożyć trójkąt w sposób przedstawiony na rysunku.

Trójkąty i są przystające (gdyż mają równe odpowiednie boki) oraz symetryczne względem prostej Niech będzie obrazem punktu w tej symetrii. Wówczas odcinki mają długości równe bokom sześciokąta.

Stąd czworokąty są rombami, a więc jest równoległobokiem (bo odcinki i są równe i równoległe). Wobec tego przekątne i mają wspólny środek. Analogicznie przekątne i mają wspólny środek, co kończy dowód.

Do rozwiązania zadania wystarczy wykazać, że gdyż czworokąt jest połową sześciokąta foremnego wpisanego w okrąg a zatem krótszy łuk stanowi tego okręgu. Równoważnie wystarczy dowieść, że

Wobec równości powyższy warunek jest równoważny podobieństwu trójkątów i

Oznaczmy przez środek okręgu opisanego na okręgu Ponieważ oraz więc

Skoro jest spodkiem wysokości poprowadzonej z wierzchołka kąta prostego w trójkącie to W połączeniu z równościami oraz uzyskujemy

Tym samym, wobec otrzymujemy podobieństwo trójkątów i które jest równoznaczne z tezą zadania.

Bez straty ogólności przypuśćmy, że każdy z wyjściowych trójkątów ma przeciwprostokątną długości oraz przyprostokątne długości oraz Z podobieństwa trójkątów otrzymywanych podczas wykonywania cięć wynika, że każdy z otrzymywanych w wyniku cięć trójkątów będzie miał przeciwprostokątną długości dla pewnych liczb całkowitych nieujemnych Każdemu takiemu trójkątowi przyporządkujmy liczbę

Zauważmy, że dozwolone cięcie trójkąta o przeciwprostokątnej prowadzi do powstania kawałków o przeciwprostokątnych oraz Suma liczb przyporządkowanych tym trójkątom jest równa czyli równa liczbie przyporządkowanej trójkątowi wyjściowemu. To oznacza, że suma liczb przyporządkowanych trójkątom nie ulega zmianie podczas wykonywania cięć.

Początkowo suma liczb przyporządkowanych wszystkim kawałkom papieru jest równa Gdyby w pewnym momencie żadne dwa kawałki nie były przystające, to w szczególności przyporządkowane im pary byłyby różne, wobec czego suma wartości liczb przyporządkowanych wszystkim kawałkom byłaby mniejsza (ostro) od

Uzyskana sprzeczność oznacza, że w każdym momencie pewne dwa trójkąty są przystające.

Weźmy pod uwagę okrąg dopisany do trójkąta przy boku styczny do tego boku w punkcie oraz okrąg dopisany do trójkąta przy boku styczny do prostej w punkcie Wzory, wyrażające długości odcinków stycznych, są dobrze znane (lub/oraz łatwe do uzasadnienia):

Odejmujemy stronami:

To wyrażenie ma wartość 0, w myśl założenia zadania. Stąd wniosek, że punkty i pokrywają się; to zaś oznacza, że i to ten sam okrąg, styczny do prostych (kolejno) w punktach Z położenia tych punktów na odpowiednich prostych wynikają równości

Sumy, uzyskane po prawych stronach, są równe, bo Stąd równość sum po lewych stronach - czyli teza zadania.

Utworzona siatka składa się z krawędzi i rozcina płaszczyznę na obszarów: trójkącików jednostkowych oraz składową nieograniczoną, nazywaną oceanem. Każdą krawędź traktujemy jako odcinek skierowany, od końca, oznaczonego liczbą mniejszą, do końca, oznaczonego liczbą większą. W pobliżu każdej krawędzi kładziemy marker na obszarze, który do niej przylega po stronie lewej (względem zwrotu strzałki).

Łącznie położyliśmy markerów. Rysunek ilustruje sytuację, gdy (więc ), wraz z przykładowym ponumerowaniem wierzchołków; kropki oznaczają markery; zacienione są trójkąciki zorientowane dodatnio (w sensie sprecyzowanym w treści zadania).

Na każdym trójkąciku zorientowanym dodatnio znalazły się dwa markery; na trójkąciku zorientowanym ujemnie - jeden marker. Więc jeśli mamy trójkącików zorientowanych dodatnio, to w obrębie całego dużego trójkąta znalazło się markerów. Pozostałe, w liczbie są na oceanie.

Każdy marker na oceanie odpowiada krawędzi zorientowanej ujemnie względem wnętrza dużego trójkąta - czyli takiej, że obchodząc cały jego brzeg i mając jego wnętrze po lewej stronie, idziemy niezgodnie ze zwrotem strzałki (odnotowujemy spadek wartości przy wierzchołkach). Może być tylko jeden taki odcinek, mogą to też być wszystkie z wyjątkiem jednego (czyli ). Dostajemy nierówności ; po podstawieniu i prostym przekształceniu uzyskujemy dwustronne oszacowanie

Po obu stronach jest możliwa realizacja równości: wystarczy oznaczyć wierzchołki siatki, leżące na brzegu dużego trójkąta, liczbami tworzącymi ciąg monotoniczny (po wystartowaniu z dowolnie wybranego wierzchołka oraz ustaleniu kierunku obchodzenia), z jedynym zakłóceniem monotoniczności przy zamknięciu cyklu. Liczby po obu stronach napisanej nierówności stanowią odpowiedź na pytanie postawione w zadaniu. [Warto zauważyć, że liczby, przyporządkowane wierzchołkom wewnętrznym, nie mają już dla wartości żadnego znaczenia].

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.

Oznaczmy przez punkt styczności boku z okręgiem wpisanym (rys.) i niech

Zachodzi równość (znany fakt - lub nietrudne ćwiczenie).

Odcinek jest wysokością w trójkącie prostokątnym ; zatem Stąd

Prosta przecina boki trójkąta (lub ich przedłużenia) w punktach więc w myśl wzoru Menelausa

Uzyskana proporcja implikuje równoległość prostych i (odwrócenie twierdzenie Talesa).

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

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.