Delta mi!

Skoro  to Podobnie          Dodając stronami, uzyskujemy    czyli

Zauważmy, że  bo trójkąty te mają równe podstawy  i wspólną wysokość z Ponadto  (ponieważ ). Analogicznie  Stąd  Podobnie  i ostatecznie

Trójkąty  i  mają wspólną podstawę  i równe pola, więc też równe wysokości. Punkty  są po tej samej stronie prostej  stąd  Dla pozostałych przekątnych dowód jest analogiczny.

Zachodzą kolejno równości

przy czym  wynika z równoległości  a  z 

Trójkąty  i  mają wspólną podstawę i równe wysokości, więc też równe pola. Stąd

czyli

Trójkąty  i  mają wspólną wysokość z  więc

Podobnie  Stąd

czyli    Wobec tego

Nie wynika. Prosty kontrprzykład: określamy funkcję  najpierw w przedziale  wzorem

Jest ona w tym przedziale ściśle rosnąca, ściśle wypukła i odwzorowuje przedział  na cały ten przedział; łatwo wyznaczyć funkcję odwrotną:

Widać, że jeżeli    są liczbami wymiernymi z przedziału  to    też są liczbami wymiernymi z przedziału  Zatem obrazem zbioru  jest ten sam zbiór.

Rozszerzamy  do funkcji  przesuwając jej wykres o wektor  i jego całkowite wielokrotności. Formalnie: przyjmujemy

Tak rozszerzona funkcja  jest ściśle rosnąca; w każdym z przedziałów  jest ściśle wypukła – więc nie jest liniowa w żadnym przedziale długości dodatniej. Wreszcie, jest jasne, że obrazem zbioru  jest cały zbiór

Zadanie to ma ładne rozwiązanie, bardzo ładne uogólnienie i nie jest mi znane jego rozwiązanie w przypadku najbardziej ogólnym. Przestawiając pierwszy lub ostatni pionek na początek planszy, pierwszy gracz może łatwo sprowadzić grę do planszy parzystej długości z dwoma pionkami na końcu z sobą jako drugim graczem. Jeżeli teraz podzieli planszę na „szufladki” po dwa kolejne pola i po każdym ruchu pionkiem swojego przeciwnika będzie przekładał drugi pionek do tej samej szufladki co przeciwnik, to zwycięstwo ma w kieszeni. Stosując tę samą metodę, można rozstrzygnąć losy gry ogólniejszej: gdy  pionków stoi na końcowych polach planszy. Jeżeli zarówno  jak i  są parzyste, to dzieląc planszę na takie same szufladki i przestawiając po każdym ruchu pierwszego gracza drugi pionek z szufladki, w której stał pionek ruszony przez gracza pierwszego, do tej szufladki, do której pierwszy gracz wstawił pionek, drugi gracz zapewni sobie zwycięstwo. Jeżeli  jest parzyste, a  nieparzyste – pierwszy gracz, przestawiając ostatni pionek tuż przed pionek pierwszy, sprowadzi grę do przypadku już rozważonego z sobą w roli drugiego, a więc wygra. Jeżeli zaś  jest nieparzyste, to pierwszy gracz, przestawiając, w zależności od parzystości  pierwszy bądź ostatni z pionków, zawsze może sprowadzić grę do przypadku  i  parzystych – a wiec zawsze wygra.

Teza wynika z następującego lematu:

Z twierdzenia 1 (patrz artykuł źródłowy) wynika, że

a stąd

Rys. 1

Rys. 2

Wykażemy, że miara tego kąta jest równa  Niech  będą punktami styczności sfery wpisanej odpowiednio ze ścianami  Z równości    i   wnioskujemy, że czworościany  i  są przystające (Rys. 1). Zatem kąt dwuścienny między płaszczyznami  i  jest równy kątowi dwuściennemu między płaszczyznami  i  Analogicznie dowodzimy, że kąt dwuścienny między płaszczyznami  i  jest równy kątowi dwuściennemu między płaszczyznami  i  Wykażemy, że punkty  leżą na jednej płaszczyźnie. Wtedy, korzystając z poprzednich obserwacji, łatwo obliczyć, że kąt dwuścienny między płaszczyznami  i  ma miarę

Ponieważ płaszczyzna  jest prostopadła do prostej  to  (Rys. 2). Stąd i z danego w treści warunku  dostajemy  Analogicznie udowodnimy, że  Zatem punkty  leżą na jednej płaszczyźnie prostopadłej do krawędzi  co kończy dowód.

Przyjmijmy oznaczenia:

Widać, że ;

Udowodnimy indukcyjnie dwie równości. Pierwsza z nich:

(1)

Dla  zgadza się. Przyjmijmy jej słuszność dla  Wtedy dla  mamy

stąd słuszność (1) dla wszystkich  Teraz druga z zapowiedzianych równości:

(2)

Znów, dla  zgadza się. Weźmy  i załóżmy, że równość analogiczna do (2) zachodzi dla :

Z określenia ciągu  wynika, że  Stąd oraz z (1):

co kończy dowód indukcyjny zależności (2).

Przepisujemy tę zależność w postaci

Liczba  jest dodatnia, więc iloraz w nawiasie jest liczbą o module mniejszym od 1. Wobec tego  Stąd, ostatecznie,

Okrąg  opisany na trójkącie  nie jest styczny do żadnego z dwóch danych okręgów (bo je przecina w punktach różnych od ). Zatem żaden z odcinków    nie jest jego średnicą; w takim razie żaden z kątów    nie jest prosty. Stąd wniosek, że żaden z punktów    nie leży na prostej  wobec czego prosta  nie przechodzi przez punkt

Mamy więc niezdegenerowany trójkąt  wpisany w okrąg  Wysokość poprowadzona z wierzchołka  lub jej przedłużenie, przecina okrąg  ponownie w punkcie  Ortocentrum trójkąta  leży w punkcie symetrycznym do  względem prostej  – czyli w punkcie

Punkty symetryczne do ortocentrum  względem boków  i  także leżą na okręgu ; oznaczmy je odpowiednio przez  i  (żaden z nich nie pokrywa się z  bo punkt  nie leży na prostej ).

Trójkąt  jest symetryczny do  więc    Ostatnia równość mówi, że  jest punktem okręgu o środku  przechodzącego przez  i  Skoro zaś leży na okręgu  i nie pokrywa się z  musi się pokrywać z  lub ; ustalmy oznaczenia (   ) tak, że  Analogicznie stwierdzamy, że      Tak więc  To znaczy, że punkty      leżą na okręgu o środku