Delta mi!

Zamiast ziemniaków rozważmy ich duchy o dokładnie tym samym kształcie i rozmiarze. Wystarczy teraz, by jeden duch częściowo przeniknął przez drugiego. Przecięcie ich powierzchni wyznacza szukaną krzywą.

Startując ze środka lewego boku rysujemy w górę odcinek o długości 2 (wystaje on więc poza kwadrat); następnie w prawo w dół odcinek przechodzący przez środki górnego i prawego boku i kończący się na poziomie dołu kwadratu; potem w lewo poziomy odcinek o długości 3, kończący się w lewym dolnym rogu kwadratu; i wreszcie czwarty odcinek łamanej - przekątną kwadratu (w prawo w górę).

Tak, przykład takiej łamanej zaprezentowano na rysunku obok. Znajduje się ona na powierzchni pewnego sześcianu, a przedstawione jej rzuty są w kierunkach zgodnych z krawędziami tego sześcianu.

Turysta mógł zmieniać tempo marszu, robić postoje, a nawet się cofać.

Narysujmy wykresy obu wędrówek turysty. Jedna z nich to krzywa łącząca dwa przeciwległe wierzchołki prostokąta, druga zaś łączy pozostałe dwa wierzchołki. Takie dwie krzywe muszą się gdzieś przeciąć, co kończy dowód.

Nie musi. Rozważmy ośmiościan foremny o parach przeciwległych wierzchołków i i i Łamana spełnia warunki zadania. Odpowiednie odcinki są równe, bo ośmiościan jest foremny i równoległe, bo są kwadratami. Ściany tego ośmiościanu są trójkątami równobocznymi, więc wszystkie pary kolejnych prostych tworzą kąty

Rozważmy elipsoidę obrotową o ogniskach w punktach wejścia i wyjścia robaczka oraz o stałej równej 0,9. Każdy punkt tuneliku odległy jest od jego końców w sumie o najwyżej 0,9, więc cały tunelik mieści się w elipsoidzie. Z kolei środek jabłka jest poza nią, gdyż suma jego odległości od ognisk równa jest Istnieje więc taka płaszczyzna przechodząca przez środek, że cała elipsoida jest po jednej jej stronie. Wtedy po drugiej stronie otrzymujemy nietkniętą przez robaczka połówkę jabłka.

Przetoczmy pień o siedem pełnych obrotów tak, by odwinąć z niego winorośl. Skoro pięła się ona równomiernie, to po takim rozwinięciu utworzy prosty odcinek, będący przeciwprostokątną trójkąta o przyprostokątnych 20 m i Stąd na mocy twierdzenia Pitagorasa długość winorośli to 29 m.

Suma długości średnic danych okręgów równa jest wysokości trójkąta poprowadzonej z wierzchołka która z kolei z twierdzenia Pitagorasa ma długość 12. Okrąg o średnicy ma obwód zatem szukana suma obwodów wszystkich okręgów to

Trójkąty oraz mają kąty po gdyż każdy z nich z założenia jest prostokątny i ma kąt Można wobec tego ułożyć je w sposób przedstawiony na rysunku. Kąt pomiędzy sąsiadującymi teraz odcinkami rozważanej łamanej jest wówczas równy

Stąd otrzymana figura także jest trójkątem o kątach przy czym jedna jego przyprostokątna ma długość 1, a suma pozostałych dwóch boków to szukana długość łamanej. Jest ona wobec tego równa gdyż trójkąt ten jest połową trójkąta równobocznego o boku 2.

Przestawmy fragmenty kwadratu tak, jak na rysunku. Obwód rozważanego czworokąta to teraz długość kolorowej łamanej. Jest ona nie mniejsza od odcinka łączącego jej końce, czyli od co z kolei jest większe od 7.