Delta mi!

Z prostopadłości cięciwy do średnicy wynika, że krótsze łuki i są równe, a więc półprosta jest dwusieczną kąta wpisanego Kąt jest wpisany w okrąg i oparty na średnicy, zatem czyli półprosta jest z kolei dwusieczną kąta zewnętrznego przy wierzchołku trójkąta Z twierdzenia o dwusiecznej

Oznaczmy przez ortocentrum trójkąta przez środek okręgu wpisanego w trójkąt a przez punkt przecięcia prostych i Ponieważ więc półprosta jest dwusieczną kąta i do zakończenia dowodu wystarczy wykazać, że półprosta jest dwusieczną kąta

Kąt jest prosty, więc punkty i punkt styczności okręgu wpisanego w trójkąt z bokiem tworzą kwadrat. Stąd

Korzystając kolejno z twierdzenia Talesa dla równości odcinków, twierdzenia Talesa dla i twierdzenia o dwusiecznej, uzyskujemy

Stąd na mocy twierdzenia o dwusiecznej jest dwusieczną kąta

Niech oznaczają odpowiednio promienie okręgów wpisanych w trójkąty i a - obwody tych trójkątów. Ponadto niech oznacza obwód trójkąta

Z równości odcinków stycznych do okręgu poprowadzonych z jednego punktu (zastosowanej trzykrotnie do okręgu wpisanego w trójkąt oraz punktów ) otrzymujemy

Po dodaniu

do obu stron równości dostajemy

Z podobieństwa każdego z małych trójkątów do trójkąta wynika, że dla zachodzi równość

W takim razie

Niech Duży okrąg o środku którego dotyczy zadanie, oznaczmy symbolem Okręgi opisane na trójkątach i oznaczmy przez i Niech będzie cięciwą okręgu równoległą do (zatem ), i niech będzie okręgiem o środku stycznym do prostej w punkcie Skoro teza zadania sprowadza się do wykazania, że punkt leży na prostej

Rozważmy inwersję względem okręgu Każda z półprostych (bez punktu ) jest odwzorowywana na samą siebie. Prosta przechodzi na okrąg o średnicy (punkt nie zmienia położenia). Obrazami punktów są punkty w których półproste przecinają okrąg Okręgi i (bez punktu który jest środkiem inwersji) zostają przekształcone na proste oraz Obrazem okręgu jest okrąg styczny do prostych i

Prosta jest styczna do okręgu więc
Także oraz Zatem cięciwy okręgu są jednakowej długości. Okrąg styczny do tych trzech cięciw, jest wobec tego współśrodkowy z okręgiem Prosta jest więc osią symetrii okręgu

Stąd wynika, że ta sama prosta jest też osią symetrii okręgu - przechodzi zatem przez jego środek, czyli punkt - a to właśnie mieliśmy wykazać.

Jeśli każda ściana jest trójkątem, to zachodzi równość co jest niemożliwe.

Ponieważ wielościan o 7 krawędziach miałby najwyżej 4 wierzchołki, a więc najwyżej 6 krawędzi - sprzeczność.

Jeśli płaszczyzna przecina krawędzi, to przekrój ma boków i płaszczyzna ta przecina także różnych ścian (bo wielościan jest wypukły). Stąd więc zatem niemożliwe, by

Jeśli jest liczbą nieparzystą, to liczby są nieparzyste, a więc niemożliwe, by

Na mocy wzoru Eulera oraz nierówności uzyskujemy Pozostałych nierówności dowodzimy analogicznie.

Niech oznacza liczbę krawędzi ściany dla wówczas Suma kątów płaskich ścian wielościanu równa jest

Jeśli nie ma, to oraz zatem sprzeczność.

Oznaczmy przez liczbę ścian -kątnych, a przez liczbę naroży -ściennych

Wtedy oraz Stąd

Jeśli wielościan ma ścian pięciokątnych i sześciokątnych, to oraz Wielokąty są foremne, zatem w każdym wierzchołku schodzą się po trzy. Stąd czyli a więc

Zatem - wielościan ma 12 ścian pięciokątnych.

Pozostawiamy Czytelnikom uzasadnienie, że krawiec może uszyć tylko dwunastościany foremne i piłki nożne.

Szukamy wielościanów wypukłych zbudowanych z -kątów foremnych, po w każdym wierzchołku. Oznacza to, że oraz Wobec tego

przy czym Równanie to ma pięć rozwiązań.

Skądinąd znamy pięć wielościanów foremnych: dla czworościan, - sześcian, - ośmiościan, - dwunastościan i - dwudziestościan. Powyższe rozumowanie wskazuje, że więcej ich być nie może.

Przyjmijmy

Oczywiście to długości fragmentów boków od wierzchołków do punktów styczności z okręgiem wpisanym. Oznaczając przez środek i promień okręgu wpisanego, mamy zgodnie z twierdzeniem Pitagorasa

Lewa strona zadanej nierówności jest sumą trzech składników. Przekształcamy wyrażenie pod pierwiastkiem w pierwszym składniku:

(1)

Pole trójkąta wyraża się wzorami (wzór Herona) oraz ; stąd Kontynuujemy przekształcenie (1):

Analogicznie wyrażają się pozostałe dwa składniki. Dowodzona nierówność przybiera postać

po uproszczeniu:

(2)

- co jest banalną prawdą, skoro

Biorąc trójkąt, w którym najmniejszy kąt jest bliski zeru, uzyskujemy w nierówności (2) stosunek lewej do prawej strony dowolnie bliski jedności (trójkąt niewiele różni się od odcinka, a obie strony (2) są bliskie długości owego odcinka). Stąd wniosek, że stała (w oryginalnej nierówności) jest optymalna.

Niech będzie takim punktem na odcinku że proste i są równoległe. Wówczas z twierdzenia Talesa otrzymujemy

a stąd

Ponownie korzystając z twierdzenia Talesa, mamy

Rozważmy dwa punkty i na naszej krzywej, dzielące ją na dwie krzywe o równych długościach. Wtedy odległość między i liczona wzdłuż łuku okręgu wielkiego, wynosi mniej niż Niech będzie środkiem tego łuku. Przyjmujemy, że jest to biegun północny naszej sfery. Pokażemy, że krzywa nie przecina równika sfery, czyli leży w całości na półkuli północnej.

Załóżmy przeciwnie, że krzywa przecina równik w punkcie Niech będzie obrazem przy obrocie o wokół osi wyznaczonej przez bieguny sfery. Punkty i przy tym obrocie zamieniają się miejscami. Zauważmy, że krzywa ma taką samą długość jak czyli mniejszą niż Z drugiej strony zawiera ona dwa punkty antypodyczne (punkt i jego obraz przy obrocie), co oznacza, że jej długość wynosi co najmniej Ta sprzeczność kończy dowód.

Przyjmijmy, że punkt przecięcia prostych i leży na półprostych i oraz że prosta przecina okręgi i odpowiednio w punktach i (różnych od ). Wspólna cięciwa tych okręgów - nazwijmy ją - przechodzi przez środek odcinka Z równości oraz wnosimy, że a stąd

Także oraz Prawe strony tych równości są równe, więc lewe też. Oznaczając odległości punktów od punktu kolejno literami przepisujemy uzyskaną zależność w postaci Po wymnożeniu i uwzględnieniu równości otrzymujemy związek Tak więc

Skoro wynika stąd, że To zaś oznacza, że proste i są równoległe.

Czworokąt jest równoległobokiem (być może zdegenerowanym)

Niech Na mocy jest to przesunięcie, ponadto

i analogicznie Oznacza to, że (jest to wektor przesunięcia ), co kończy dowód.

Niech Na mocy jest to obrót o Skoro

to jest punktem stałym (środkiem) tego obrotu, czyli

Rozważmy dowolny punkt i wyznaczmy Wówczas otrzymujemy kolejno:
jako środek odcinka o końcach i , oraz

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku i niech Na mocy jest to przesunięcie. Ponieważ to wektor przesunięcia jest zerowy, czyli Zatem na mocy trójkąt jest równoboczny.

Niech Na mocy jest to przesunięcie. Z treści zadania wynika, że stąd wektor przesunięcia jest zerowy, czyli Wobec tego na mocy trójkąt ma kąty równe

Niech Na mocy jest to przesunięcie; więc Na mocy trójkąt jest prostokątny i Tak samo dowodzimy, że trójkąt jest drugą połową kwadratu

Spośród wszystkich wierzchołków wybierzmy te dwa, które są najdalej od siebie, i oznaczmy je przez i Przez te wierzchołki przeprowadźmy proste i prostopadłe do odcinka Wówczas jest zawarty w pasie ograniczonym prostymi i Po obu stronach prostej znajdźmy te wierzchołki które są najdalej od tej prostej, i nazwijmy je i (być może któryś z nich jest wierzchołkiem lub ). Przez i poprowadźmy proste i równoległe do Wielokąt jest zawarty w pasie ograniczonym tymi prostymi, jest zatem zawarty w prostokącie będącym przecięciem pasów i Z konstrukcji wynika, że pole prostokąta jest dwa razy większe od pola czworokąta który jest zawarty w Zatem

Nie - ale niewiele brakuje. Oznaczmy: Z podanych warunków wynika, że czworokąt jest równoległobokiem o przekątnych prostopadłych, czyli rombem. Trójkąty i są podobne. Stąd czyli Z tego równania wyznaczamy Z trójkąta prostokątnego dostajemy Pole trapezu wynosi gdzie