Delta mi!

Niech będzie sześciokątem foremnym o boku 1, a będzie środkiem okręgu opisanego na tym sześciokącie. Wówczas

jest siedmioelementowym zbiorem spełniającym warunki zadania, gdyż punkt jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie dla (przyjmujemy i ).

Oznaczmy przez środek okręgu opisanego na trójkącie dla a przez - dowolną translację o wektor długości większej od Wówczas, jeżeli dla oraz to zbiór

ma elementów i spełnia warunki zadania ( oznacza -krotne złożenie ).

Przypuśćmy, że taki (skończony) zbiór istnieje. Spośród wszystkich odcinków o obu końcach w zbiorze wybierzmy taki, który ma najmniejszą długość i nazwijmy go Ponieważ zbiór nie jest zawarty w prostej, więc poza prostą jest co najmniej jeden punkt zbioru - spośród wszystkich takich punktów wybierzmy taki punkt dla którego miara kąta jest największa.

Jeżeli to jest najdłuższym bokiem trójkąta co przeczy wyborowi odcinka Z kolei jeżeli to środek okręgu opisanego na trójkącie należy do przy czym

co przeczy wyborowi punktu Uzyskana sprzeczność oznacza, że nie istnieje zbiór o zadanych własnościach.

Zauważmy, że prosta jako dwusieczna kąta między ramionami trójkąta równoramiennego jest prostopadła do podstawy Podobnie prosta jest prostopadła do prostej Wobec tego punkt jest ortocentrum trójkąta a zatem

Przetoczmy pień o siedem pełnych obrotów tak, by odwinąć z niego winorośl. Skoro pięła się ona równomiernie, to po takim rozwinięciu utworzy prosty odcinek, będący przeciwprostokątną trójkąta o przyprostokątnych 20 m i Stąd na mocy twierdzenia Pitagorasa długość winorośli to 29 m.

Suma długości średnic danych okręgów równa jest wysokości trójkąta poprowadzonej z wierzchołka która z kolei z twierdzenia Pitagorasa ma długość 12. Okrąg o średnicy ma obwód zatem szukana suma obwodów wszystkich okręgów to

Trójkąty oraz mają kąty po gdyż każdy z nich z założenia jest prostokątny i ma kąt Można wobec tego ułożyć je w sposób przedstawiony na rysunku. Kąt pomiędzy sąsiadującymi teraz odcinkami rozważanej łamanej jest wówczas równy

Stąd otrzymana figura także jest trójkątem o kątach przy czym jedna jego przyprostokątna ma długość 1, a suma pozostałych dwóch boków to szukana długość łamanej. Jest ona wobec tego równa gdyż trójkąt ten jest połową trójkąta równobocznego o boku 2.

Przestawmy fragmenty kwadratu tak, jak na rysunku. Obwód rozważanego czworokąta to teraz długość kolorowej łamanej. Jest ona nie mniejsza od odcinka łączącego jej końce, czyli od co z kolei jest większe od 7.

Niech będzie długością łuku (mierzoną zgodnie z ruchem wskazówek zegara) łączącego z tzn. dla każdego

Z założeń zadania wynika, że jest bijekcją zbioru wierzchołków -kąta i

Udowodnimy, że dla zachodzi równość

czyli że zbiór jest obrazem przy obrocie o wokół środka danego okręgu zgodnie z ruchem wskazówek zegara. Konkretnie, wykażemy, że dla każdego

gdzie funkcja określona jest następująco

W obliczu definicji funkcji wystarczy więc sprawdzić, że dla każdego liczba

jest podzielna przez Rzeczywiście, bezpośrednio z definicji funkcji otrzymujemy, że jeżeli to

a jeżeli to

gdyż dzieli się przez dla Pozostaje bezpośrednio sprawdzić, że dla rozważane zbiory także są przystające (odpowiednia izometria znów jest obrotem o ale w przeciwną stronę).

Niech będzie środkiem przekątnej Wówczas oraz Stąd na mocy nierówności trójkąta dla punktów mamy przy czym równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy czyli gdy

Niech będzie środkiem odcinka Wówczas oraz Wobec tego trójkąty i są podobne w skali a więc

Oznaczmy środek boku przez Wówczas Wobec tego trójkąt jest równoramienny i podstawa tworzy równe kąty z bokami i Jednocześnie oraz co kończy dowód.

Niech będzie środkiem boku Wówczas oraz Wobec tego trójkąt jest równoramienny ( gdyż nie jest równoległobokiem). Stąd rzut na prostą jest środkiem podstawy a więc rzuty boków i na prostą są równej długości jako połówki podstawy. Wobec tego również dwukrotnie od nich dłuższe rzuty odcinków i są równej długości.

oznacza pole figury

Niech oznacza miarę nie większego z kątów pomiędzy przekątnymi i wówczas Jednocześnie oraz zatem kąt pomiędzy odcinkami i także jest równy oraz

Analogicznie stąd

Wzdłuż linii ciągłych zginamy w jedną stronę, wzdłuż przerywanych - w drugą

Po wycięciu dziury warto utworzyć cztery pomocnicze zagięcia (Rys. 1(a)). Następnie kartkę złożyć w pół wzdłuż jednego z nich i odciągnąć od siebie końce dziury (Rys. 1(b)), uzyskując dłuższy, wąski otwór.

Uproszczony schemat, należy wycinać gęstszą spiralę.

Kartkę można np. najpierw rozciąć wzdłuż spiralnej linii, uzyskując bardzo długi, poskręcany pasek, a następnie naciąć wzdłuż prawie całej długości tego paska, otrzymując w nim wystarczająco dużą dziurę.

Dla wielokąta oznaczmy przez lekko zmodyfikowaną sumę miar kątów wewnętrznych wielokąta mianowicie taką, w której zamiast kątów wklęsłych występują kąty dopełniające je do pełnych ze znakiem " ". Jeżeli więc jest -kątem o dokładnie wklęsłych kątach wewnętrznych, to definiujemy

Przypuśćmy, że wielokąt wypukły jest podzielony odcinkami na wielokąty o rozłącznych wnętrzach. Wierzchołkami podziału nazwijmy te wierzchołki wielokątów które nie są wierzchołkami wielokąta Wówczas

gdzie jest liczbą wierzchołków podziału wokół których znajdują się tylko kąty wypukłe wielokątów zaś jest liczbą wierzchołków podziału leżących na bokach wielokąta (w przypadku wierzchołków podziału, będących wierzchołkami pewnych kątów wklęsłych wielokątów "wychodzimy na zero", zgodnie z definicją ).

W szczególności z powyższej równości wynika, że

Pozostaje zauważyć, że gdyby wszystkie wielokąty były czworokątami wklęsłymi, to dla każdego wobec czego

co nie może mieć miejsca.

Prowadzimy z punktu prostą różną od styczną do okręgu w punkcie Prosta przechodząca przez punkty jest styczna do okręgu w punkcie i przecina prostą w punkcie Pokażemy, że jest środkiem odcinka Ponieważ

uzyskujemy podobieństwa

Stąd wynikają proporcje oraz ; a z nich -

(1)

Dalej, zauważamy kolejne pary trójkątów podobnych (odpowiednie kąty równe):

To daje proporcje oraz z których wynika, że prawa strona wzoru (1) jest równa czyli 1.

Punkty leżą po jednej stronie punktu ; punkty po drugiej. Uzyskana równość oznacza, że jest środkiem odcinka Przez analogię, ten sam punkt jest też środkiem odcinka Stąd wniosek, że odcinki i są przystające.

Niech będzie takim punktem w przestrzeni, że czworościan jest foremny. Wówczas trójkąt jest przystający do trójkąta gdyż jest jego obrazem przy obrocie wokół prostej przeprowadzającym punkt na punkt Wobec tego

W pełni analogicznie uzasadniamy przystawanie par trójkątów oraz i wynikające stąd równości oraz Za wystarczy teraz przyjąć obraz punktu przy takim obrocie wokół prostej który posyła w płaszczyznę trójkąta (są dwa takie punkty).

Niech będzie takim punktem, że czworokąt jest równoległobokiem. Wówczas

oraz

a zatem trójkąty oraz są przystające (cecha bok-kąt-bok). Zatem czyli trójkąt jest równoramienny, więc

Pozostaje zauważyć, że proste i są równoległe, więc

jest szukanym kątem.

Każdy punkt mapy pomalujmy na czarno, jeśli leży on wewnątrz nieparzystej liczby spośród danych okręgów, a na biało w przeciwnym przypadku.

Nie, np. mapę z rysunku obok da się pomalować dwiema barwami.

b) Pokolorujmy mapę wyznaczoną przez pierwszy bazgroł dwiema barwami (da się to zrobić na mocy części a)). Malujmy teraz drugi bazgroł zgodnie z kolorami państw, przez które wędruje. W każdym punkcie przecięcia pierwszego bazgroła zmienia się kolor (i tylko w tych punktach). Ponieważ drugi bazgroł jest krzywą zamkniętą, zmienia on kolor parzystą liczbę razy, co kończy dowód.

Oznaczmy przez punkt przecięcia przekątnych czworokąta Prosta równoległa do przecina bok w punkcie będącym środkiem tego boku. Skoro ów bok jest równoległy do zatem punkt (leżący na prostej ) jest środkiem odcinka

Z danych równoległości dostajemy ponadto równość kątów

Trójkąt jest więc równoramienny: Punkt jako środek odcinka jest w takim razie środkiem okręgu opisanego na trójkącie Wynika stąd, że kąt jest prosty - a to teza zadania.

Niech oznacza pole figury

Ponieważ i są środkami odcinków i to oraz Podobnie otrzymujemy oraz W takim razie czworokąt ma dwa boki równej długości i równoległe, więc jest równoległobokiem o środku Ponadto trójkąt jest obrazem trójkąta w jednokładności o środku i skali więc Z analogicznych rozważań dla trójkątów i otrzymujemy

Stąd mamy

Wiemy również, że

W takim razie otrzymujemy

oraz

W takim razie

Minimum jest osiągane dla czworokąta (zdegenerowanego), w którym wierzchołki i są współliniowe (wówczas ), a maksimum - gdy wierzchołki i są współliniowe (wówczas ).

Trójkąty i są podobne (jako połówki kwadratów) oraz są położone w sposób opisany w twierdzeniu (*). Ponadto są one niezgodnie ułożone, istnieje więc jednokładność o skali ujemnej przeprowadzająca na na oraz na Odcinki przecinają się więc w jej środku. Analogicznie odcinek przechodzi przez punkt przecięcia odcinków i

Niech oznacza pole figury Skoro to Trójkąty te mają wspólną podstawę zatem mają też równe wysokości na nią. Ponieważ punkty i leżą po tej samej stronie prostej wynika stąd, że Analogicznie oraz

Wobec tego niezgodnie ułożone trójkąty i spełniają założenia twierdzenia Jeden z nich jest więc obrazem drugiego w pewnej jednokładności o ujemnej skali, której środek leży na każdym z odcinków