Delta mi!

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

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

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.

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.

Odp. Nie!
Przypuśćmy, że istnieje taki zbiór Wówczas istnieją w tym zbiorze okręgi które mają punkt wspólny oraz okrąg który nie przechodzi przez Oznaczmy punkty wspólne, różne od okręgów i i i odpowiednio przez oraz Wówczas przechodzi przez wszystkie te punkty.

Rozważmy piąty okrąg ze zbioru Musi on przechodzić przez lub (ponieważ są to jedyne punkty wspólne okręgów i ). Podobnie okrąg musi przechodzić przez co najmniej jeden z każdej pary punktów spośród i Stąd przechodzi przez co najmniej trzy z tych punktów. To jest jednak niemożliwe, bo każda taka trójka wyznacza jednoznacznie jeden z okręgów

Z twierdzenia o dwusiecznej wiemy, że a skąd

gdzie

Zatem punkt to obraz punktu przy jednokładności o środku i skali Poszukiwany zbiór punktów jest więc obrazem okręgu (bez dwóch punktów) przy tej jednokładności.

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:

Tak. Koło przykrywające pasek można składać wraz z nim, wtedy złożony pasek mieści się w złożonym kole, które można przykryć kołem niezłożonym.