Delta mi!

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

Zastosujmy inwersję względem dowolnej sfery o środku w punkcie styczności sfer  i  Wówczas obrazami tych dwóch sfer, przechodzących przez środek inwersji, są płaszczyzny  i  Płaszczyzny te są równoległe, bo jedynym wspólnym punktem sfer  i   jest środek inwersji.

Identyczne piłeczki na stole. Nie narysowano płaszczyzny  równoległej do  i stycznej do sfer od góry.

Obrazem każdej z pozostałych sfer  jest sfera (bo żadna z nich nie przechodzi przez środek inwersji) styczna do  i  Z równoległości tych płaszczyzn wynika, że wszystkie sfery  mają średnice równe odległości  od  czyli są przystające. Ponadto wszystkie sfery  są styczne do sfery  oraz dla każdego  sfera  styczna jest do sfery (przy czym ). Odpowiada to sytuacji, gdy na stole (płaszczyźnie ) ustawiamy piłeczki, przy czym łańcuch kolejno stycznych piłeczek  otacza środkową piłeczkę  stykając się także z nią. Skoro wszystkie piłeczki są tej samej wielkości, to taki łańcuch „domyka” się wtedy i tylko wtedy, gdy

Stąd również w wyjściowej sytuacji (przed inwersją) łańcuch sfer  ma zawsze dokładnie sześć elementów i nie zależy to od rozmiarów ani położenia sfer  ani też od wyboru sfery  Taki łańcuch sfer nazywa się Hexletem Soddy’ego.

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.

Przy symetrii względem osi  współrzędna  się nie zmienia, a współrzędne  i   zmieniają znak.

Wprowadźmy układ współrzędnych tak, aby wyróżniony wierzchołek  czworościanu był w punkcie  a prostopadłe dwusieczne kątów płaskich  i   były zawarte odpowiednio w dodatnich półosiach  i 

Rozważmy dowolny punkt  z półprostej  Jego obrazem w symetrii względem osi  jest punkt  na półprostej

Z kolei obrazem punktu  w symetrii względem osi  jest punkt  na półprostej  Punkty  i   są więc symetryczne względem osi  Zatem, z dowolności wyboru  całe półproste  i   są symetryczne względem  Stąd dwusieczna kąta  zawarta jest w osi  co kończy dowód.

Wybierzmy na boku  taki punkt  że

Wtedy  a skoro  to

więc na czworokącie  można opisać okrąg. Wobec tego

skąd  Z drugiej strony,

więc również  Zatem

Umieszczamy czworościan w przestrzeni czterowymiarowej, tak, by jego wierzchołkami były punkty

Dla mamy wówczas

co się zgadza z treścią zadania, gdy  Nie ogranicza to ogólności rozumowania, bo równość podana do udowodnienia ma po obu stronach wyrażenia jednorodne stopnia 4.

Weźmy dowolny punkt  leżący w tej samej przestrzeni trójwymiarowej, co punkty  czyli taki, że  Przyjmijmy, że leży on w odległości od początku układu współrzędnych:  Obliczamy:

Dwie ostatnie równości dają tezę zadania.

(Autor rozwiązania: Jerzy Cisło.)

Obróćmy kwadrat o   wokół środka. Obrazem trójkąta  jest trójkąt  zatem  Analogicznie  Stąd

Obróćmy kwadrat o   wokół wierzchołka  niech  będzie obrazem punktu  Wtedy  zatem

Ponadto  więc  bo trójkąty te mają dodatkowo wspólny bok  Stąd