Delta mi!

Calissons przestrzennie

Romby o jednej orientacji pokolorujmy na czarno, o drugiej na szaro, o trzeciej pozostawmy białe. Następnie spójrzmy na rysunek przestrzennie, raz „z góry”, raz „z lewej”, a raz „z prawej” strony.

Punkty  tworzą równoległobok, bo środek boku  jest zarazem środkiem odcinka Podobnie  i  są równoległobokami. Kolorowa część rysunku, widziana przestrzennie, to pewien równoległościan. Odcinki  i  przecinają się w jednym punkcie jako jego przekątne.

---

Dla punktu  na zewnątrz trójkąta  rozwiązanie jest analogiczne.

Narysujmy promienie okręgów ze środków do punktów  Wszystkie są równe, więc otrzymane trzy czworokąty są rombami (Rys. 1).

Patrząc przestrzennie na utworzoną przez nie figurę, można dostrzec równoległościan. Ma on ósmy, niezaznaczony dotychczas wierzchołek, nazwijmy go  (Rys. 2). Wracając do sytuacji płaskiej, na rysunku 7 widzimy, że  Punkt  jest więc środkiem okręgu o promieniu  opisanego na trójkącie  Dla punktu  na zewnątrz trójkąta  rozwiązanie jest analogiczne. 

Każdy z okręgów wpisanych w ściany dwunastościanu foremnego jest styczny do pięciu z pozostałych. Jak „spłaszczyć” tę konfigurację, aby okręgi pozostały okręgami i spełniały żądane własności?

Na nieograniczonym stole stoi przezroczysta sfera. W „najwyższym” punkcie  tej sfery, przeciwległym do punktu  styczności ze stołem, zapalamy żarówkę. Zaznaczamy na powierzchni sfery dowolny punkt  a na stole jego cień  Taki  nazywamy rzutem stereograficznym punktu  Rzut ten działa na punktach rozważanej sfery tak, jak inwersja o środku  i promieniu

Rzut stereograficzny ma mnóstwo sympatycznych własności. Na przykład okręgi nieprzechodzące przez  przeprowadza na okręgi oraz zachowuje styczność.

(Rysunek wykonał Wojciech Guzicki)

Wracając do rozwiązania zadania, zauważmy, że każdy z naszych 12 okręgów leży na powierzchni sfery wpisanej w krawędzie wyjściowego dwunastościanu. Sfera ta jest bowiem styczna do każdej krawędzi w jej środku, a przekrój sfery płaszczyzną ściany to właśnie okrąg wpisany w tę ścianę.

Niech  będzie dowolnym z punktów sfery, leżących na zewnątrz wszystkich okręgów. Rzut stereograficzny z  przeprowadza naszą przestrzenną konfigurację na szukaną płaską konfigurację okręgów (rysunek obok).XX

Nieco inne rozwiązanie zadania opisano w Klubie 44 M w Delcie 5/2011

Zaznaczmy wzdłuż każdej z danych 32 prostych kolorowy pas o szerokości 3 mm w każdą stronę (tak jak na rysunku).

Środek guzika nie może należeć do żadnego z pasów (dlaczego?). Podobnie środek guzika nie może być w odległości mniejszej niż 3 mm od brzegu koła. Zamiast danego koła rozważajmy więc mniejsze koło  współśrodkowe z nim, o promieniu 97 mm. Czy jest możliwe, aby kolorowe pasy pokryły całe koło ? Jeśli nie, to dowolny z niepokrytych punktów „nadaje się” jako środek guzika. Jak oszacować pole powierzchni koła przykrytej przez pasy?

Dowód można znaleźć w Delcie nr 3/2006.

Wracając do rozwiązania zadania, spójrzmy na nasze koło  z pasami jako na rzut (widok z góry) pewnej kuli, wtedy pasy te odpowiadają plastrom. Wobec tego łączne pole 32 pasów na powierzchni kuli równe jest co najwyżej  Tymczasem powierzchnia kuli o promieniu 97 mm równa jest  czyli więcej. Zatem pasy nie pokrywają całej kuli, więc ich rzuty nie pokrywają całego koła  i w dowolnym z niepokrytych punktów możemy umieścić środek guzika o promieniu 3 mm.

Suma szerokości 32 pasów z powyższego rozwiązania równa jest 192 mm, więc ułożone równolegle obok siebie nie wystarczyłyby do pokrycia koła  o promieniu 97 mm. Dowiedliśmy, że żadne inne ich ułożenie też nie wystarcza. W 1932 r. A. Tarski postawił ogólniejszy

W 1951 r. T. Bang wykazał, że odpowiedź jest negatywna.

Zbiór  odcinków o różnokolorowych końcach możemy skonstruować na skończenie wiele sposobów (dokładnie  ). Narysujmy go tak, aby suma długości narysowanych odcinków była możliwie najmniejsza. Wtedy te odcinki są parami rozłączne, bo w przeciwnym przypadku parę  przecinających się odcinków (Rys. ) można zastąpić parą odcinków nieprzecinających się  zmniejszając jednocześnie sumę długości wszystkich odcinków. Wynika to łatwo z nierówności trójkąta:

Niech  będą środkami odcinków  Z twierdzenia Talesa wynika, że    i   Przez  oznaczamy punkt wspólny prostych  i  Analogicznie definiujemy punkty  i  Boki trójkątów  i  są odpowiednio równoległe, więc punkt  w którym przecinają się proste  i  jest środkiem jednokładności w skali  przekształcającej trójkąt  na trójkąt  (  leży też na prostej ).

Najpierw wywnioskujemy twierdzenie z lematu. Jednokładność o środku  w skali  przekształca okrąg  opisany na trójkącie  na okrąg  opisany na trójkącie  Środek okręgu  leży na prostopadłych do prostych  przechodzących przez wierzchołki  więc środek okręgu  leży na prostopadłych do prostych  przechodzących przez wierzchołki  Na mocy lematu (dowód w artykule) te prostopadłe są symetralnymi boków trójkąta  więc ich punkt wspólny to środek okręgu opisanego na trójkącie

Odpowiedź: 2010!

Zauważmy, że ścieżka przecina każdy z tych odcinków dokładnie raz. Ścieżka może przeciąć odcinek  na jeden sposób,  na 2 sposoby,  na 3 itd., wreszcie  na 2010 sposobów. Zatem ścieżek jest co najwyżej  – nietrudno zobaczyć, że jest ich dokładnie tyle, gdyż każdy wybór jednego z  pododcinków odcinka  który ma przeciąć ścieżka, definiuje poprawną ścieżkę.

Oznaczmy przez  środek ciężkości trójkąta czyli punkt przecięcia odcinków  i  . Zauważmy, że  jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie  Zatem Ponieważ  jest środkiem ciężkości, więc

Niech  i  będą końcami dowolnej średnicy rozważanego koła. Wtedy dla dowolnego punktu  płaszczyzny mamy  Nierówność ta jest tzw. nierównością trójkąta dla trójki punktów    i  Więc dla  otrzymujemy

Dodając te nierówności stronami, wnioskujemy, że

Z otrzymanej nierówności wynika, że co najmniej jeden z punktów  lub  spełnia warunki zadania.

Ustawmy trójkąt tak, by  było podstawą, i niech  będzie spodkiem wysokości z wierzchołka Wtedy  oraz  zatem  Ponieważ jednocześnie  to

Ustawmy trójkąt tak, by  było podstawą. Wtedy wierzchołek  leży na okręgu o środku  i promieniu 1. Pole trójkąta jest maksymalne, gdy wysokość z  jest maksymalna (bo podstawa  ma ustaloną długość 1), czyli gdy wysokość ta jest równa 1. Zachodzi to dla  czyli dla

Rozważmy prostokąt  o bokach  i   Niech punkt  będzie środkiem boku  a punkt  niech należy do boku  przy czym   Wtedy z twierdzenia Pitagorasa      Należy obliczyć pole trójkąta  Jest ono równe

Ustawmy trójkąt  obok trójkąta  jak na rysunku (  oznacza odpowiednik wierzchołka ). Wtedy w trójkącie  podstawa  ma długość  wysokość  jest równa 1, więc pole jest równe  Pozostałą częścią pięciokąta jest trójkąt  Przystaje on do trójkąta  ponieważ    oraz bok  jest wspólny. Stąd  więc pole pięciokąta równe jest 1.

Trójkąty i  mają równe pola oraz wspólny bok  Wobec tego wysokości tych trójkątów poprowadzone do boku  są równe. Ponadto punkty  i  leżą po tej samej stronie prostej  Stąd wniosek, że przekątna  jest równoległa do boku  Analogicznie dowodzimy, że pozostałe cztery przekątne pięciokąta  są równoległe do odpowiednich jego boków

Rozważmy przypadek, gdy przecina ramię . Rozszerzmy nasz trójkąt do kwadratu .

Punkt przecięcia prostej  z nowo dorysowanym bokiem kwadratu oznaczmy przez  Szukamy takich punktów  że  Równoważnie takich, że odcinki  i  są symetryczne względem prostej  prostopadłej do  przechodzącej przez  To zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy trójkąty  i  są symetryczne względem tej prostej, co jest z kolei równoważne temu, że punkty  i  są symetryczne względem  (bo punkty  i  zostały skonstruowane tak, że są symetryczne względem ).

Prosty rachunek na wektorach: styczna do okręgu jest prostopadła do promienia w punkcie styczności, więc   Punkt  leży na prostej  prostopadłej do zatem

Chcemy wykazać, że wektory  i  są prostopadłe. Obliczamy ich iloczyn skalarny:

Tak więc

Niech punkt  będzie czwartym wierzchołkiem równoległoboku  a  – czwartym wierzchołkiem równoległoboku Równoległoboki te są przystające, ponieważ    oraz    Stąd

Niech punkt  będzie czwartym wierzchołkiem równoległoboku  Wtedy  także jest równoległobokiem (bo ). Wobec tego punkt  jako środek jego przekątnej  jest też środkiem drugiej przekątnej  Analogicznie  jest środkiem  Stąd i z twierdzenia Talesa uzyskujemy  oraz

Niech punkt  będzie czwartym wierzchołkiem prostokąta Wtedy  jest równoległobokiem o środku  (bo  oraz ), więc punkty  są współliniowe. Odcinki  i  są średnicami okręgu opisanego na prostokącie  Ponadto  więc punkt  leży na tym okręgu. Stąd

Niech punkt  będzie czwartym wierzchołkiem równoległoboku Wtedy  także jest równoległobokiem oraz zachodzą równości

(*)

oraz

(**)

---

Z równości  (uwzględniając wzajemne położenie odpowiednich punktów) wynika, że punkty  leżą na jednym okręgu. Wobec tego  co razem z równością  daje tezę.

Niech i oznaczają punkty symetryczne do i względem punktów i odpowiednio.

Wówczas z twierdzenia Talesa i Zauważmy, że trójkąty i są równoramienne: i Ponadto, ponieważ więc Wobec tego trójkąty i są przystające. To oznacza, że co wraz z pierwszą obserwacją kończy dowód.

Niech  i  oznaczają rzuty punktów  i  na prostą  Z przyrównania odcinków stycznych do okręgu wpisanego w trójkącie wynika równość Podobnie mamy

czyli Stąd również czyli

Ponieważ kąt między dwusiecznymi kątów przyległych jest prosty, więc trójkąty prostokątne  i są podobne. W takim razie

Stąd trójkąty  i są podobne, więc kąt też jest prosty. To oznacza, że punkty leżą na jednym okręgu.

Niech  i będą punktami przecięcia prostej równoległej do  i przechodzącej przez punkt odpowiednio z bokami  i Trójkąt jest równoboczny i Ponadto stosując nierówność trójkąta, dostaniemy oraz Dodając te trzy nierówności stronami, otrzymujemy

Nietrudno też przekonać się, że równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy punkt jest jednym z wierzchołków trójkąta