Delta mi!

Tak, dowolny trójkąt rozwartokątny zmieści się w kole, którego średnicą jest jego najdłuższy bok - cięciwa koła opisanego.

a)

Średnica każdego z czterech kół równa jest 1, a przekątna kwadratu jednostkowego ma długość stąd

b)

Średnica każdej z ośmiu kul równa jest 1, a przekątna sześcianu jednostkowego ma długość stąd

c)

Średnica każdej z kul równa jest 1, a przekątna hipersześcianu jednostkowego ma długość stąd

Dla uzyskujemy więc "mała" kulka jest większa od każdej z "dużych" kul, a dla mamy czyli kula wystaje poza hipersześcian!

Tak. Pan Fletowski może umieścić flet wzdłuż głównej przekątnej sześciennego pudła o krawędzi długości 1 m - jej długość to

-otoczka prostokąta, jej pole równe jest

Nie. Rozważmy -otoczkę pudełka o wymiarach czyli zbiór złożony z wszystkich punktów z jego wnętrza oraz punktów odległych od niego o mniej niż Ma ona kształt większego prostopadłościanu o zaokrąglonych krawędziach i rogach. Jej objętość równa jest

gdzie
(objętość wyjściowego prostopadłościanu),
(objętości prostopadłościanów zbudowanych na ścianach),
(fragmenty na równoległych krawędziach sumują się do walców o promieniu podstawy ),
(fragmenty na rogach prostopadłościanu sumują się do kuli o promieniu ).

Zauważmy, że jeśli pudełko o wymiarach da się włożyć do pudełka o wymiarach to również -otoczka pierwszego mieści się w -otoczce drugiego. To z kolei oznacza, że różnica objętości jest nieujemna:

Załóżmy, że

Powyższa różnica objętości jest wówczas wielomianem stopnia 2 zmiennej Skoro ma on wartość nieujemną dla każdego to musi mieć dodatni współczynnik przy najwyższej potędze Stąd co kończy dowód.

Niech przedłużenia ramion i przecinają się w punkcie a proste i w punkcie

Wówczas trójkąty i są przystające, a w szczególności oraz jest środkiem Ponadto jest środkiem ponieważ odcinek jest równoległy do i dwa razy krótszy. Zatem i są środkowymi w trójkącie

Skoro w czworokąt można wpisać okrąg, to zachodzi równość

Ponadto ten okrąg jest wpisany w trójkąty i które mają równe pola (równe połowie pola trójkąta ). W takim razie mają również równe obwody, czyli

Dodając te równości stronami i upraszczając, otrzymujemy równość

Skoro wiemy, że i to mamy też Stąd dostajemy

czyli tezę.

Wybierzmy na prostej punkt w taki sposób, aby czworokąt był równoległobokiem.

Z założonej równości możemy wywnioskować, że jest rombem. Ponadto, skoro to punkt jest środkiem boku Ponieważ punkt jest środkiem boku więc punkty i są symetryczne względem prostej Oznacza to, że czworokąt jest deltoidem, zatem w szczególności można w niego wpisać okrąg.

Niech oznacza szukany promień. Jeden z trójkątów prostokątnych widocznych na rysunku ma przeciwprostokątną będącą sumą promieni o długościach i oraz przyprostokątną o długości Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy, że długość drugiej przyprostokątnej, a więc również długość odcinka pomiędzy odpowiednimi punktami styczności jest równa

Z analogicznych obliczeń dla pozostałych par punktów styczności otrzymujemy równanie

które pozostaje rozwiązać. Upraszczając, dostajemy

co daje

czyli

Konstruujemy kolejno: okrąg o środku i promieniu - jego punkt przecięcia z prostą oraz okrąg o środku i promieniu Na mocy twierdzenia punkty przecięcia powyższych dwóch okręgów to wierzchołki i trójkąta.

Na mocy twierdzenia i założenia, zachodzi równość Stąd jako kąty wpisane w okrąg oparte na równych łukach. Wobec tego

Środkiem okręgu opisanego na trójkącie jest punkt z twierdzenia leży on na dwusiecznej kąta Z symetrii problemu okrąg ten wyznacza więc na ramionach kąta równe cięciwy.

Niech leży w kącie Dwusieczne kątów przyległych są prostopadłe, więc oraz Wobec tego na czworokącie można opisać okrąg, którego środkiem jest środek odcinka Okrąg ten jest opisany na trójkącie czyli to punkt z twierdzenia leży więc na okręgu opisanym na trójkącie

Za pomocą obliczeń na długościach odcinków stycznych można łatwo wykazać, że punkt jest punktem styczności z bokiem okręgu dopisanego do trójkąta Jeżeli więc przez oznaczymy punkt środkowosymetryczny do względem to jednokładność o środku w punkcie która przekształca okrąg wpisany na okrąg dopisany, przeprowadza punkt na punkt A zatem punkty i są współliniowe. Prosta jest zatem prostą łączącą środki boków w trójkącie a stąd wynika żądana równoległość.

Oznaczmy kąty przy wierzchołku jak następuje:

Zauważmy, że oraz na mocy tw. o kątach wpisanych, więc kąty w trójkącie wynoszą Analogicznie jest dla trójkątów i Zatem są to trójkąty podobne do trójkąta w szczególności

Mnożąc te równania stronami, dostajemy

co daje tezę.

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku ( to środki odcinków).

Niech oznacza długość boku pięciokąta oraz - długość przekątnej. Z podobieństwa trójkątów i mamy skąd Z podobieństwa trójkątów i otrzymujemy

(*)

skąd

W takim razie Wreszcie z podobieństwa trójkątów i i mamy

skąd

więc

Załóżmy, że trzy elipsy, o których mowa, mają punkt wspólny leżący w odległościach odpowiednio od wierzchołków zadanego trójkąta, o bokach długości Elipsa o ogniskach przechodzi przez punkty więc Analogicznie Ten układ równań z niewiadomymi ma jedyne rozwiązanie Odległości punktu od oraz wynoszą więc, odpowiednio, oraz - czyli przeciwnie niż odległości punktu od oraz To wyznacza dwa możliwe położenia punktu - może to być punkt symetryczny do względem symetralnej odcinka lub punkt symetryczny do względem środka odcinka

W pierwszym przypadku punkty są wierzchołkami trapezu równoramiennego ; w drugim - tworzą równoległobok Dodatkowa informacja, że czyli daje w obu przypadkach wniosek, że ów czworokąt jest prostokątem. A zatem trójkąt jest prostokątny.

Na odwrót, gdy trójkąt jest prostokątny, wówczas wystarczy go uzupełnić do prostokąta czwartym wierzchołkiem; widać, że ów wierzchołek będzie wspólnym punktem trzech omawianych elips.

Trójkąt równoboczny ma żądane własności. Dowolny inny trójkąt jest jego obrazem przy pewnym przekształceniu afinicznym, które zachowuje środki boków, a więc także środkowe, ich współpękowość oraz stosunek podziału.