Delta mi!

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!

Odp. Tak!
Wystarczy wybrać trzy punkty i leżące w wierzchołkach trójkąta równobocznego o boku a pozostałe punkty z krótszego łuku okręgu o środku i promieniu

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.

Kolejność rysowania prostych oznaczono liczbami.

Rysunek przedstawia konstrukcję korzystającą z twierdzenia Desarguesa.

Spójrzmy na dany ostrosłup z boku, w kierunku równoległym do płaszczyzn i (rysunek podobny do Rys. 2). Na mocy twierdzenia o nożycach, rozważane punkty przecięcia przekątnych widzimy wówczas jako współliniowe, więc w rzeczywistości leżą one na jednej płaszczyźnie.

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

Ponieważ kąty i są równe (jako kąty wpisane oparte na ćwiartce okręgu), to na czworokącie można opisać okrąg. Zatem

W takim razie odcinki i są równoległe. Rozważając czworokąt wykażemy analogicznie, że a stąd łatwo wywnioskować tezę.

Wierzchołki oraz środek pięciokąta foremnego dają przykład szóstki punktów o podanej własności. Pokażemy, że siedmiu punktów nie da się rozmieścić w wymagany sposób.

Przypuśćmy, że jest to możliwe i niech będą dwoma punktami z tej siódemki, których odległość jest maksymalna. Pozostałe punkty leżą w "soczewce", ograniczonej łukami okręgów o środkach i promieniu Skoro każdy z tych pięciu punktów ma wraz z tworzyć trójkąt równoramienny, mogą one leżeć jedynie na owych łukach oraz odcinku łączącym ich wspólne końce. Na samym odcinku leżą co najwyżej dwa punkty (trójka współliniowa nie tworzy trójkąta). Pozostałe trzy punkty leżą na łukach (bez końców ).

Nie mogą wszystkie trzy leżeć na jednym z tych łuków, np. bowiem wraz z punktem dałoby to czwórkę punktów, spośród których pewne trzy nie tworzyłyby trójkąta równoramiennego. Zatem na jednym łuku, np. leży jeden punkt zaś na łuku dwa punkty Przyjmijmy, że leży między i

Każdy punkt łuku jest oddalony od o odcinek dłuższy niż więc muszą być punktami łuku Każdy z odcinków ma wtedy długość mniejszą niż ; warunek równoramienności trójkąta wymusza równość Zastępując w tym rozumowaniu przez dostajemy równość Wobec tego To już jest oczekiwana sprzeczność, bo jedynym punktem łuku położonym w równych odległościach od i czyli na symetralnej odcinka jest punkt

Stąd odpowiedź: największa liczba punktów, o jakich mowa w zadaniu, wynosi sześć.

Niech będą wszystkimi prostymi, które zawierają co najmniej dwa spośród danych punktów. Dla dowodu nie wprost załóżmy, że Zauważmy, że wówczas możliwe jest przyporządkowanie każdemu punktowi jednej z liczb rzeczywistych w taki sposób, aby suma na każdej prostej była równa ale aby nie wszystkie liczby były równe Wynika to natychmiast z faktu, iż jednorodny układ równań liniowych

o równaniach i niewiadomych ma nietrywialne rozwiązanie.

W szczególności prawdziwa jest zależność

Po wymnożeniu i uporządkowaniu składników widzimy, że lewa strona powyższej równości składa się z wyrazów postaci oraz dla Skoro nie wszystkie punkty leżą na jednej prostej, to każdy punkt pojawia się na co najmniej dwóch prostych, a zatem każdy składnik postaci występuje co najmniej dwukrotnie w powyższej sumie. Co więcej, ponieważ przez dwa różne punkty przechodzi dokładnie jedna prosta, liczby i gdzie znajdą się razem w dokładnie jednej sumie. A zatem przy składniku znajduje się współczynnik W tej sytuacji

Stąd jednak wynika, że co stanowi sprzeczność z wyborem liczb Kończy to dowód.

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.

Przeprowadźmy daną elipsę afinicznie na okrąg o promieniu obrazem punktu jest środek okręgu Czworokąt jest opisany na okręgu, zachodzi więc równość

Mnożąc obie strony przez uzyskujemy tezę dla okręgu. Przekształcenia afiniczne zachowują równość pól, zatem teza zachodzi także dla wyjściowej elipsy.

Opiszmy na elipsie prostokąt o bokach długości i równoległych do jej półosi. Powinowactwo prostokątne o skali i o osi zawierającej dużą półoś elipsy przekształca nasz prostokąt na kwadrat, a elipsę na koło weń wpisane. Stąd stosunek pola elipsy do pola prostokąta równy jest stosunkowi pola koła do pola kwadratu na nim opisanego, czyli Wobec tego

W myśl uwagi poprzedzającej zadania, wystarczy rozważyć kwadrat. Odcinek powstaje z odcinka przez obrót o wokół środka kwadratu, zatem więc także Stąd punkt przecięcia prostych i leży na okręgu opisanym na kwadracie. Ponadto skoro to punkt musi należeć do tego łuku okręgu, który zawiera Wobec tego Na mocy wynika stąd, iż czyli Zatem proste przecinają się w jednym punkcie