Delta mi!

Niech będzie środkiem boku a – spodkiem wysokości z wierzchołka Ponieważ jest środkiem okręgu opisanego, więc kąt jest prosty oraz (kąt środkowy i wpisany). Oczywiście więc trójkąty i są podobne. Trójkąt jest połową trójkąta równobocznego, mamy więc Stąd trójkąty i są przystające, a dokładniej jeden jest obrazem drugiego w symetrii względem dwusiecznej kąta co daje tezę.

Niech będzie obrazem punktu przy obrocie wokół o jak na rysunku. Wówczas Ponadto, skoro i to trójkąt jest równoboczny. Zatem

W takim razie trójkąty są podobne (kkk). Stąd

W połączeniu z równością oznacza to, że trójkąty i są podobne (bkb). Zatem więc również Ponadto oraz

czyli Tym samym trójkąty i są przystające (bkb). Z definicji punktu trójkąt jest obrazem trójkąta przy obrocie co kończy dowód.

Niech  będzie środkiem okręgu opisanego na trójkącie  Ponieważ trójkąt  jest równoramienny, dwusieczna kąta  to symetralna odcinka  więc leży na niej punkt  Oznaczmy  Wówczas  a skoro  to

skąd łatwo otrzymać  Równość  jest równoważna  czyli  A to jest równoważne temu, że  jest połówką trójkąta równobocznego lub że  jest środkiem

Przyjmijmy zwykłe oznaczenia:  Równości

dodajemy stronami i otrzymujemy

To znaczy, że punkty  i   leżą po przeciwnych stronach prostej  w jednakowych odległościach od odpowiednich końców odcinka :

Wobec równoramienności trójkąta  oznacza to z kolei, że punkty  i   leżą w jednakowych odległościach od prostej  Stąd już wynika, że ta prosta przechodzi przez środek odcinka

Przyjmijmy oznaczenia punktów styczności okręgów wpisanych z bokami czworokątów jak na rysunku. Warunek  jest równoważny  gdyż  i   Zauważmy, że

Zatem

Oznaczmy boki danego trójkąta przez  tak, by pole było równe  Korzystając z nierówności  uzyskujemy wtedy

Dowody pozostałych dwóch nierówności trójkąta są analogiczne.

Oznaczmy boki i pole danego trójkąta jak powyżej. Żądane warunki spełnia trójkąt podobny do niego w skali  ma bowiem boki długości

Przeciwległe boki czarnego czworokąta mają długości i oraz i

Rozważmy krawędź o długości  danego czworościanu i zawierające ją ściany. Obróćmy wokół niej jedną z tych ścian tak, aby znalazła się w tej samej płaszczyźnie, co druga, ale po przeciwnej stronie tej krawędzi.

Otrzymujemy w ten sposób fragment siatki danego czworościanu – czworokąt, którego jedną przekątną jest ; oznaczmy drugą przez  W wyjściowym czworościanie odcinek  odpowiada łamanej łączącej końce krawędzi  więc z nierówności trójkąta

Stąd i z nierówności Ptolemeusza,  Analogicznie dowodzimy pozostałych dwóch nierówności trójkąta dla odcinków o długościach

Nierówność Ptolemeusza głosi, iż suma iloczynów długości przeciwległych boków czworokąta jest większa lub równa od iloczynu długości jego przekątnych. Przykłady jej zastosowań opisano w deltoidzie 6/2009.

Oznaczmy wierzchołki czworościanu przez ; z uwagi na przemienność iloczynów  możemy przyjąć, że (Rys. 2). Na półprostych  wybierzmy takie punkty odpowiednio  aby  Punkty  nie są współliniowe, ponieważ rozważane półproste nie leżą w jednej płaszczyźnie.

Trójkąty  i   są podobne, bo mają wspólny kąt przy wierzchołku  oraz

Wobec tego  czyli

Analogicznie wykazujemy, że  oraz  więc trójkąt  ma boki o żądanych długościach.

Dwa różne rozwiązania teoretyczne tego zadania opisano w deltoidach 6/2009 i 6/2012, przy drugim z nich przedstawiono także inne od powyższego rozwiązanie praktyczne.

Niech  będą takimi punktami odpowiednio na bokach  trójkąta  że  Wówczas trapezy  są równoramienne (bo ich kąty to  i  ). Wobec tego  więc trójkąt  jest zbudowany z odcinków o żądanych długościach.

Niech i będą odpowiednio środkami ramion i Połączmy je odcinkiem. Jest on równoległy do podstawy i zawiera punkt Dlatego więc leży na dwusiecznej kąta Analogicznie leży na dwusiecznej kąta więc przechodzi przez niego także trzecia dwusieczna trójkąta

Niech  będzie punktem przecięcia odcinków  i   Przedłużamy odcinek  do przecięcia z prostą  w punkcie  Z równoległości  oraz  wynikają proporcje

Prawe strony tych równości mają jednakową wartość, bo  Zatem i lewe strony mają jednakową wartość; a to znaczy, że w trójkącie  odcinek  jest dwusieczną kąta przy wierzchołku (czy go nazwiemy  czy  to wszystko jedno).

Załóżmy najpierw, że leży na prostej

Jak wiadomo, kąt między styczną a cięciwą jest równy kątowi wpisanemu opartemu na tej cięciwie, więc Zatem trójkąty i są podobne, więc Podobnie stwierdzimy, że ale więc

Załóżmy teraz, że zachodzi ale nie leży na (powiedzmy, że punkt leży bliżej punktu niż punkt ).

Niech przecina okrąg w punkcie Z poprzedniej części zadania wiadomo, że więc co wraz z równością kątów i implikuje, że trójkąty i są podobne, a że mają wspólny bok, to są przystające. Zatem

Niech  i   będą punktami styczności okręgów odpowiednio  i   do jednej z danych prostych. Rozważmy inwersję względem okręgu o środku  i promieniu  Obie rozpatrywane proste styczne są stałe, bo przechodzą przez środek inwersji  Punkt  leży na półprostej  i spełnia warunek  stąd  Obrazem okręgu  jest okrąg (bo  nie przechodzi przez punkt ), styczny do danych prostych (bo są one stałe) i przechodzący przez punkt  Wobec tego  stąd także

Punkt  leży na zewnątrz okręgu ; niech  i   będą prostymi stycznymi do  poprowadzonymi z   Obrazem  jest okrąg styczny do  oraz  Jedynym takim okręgiem jest właśnie  czyli

Punkt  to punkt styczności  i   więc jego obrazem jest punkt styczności  i   czyli  Środek inwersji  punkt  i jego obraz  są współliniowe.

Rozważmy inwersję względem okręgu o środku  i promieniu  Obrazem okręgu  przechodzącego przez środek inwersji  oraz przez punkty  i   jest prosta przez punkty  i   czyli prosta  Stąd też

Niech  będzie prostą przechodzącą przez punkt  i styczną do  Obrazem okręgu  nieprzechodzącego przez środek inwersji, jest okrąg styczny do  oraz  Jedynym takim okręgiem jest  stąd

Punkt  to punkt styczności prostej  i okręgu  więc jego obrazem jest punkt styczności  oraz  czyli on sam:  Wobec tego z warunku  wynika, że

Idea rozwiązania polega na zastosowaniu zasady szufladkowej Dirichleta dla zbiorów nieskończonych, których rozmiar zmierzymy długością łuku.

Niech oznacza podzbiór wszystkich pokolorowanych punktów na okręgu, zaś niech oznacza podzbiór wszystkich tych punktów, których antypody są pokolorowane. Chcemy udowodnić, że  Załóżmy przeciwnie, że są rozłączne. W tej sytuacji składa się z odcinków o łącznej długości takiej jak  więc łączna długość odcinków składających się na sumę jest większa niż obwód okręgu, co daje sprzeczność.

Bez utraty ogólności możemy założyć, że  Odbijmy symetrycznie względem dwusiecznej kąta  otrzymując punkt  Niech przecina i  odpowiednio w punktach i   Oczywiście

oraz

Wykażemy teraz, że  Rozważmy obraz punktu przy symetrii względem  Zauważmy, że punkt leży na zewnątrz okręgu opisanego na trójkącie równobocznym  gdyż  W szczególności, punkt leży na zewnątrz okręgu opisanego na trójkącie  gdyż ten okrąg leży wewnątrz poprzedniego. Stąd

Odbijamy symetrycznie punkt  względem  Otrzymany punkt nazwijmy  Odcinek  jest środkową trójkąta  a ponieważ  więc  jest środkiem ciężkości tego trójkąta. Niech  oznacza środek boku  Leży on na przedłużeniu odcinka  Ponieważ  więc kąt  jest prosty, a zatem również kąt  jest prosty. Stąd punkty  leżą na okręgu o średnicy  Wobec tego  Ale  więc

Z twierdzenia Talesa wynika, że  więc  i   są trapezami o stosunku wysokości

Przez  oznaczmy długość odcinka  Wówczas  oraz  Zatem

Zbudujmy prostokąt  tak, by punkt  był środkiem odcinka  Niech  będzie środkiem boku  Każdy z trójkątów  ma boki prostopadłe do odpowiednich boków trójkąta (rysunek); są to więc trójkąty o bokach odpowiednio równoległych – zatem jednokładne. Środkiem jednokładności jest punkt (współliniowy z   oraz z  ). Punktowi  odpowiada w tej jednokładności punkt  To znaczy, że prosta  przechodzi przez (niezależnie od wyboru początkowego punktu ) i przecina odcinek  w takim punkcie  że trójkąty  i   są podobne. Stąd wynik:

Obrazem prostej  w inwersji względem danego okręgu jest okrąg przechodzący przez środek inwersji  i przez stałe punkty  i  Leży na nim też punkt  bo punkt  leży na prostej  Średnicą tego okręgu jest  ponieważ kąty  i   są proste, stąd także

Analogicznie  więc  Z definicji inwersji punkty  są współliniowe, co kończy dowód.

Rozważmy inwersję względem dowolnego okręgu o środku w punkcie  przy oznaczeniach jak na rysunku. Proste  i   są stałe przy tej inwersji. Obrazem każdego z okręgów, przechodzącego przez środek inwersji, jest prosta równoległa odpowiednio do  lub (okrąg styczny do prostej  lub  mieści się w półpłaszczyźnie przez nią wyznaczonej, więc jego obraz też, rysunek obok). Zatem obrazami kolorowych punktów są wierzchołki prostokąta. Leżą one na okręgu nieprzechodzącym przez środek inwersji (bo środek ten jest wewnątrz prostokąta), więc także przed inwersją kolorowe punkty leżą na jednym okręgu.

Przyjmijmy oznaczenia boków i kątów trójkąta  jak na rysunku i załóżmy, że

Wówczas  a stąd  ponieważ funkcja  jest malejąca na przedziale  Przyjmijmy, że  Wówczas z twierdzenia cosinusów otrzymujemy

Gdyby było  to ponieważ  mielibyśmy  co przeczyłoby założeniu, że trójkąt  jest równoboczny. W takim razie

Odległość punktów  i  równa jest

Wprowadźmy układ współrzędnych w   tak, aby Wtedy równanie płaszczyzny  to

Rozważmy sferę daną równaniem  dla takiego  aby okrąg wpisany w trójkąt  był przekrojem tej sfery płaszczyzną

---

Niech  Wówczas

czyli faktycznie nie zależy od wyboru punktu  z okręgu.

Wprowadźmy układ współrzędnych tak, aby  oraz by dwusieczna kąta  była zawarta w dodatniej półosi

Czworokąt jest wypukły, więc pierwszymi współrzędnymi punktów  są odpowiednio  dla pewnych

Prosta  jest prostopadła do osi  wtedy i tylko wtedy, gdy pierwsze współrzędne punktów  i   są równe, czyli gdy .

Odcinki  i   tworzą z poziomą osią ten sam kąt , więc warunek  równoważny jest warunkowi, że rzuty tych odcinków na oś  są równe. Każdy z rzutów zawiera punkt  zatem są one równe wtedy i tylko wtedy, gdy .

Warunki  i   są równoważne, co kończy dowód.