Delta mi!

Na odcinku po zewnętrznej stronie trójkąta budujemy trójkąt przystający do  (tak, że ). W tych trójkątach kąty przy wierzchołkach  i  są równe, wobec czego Zatem kąt jest rozwarty.

Skoro to Stąd i z rozwartości kąta  wnosimy, patrząc na trapez   że

Oznaczmy przez punkt przecięcia prostych  i  . Należy dowieść, że . Rozpatrzmy okrąg o średnicy  . Okrąg ten przechodzi przez punkty Q i R. Korzystając zatem z twierdzenia Pascala dla „sześciokąta” AAQRDD, wnioskujemy, że punkty B, C oraz P’ leżą na jednej prostej. Stąd P = P’.

Z ćwiczenia (c) punkty są ogniskami pewnej elipsy wpisanej w trójkąt (rysunek). Na mocy wskazówki punkty leżą na okręgu o środku w środku  odcinka . Kąt jest prosty  jest średnicą tego okręgu  jest środkiem   jest równoległobokiem oraz  jest punktem przecięcia wysokości trójkąta  .

Niech będzie obrazem  w symetrii względem prostej . Wtedy oraz . Z ćwiczenia (c) istnieje więc elipsa o ogniskach , wpisana w trójkąt . Jest ona styczna do boku w punkcie  i do boków odpowiednio w  . Z Faktu, , , . Suma tych sześciu kątów daje kąt pełny  , zatem , co kończy dowód.

Pozioma płaszczyzna – łąka, na niej szare drogi dwóch wędrowców, którzy spotykają się w punkcie Pionowa oś – czas; kolorowe proste – trajektorie tych dwóch wędrowców w czasoprzestrzeni, przecinają się one w punkcie i wyznaczają kolorową płaszczyznę

Wprowadźmy oś czasu prostopadłą do łąki i rozważmy trajektorie wędrowców w tej trójwymiarowej czasoprzestrzeni. Są one półprostymi, ponieważ prędkości marszu są stałe. Spotkanie wędrowców oznacza, że obaj są jednocześnie w miejscu przecięcia ich dróg. W naszym trójwymiarowym modelu to oznacza, że ich trajektorie się przecinają.

Trajektoria każdego wędrowca, który spotyka się z dwoma z rysunku , też musi leżeć na płaszczyźnie   Jeśli ma miejsce pięć z sześciu możliwych spotkań, to na leżą wszystkie cztery trajektorie przestrzenne. Wtedy powstaje też szósty punkt przecięcia trajektorii, który odpowiada ostatniemu spotkaniu.

Dodatkowo można wykazać, że w każdej chwili wszyscy wędrowcy znajdują się na jednej prostej. Proszę spróbować!

 – środek okręgu – promień okręgu

Jeśli są na jednej prostej, to też na niej są. Załóżmy więc, że środki okręgów nie są współliniowe. Płaszczyznę zawierającą dane okręgi oznaczmy przez Niech punkty wszystkie leżą po jednej stronie płaszczyzny tak, że dla każdego i rzutem punktu na jest oraz . Punkty nie są współliniowe, bo nie są. Niech będzie płaszczyzną wyznaczoną przez Nie jest ona równoległa do , bo ri są różne. Zatem i przecinają się wzdłuż pewnej prostej.

Okręgi i są jednokładne względem , więc Stąd punkty są współliniowe, czyli punkt leży na płaszczyźnie Leży też na , więc należy do ich wspólnej prostej. Analogicznie należą do niej punkty i   co kończy dowód.

Rys. A Najpierw sadzimy 7 drzew oznaczonych ,następnie w punktach przecięcia odpowiednich par prostych sadzimy pozostałe trzy drzewa (oznaczone ).

Rys. B Twierdzenie Desarguesa: punkty leżą na jednej prostej.

Posadźmy drzewa jak na rysunku A.

Czy trzy wyróżnione punkty leżą na dziesiątej, brakującej nam do kompletu prostej? Tak, a orzeka to twierdzenie Desarguesa. Aby je udowodnić, spójrzmy na rysunek Rys. A jako na płaski obraz przestrzennego kąta trójściennego, przeciętego dwiema kolorowymi płaszczyznami (Rys. B). Interesujące nas punkty należą do obu tych płaszczyzn przekrojów, zatem także do ich wspólnej prostej, co kończy dowód.

Niech punkty będą środkami ciężkości odpowiednio powyższych czterech trójkątów,  zaś – środkiem ciężkości czwórki punktów . Z własności środków ciężkości, dla każdego punkty leżą, w tej właśnie kolejności, na jednej prostej oraz  zatem Z twierdzenia o prostej Eulera, dla każdego  punkty  leżą, w tej właśnie kolejności, na jednej prostej oraz , stąd  Złożenie to jednokładność o skali (symetria środkowa), która przeprowadza na . Zatem czworokąty te są przystające.

Niech będzie okręgiem wpisanym w trójkąt . Istnieje taka, że , oraz taka, że , wtedy . Złożenie jest więc jednokładnością odwrotną, przeprowadzającą na  (istnieje dokładnie jedna, nawet jeśli  i  są przystające lub równe). Stąd jej środek leży na prostej . Analogicznie, leży też na prostych  i  .

Rozważmy jednokładności  i  takie, że oraz . Jednokładność jest prosta oraz , więc jej środkiem musi być punkt  . Leży on zatem na prostej .

Punkty , i  są środkami jednokładności , i  takich, że , oraz . Złożenie to jednokładność prosta i  Stąd jej środkiem, który na mocy twierdzenia musi leżeć na prostej , jest na mocy faktu punkt 

Oznaczmy przez odpowiednio środki odcinków Ponieważ trójkąty oraz są prostokątne, więc

Ponadto, korzystając z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa, otrzymujemy

Wobec tego

Wybierając punkty jako środki odcinków , otrzymujemy kwadrat o obwodzie  .

Narysujmy okrąg o środku i promieniu (czyli wewnętrznie styczny do danego) – mamy wtedy Prościej już chyba nie można.

Oznaczmy: (rysunek). Wtedy oraz . Ponadto

Stąd oraz z równości wynika, że okrąg o środku  i promieniu  przechodzi przez punkty , oraz  Wobec tego , skąd otrzymujemy

A zatem

Porównując ostatnie dwie zależności, dostajemy tezę.

Niech oraz . Wtedy oraz , czyli oraz Stąd po dodaniu stronami , czyli środek odcinka  (z faktu 1 jest nim ) nie zależy od punktu 

Niech . Z faktu 2 mamy oraz , a także oraz . Z faktu 1 wyznaczamy  oraz , a także

Wynik sam wyszedł! .

Niech i  . Suma kątów to argument iloczynu liczb . Skoro

oraz , to .