Delta mi!

Odbijmy czworokąt  symetrycznie względem prostych  oraz  i przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku. Wówczas

więc punkty  i  leżą, w tej właśnie kolejności, na jednej prostej. Ponadto  stąd

Jednocześnie  oraz  zatem  Teza wynika z faktu, że łamana  łącząca punkty  i  nie może być krótsza niż odcinek  pomiędzy nimi:

Wykażemy, że trójkąt  musi być równoboczny.

Załóżmy, że  jest ortocentrum trójkąta  Mamy równość kątów  i   jako wpisanych opartych na tym samym łuku. Skoro jednak  jest ortocentrum, to kąt  jest równy kątowi  Ten z kolei jest oparty na tym samym łuku co kąt  Zatem  czyli  jest dwusieczną i zarazem środkową w trójkącie  Zatem  co wynika np. z twierdzenia o dwusiecznej. Analogicznie dowodzimy, że

Wystarczy wykazać, że  Z faktu wnioskujemy, że  jest równy różnicy kątów wpisanych w okrąg  i opartych na łukach  oraz  Podobnie  jest równy różnicy kątów wpisanych opartych na łukach  oraz  jest równy różnicy kątów wpisanych opartych na łukach  i   i   jest równy różnicy kątów wpisanych opartych na łukach  i   Oznaczmy przez  długość łuku  Zatem teza zadania zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy

Nietrudno zauważyć, że powyższa równość jest równoważna równości

co należało wykazać.

Niech  oznacza punkt przecięcia przekątnych czworokąta

Zauważmy, że kąty  i   są równe jako wpisane oparte na tym samym łuku. Z założenia (wbrew rysunkowi), kąty  i   też są równe. Odcinek  to wspólny bok trójkątów  i   więc są one przystające. Stąd  czyli trójkąt  jest równoramienny.

Przypuśćmy, że potrafimy tak wybrać  wierzchołków  -kąta foremnego, by żadne trzy nie były wierzchołkami trójkąta równoramiennego. Oznaczmy wówczas wierzchołki  -kąta przez  w taki sposób, by wierzchołek  był wybrany. Podzielmy teraz pozostałe wierzchołki na  par postaci  dla  Zauważmy, że każda z tych par tworzy podstawę trójkąta równoramiennego o wierzchołku  zatem z każdej pary dokładnie jeden wierzchołek musiał być wybrany. W szczególności wybrany jest jeden z wierzchołków sąsiadujących z   (tzn.  ) oraz jeden z wierzchołków odległych o dwa miejsca od  (czyli  ). Nie mogą być to jednak sąsiednie wierzchołki, bo wówczas wraz z   tworzyłyby trójkąt równoramienny złożony z trzech sąsiednich wierzchołków. Zatem, gdy z jednej strony sąsiadujący z nim wierzchołek został wybrany, z drugiej wybrany został wierzchołek odległy od niego o dwa miejsca. Przypuśćmy zatem bez straty ogólności, że wybrane zostały wierzchołki  i   Stosując powyższe rozumowanie z wierzchołkiem  zamiast  oraz z wierzchołkiem  zamiast  stwierdzamy, że wybrane musiały być  oraz  Dostajemy zatem trójkąt równoramienny  co jest sprzeczne z założeniem. Otrzymana sprzeczność kończy rozwiązanie zadania.

Zauważmy, że trójkąty  są przystające na mocy cechy bkb (oczywiście  a ponadto   ).

Zatem  Natomiast z twierdzenia o stycznej do okręgu i kącie wpisanym, zastosowanego do okręgu opisanego na trójkącie  mamy  Wobec tego kąty  i  są równe, co kończy dowód.

Załóżmy najpierw, że istnieje punkt  o podanej własności. Poprowadźmy przez niego dwie proste. Jedna przecina boki  i   odpowiednio w punktach  i   a druga – w punktach  i  Mamy

gdzie  oznacza pole figury  Zatem

a stąd  Prowadząc przez  trzecią prostą, przecinającą  i   odpowiednio w punktach  i   otrzymamy  Dzieląc stronami ostatnie dwie równości, otrzymamy

co wobec twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa implikuje, że  tzn.

Odwrotnie, niech  Niech  i   będą odpowiednio środkami boków  i   Niech  będzie środkiem odcinka

Z wypukłości czworokąta  wynika, że punkt  leży w jego wnętrzu. Oczywiście  i   dla dowolnej prostej przechodzącej przez  i przecinającej odcinki  odpowiednio w punktach  Zatem  ma własność, o której mowa w treści zadania.

Poprowadźmy przez punkt  proste równoległe do boków trójkąta. Dzielą one trójkąt  na trzy trójkąty równoboczne i trzy równoległoboki. Połowa każdej z tych sześciu figur jest szara. Wobec tego suma pól szarych trójkątów równa jest połowie pola trójkąta

Niezależnie od położenia punktu  suma  równa jest  ponieważ

Z rozwiązania poprzedniego zadania wiemy, że  Stąd nierówność trójkąta  równoważna jest warunkowi  Analogicznie powinny być spełnione warunki  oraz  Oznacza to, że punkt  powinien leżeć wewnątrz trójkąta utworzonego przez środki boków trójkąta

Z nierówności trójkąta mamy  Ponadto  oraz  stąd  Analogicznie  oraz

Obracamy trójkąt w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara.

W sytuacji z rysunku obok mamy  podobnie  Stąd, korzystając z równości  i z sumy miar kątów trójkąta  otrzymujemy

Obróćmy trójkąt o   wokół wierzchołka Niech  będzie obrazem punktu Trójkąt  jest równoboczny. Trójkąt  ma boki długości  więc jest prostokątny.

Analogicznie zdefiniujmy punkty  i   jako obrazy  przy obrotach wokół odpowiednio wierzchołków  i   Wtedy trójkąty  i   są równoboczne o bokach odpowiednio długości 3 i 4, a trójkąty  i   oba są prostokątne o bokach długości 3, 4, 5.

Pole kolorowego sześciokąta  jest równe  plus „dodatki”:

Jednocześnie pole to jest równe sumie pól trzech szarych trójkątów równobocznych i trzech białych prostokątnych:

Szukane pole trójkąta  jest więc dwukrotnie mniejsze:

Z punktu  prowadzimy półprostą  prostopadłą do  położoną w rozpatrywanej półpłaszczyźnie. Niech  będzie jednym z rozważanych czworokątów. Trójkąt  jest prostokątny, równoramienny. Stąd (i z wypukłości czworokąta  ) wynika, że punkt  leży po tej stronie  co punkt  Półprosta  przecina więc  w pewnym punkcie  tworząc czworokąt wypukły  Ma on kąty proste przy wierzchołkach  i   można na nim opisać okrąg. Zatem  (ostatnia równość zachodzi, bo  jest symetralną odcinka  ). Stąd wniosek, że  jest wierzchołkiem kwadratu, którego jednym bokiem jest odcinek  Jest to szukany punkt wspólny wszystkich możliwych prostych

Uwaga: Oznaczenia pochodzą z artykułu źródłowego.

Zmodyfikujmy rysunek z poprzedniego zadania, ustawiając kwadraty o bokach równych  kolejno po prawej, na dole, po lewej, na górze, znów po prawej itd., jak na rysunku . Żądany podział płaszczyzny uzyskamy, dzieląc jeden z dwóch kwadratów o boku długości 1 tak, jak w zadaniu 3.

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.