Delta mi!

Rozważmy konfigurację punktów  z rysunku, gdzie każdy odcinek ma długość 1.

Jeśli teza nie zachodzi dla żadnej pary punktów wybranej spośród  to każdy z tych punktów jest innego koloru. Wtedy albo  jest tego koloru co  lub  albo  jest tego samego koloru co  powiedzmy, zielonego. Jeśli każdy z punktów  jest innego koloru, to albo  jest tego koloru co  lub  albo  jest tego koloru co  czyli zielonego. Ale wówczas oba punkty  i   są zielone, co kończy dowód.

Wykażemy, że trójkąt  musi być równoboczny.

Załóżmy, że  jest ortocentrum trójkąta  Mamy równość kątów  i   jako wpisanych opartych na tym samym łuku. Skoro jednak  jest ortocentrum, to kąt  jest równy kątowi  Ten z kolei jest oparty na tym samym łuku co kąt  Zatem  czyli  jest dwusieczną i zarazem środkową w trójkącie  Zatem  co wynika np. z twierdzenia o dwusiecznej. Analogicznie dowodzimy, że

Oznaczmy przez  promień Ziemi, a przez  rozmiar otrzymanej szczeliny. Obręcz odstająca od powierzchni Ziemi ma długość  i wiemy, że długość ta jest równa  Stąd  czyli  metra.

Samolot leci najkrótszą drogą, a więc po łuku pewnego okręgu wielkiego przechodzącego przez Oslo. Ponieważ startuje dokładnie na zachód, jest to ten okrąg wielki, dla którego Oslo jest punktem położonym najbardziej na północ. Okrąg ten przecina się z równikiem w takich dwóch przeciwległych punktach, dla których Oslo jest środkiem łączącego je półokręgu. Stąd długości geograficzne Oslo i miasta cioci różnią się o   Ciocia mieszka więc w mieście o współrzędnych ok.  N,  W, czyli w Quito, stolicy Ekwadoru. Odległość z Oslo do cioci to  długości okręgu wielkiego, czyli około  km.

Obszar, który mieści się na pojedynczym zdjęciu, zawarty jest wewnątrz pewnej półsfery. Jej brzegiem jest okrąg wielki, którego żadnego punktu nie ma na tej fotografii (zaznaczony kolorem na rysunku). Stąd dwa zdjęcia na pewno nie wystarczą, bo na każdym obejmujemy mniej niż połowę powierzchni Ziemi.

Wykażemy, że trzy zdjęcia również nie wystarczą. Przy pierwszym zdjęciu nie obejmujemy żadnego punktu z pewnego okręgu wielkiego  przy drugim – żadnego punktu z pewnego okręgu wielkiego  Okręgi te przecinają się w dwóch przeciwległych punktach Ziemi  i   lub pokrywają się, wtedy wybierzmy jako  i   dowolne dwa ich przeciwległe punkty. Nie da się na pojedynczym (trzecim) zdjęciu objąć obu tych dotychczas niesfotografowanych punktów  i 

Pokażemy teraz, że zdjęcia z wierzchołków dowolnego czworościanu zawierającego globus obejmują całą powierzchnię. Rozważmy dowolny punkt  na globusie i płaszczyznę  styczną do globusa w   Skoro czworościan zawiera globus, to co najmniej jeden z jego wierzchołków musi leżeć na płaszczyźnie  lub po przeciwnej jej stronie, niż globus. Z takiego wierzchołka widać punkt

Wystarczy wykazać, że  Z faktu wnioskujemy, że  jest równy różnicy kątów wpisanych w okrąg  i opartych na łukach  oraz  Podobnie  jest równy różnicy kątów wpisanych opartych na łukach  oraz  jest równy różnicy kątów wpisanych opartych na łukach  i   i   jest równy różnicy kątów wpisanych opartych na łukach  i   Oznaczmy przez  długość łuku  Zatem teza zadania zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy

Nietrudno zauważyć, że powyższa równość jest równoważna równości

co należało wykazać.

Niech  będzie równoległościanem  rozważanym w zadaniu. Jak wiemy z poprzedniego odcinka, wystarczy, jeśli wykażemy, że czworościan  wpisany w ten równoległościan jest równościenny, a to będzie udowodnione, gdy uzasadnimy, że pola jego ścian są równe.

Rozważmy przekrój płaszczyzną przechodzącą przez środki krawędzi  i   (rysunek). Nietrudno udowodnić, że przekrój ten jest sześciokątem przechodzącym także przez środki krawędzi  i   oraz zawierającym środek symetrii  danego równoległościanu. Punkt  jest także środkiem symetrii tego sześciokąta, więc pole rozważanego przekroju jest 6 razy większe niż pole trójkąta  gdzie  i  są środkami odcinków  i   Z drugiej strony pole tego trójkąta jest 4 razy mniejsze niż pole trójkąta  będącego ścianą czworościanu  Stąd wniosek, że pole ściany  stanowi  pola rozważanego przekroju.

Ponieważ podobne rozumowanie można przeprowadzić dla pozostałych ścian czworościanu  to z równości pól danych przekrojów wynika równość pól ścian tego czworościanu – a to właśnie chcieliśmy wykazać.

O co nas tak naprawdę pytają? O to, czy istnieje czworościan równościenny, którego ściany są trójkątami o bokach  W poprzednim kąciku jednak stwierdziliśmy, że ściany takiego czworościanu muszą być trójkątami ostrokątnymi, zaś z nierówności  wynika, że trójkąt o bokach  jest rozwartokątny. Zatem taka czwórka punktów w przestrzeni nie istnieje.

Niech będzie dowolnym nieforemnym czworościanem równościennym. Ponieważ odcinek łączący środki krawędzi i jest do nich prostopadły, to przekształcenie będące obrotem wokół tego odcinka o przeprowadza dany czworościan na siebie. W szczególności kula wpisana w ten czworościan również musi przejść na siebie. Przy tym przekształceniu punkt przechodzi na zaś na i podobnie przechodzi na i na odwrót. W takim razie środkowa poprowadzona z wierzchołka przechodzi na środkową poprowadzoną z wierzchołka . Skoro jednak kula wpisana jest zachowywana, to część wspólna jednej środkowej z kulą przechodzi na część wspólną drugiej środkowej z tą kulą. To oznacza, że . Podobnie udowodnimy pozostałe równości.

Skoro sfera wpisana jest styczna do dwóch ścian w środkach okręgów opisanych, to dany czworościan jest równościenny. To oznacza, że sfera wpisana jest styczna do wszystkich ścian w środkach okręgów opisanych. A skoro sfera ta jest styczna do jednej z tych ścian w ortocentrum, to dla niej musi się ono pokrywać ze środkiem okręgu opisanego. W takim razie ta ściana jest trójkątem równobocznym. Skoro jednak dany czworościan jest równościenny, to wszystkie jego ściany są przystające, a więc przystające do trójkąta równobocznego. To zaś oznacza, że dany czworościan jest foremny.

Nie można.
Wystarczy, jeśli znajdziemy dwa czworościany o różnych objętościach, dla których wspomniane 5 wielkości są jednakowe. Dobrym pomysłem jest ograniczenie się do klasy czworościanów równościennych, bowiem dla nich promień każdej ze sfer dopisanych jest 2 razy większy od promienia sfery wpisanej. Wówczas dane 5 wielkości redukuje się do jednej.

Teraz można by użyć wzorów na odpowiednie wielkości dla czworościanów równościennych, ale prowadzi to do zawiłych rachunków. Znacznie lepiej przeprowadzić następujące rozumowanie. Rozważmy sześcian o krawędzi długości i sferę dopisaną do czworościanu równościennego (a nawet foremnego) o środku w punkcie . Oczywiście objętość czworościanu jest równa . Nietrudno też wyliczyć (np. wyrażając objętość czworościanu na dwa sposoby), że promień tej sfery jest równy . Poprowadźmy teraz pewną płaszczyznę styczną do tej sfery, która przecina półprostą w pewnym punkcie , który leży bardzo daleko, zaś krawędzie i w punktach i . Niech będzie punktem na płaszczyźnie takim, że czworokąt jest prostokątem, zaś , , takimi punktami, że wielościan jest prostopadłościanem. Zauważmy, że długości odcinków i są ograniczone z dołu przez promień sfery o środku w , czyli , zaś odcinek może być dowolnie duży. Wynika stąd, że objętość prostopadłościanu moze być dowolnie duża. To samo można powiedzieć o objętości czworościanu równościennego wpisanego w ten prostopadłościan. Jednakże promień sfery dopisanej do niego o środku w jest równy , tyle samo wynoszą promienie pozostałych sfer dopisanych, zaś promień sfery wpisanej jest 2 razy mniejszy. Znaleźliśmy więc dwa czworościany równościenne, które mają sfery wpisane o jednakowych promieniach, jak i sfery dopisane o równych promieniach; a jednak ich objętości są różne.

Niech punkty  i   będą rzutami prostokątnymi punktu odpowiednio na proste  i  Punkt (środek łuku ) leży na dwusiecznej kąta  Zatem  trójkąty  i  są przystające,  Są możliwe dwie konfiguracje: albo (jak na rysunku) punkt  leży między punktami  i  a   między  i – albo odwrotnie (  między  zaś  między ).

W sytuacji, jak na rysunku, mamy równości

więc punkt  jest środkiem odcinka (rozumowanie w drugim przypadku, po oczywistej zmianie w znakach, prowadzi do tej samej konkluzji). Wniosek: prosta  jest symetralną odcinka  i wobec tego

Niech  oznacza punkt przecięcia przekątnych czworokąta

Zauważmy, że kąty  i   są równe jako wpisane oparte na tym samym łuku. Z założenia (wbrew rysunkowi), kąty  i   też są równe. Odcinek  to wspólny bok trójkątów  i   więc są one przystające. Stąd  czyli trójkąt  jest równoramienny.

Odpowiedź: Oto pokolorowanie, w którym taki odcinek nie istnieje.

Ustalmy punkt  płaszczyzny i pomalujmy go na czarno. Punkty na każdym okręgu o środku w   i promieniu niewymiernym pomalujmy na biało, zaś punkty na każdym okręgu o środku w   i promieniu wymiernym – na czarno. Przez dowolny odcinek dodatniej długości musi przechodzić pewien okrąg pierwszego typu, jak również drugiego. Zatem odcinek ten nie może być jednokolorowy.

Niech  będzie takim punktem na boku  że  Skoro  to punkt  leży na odcinku

Wobec  prosta  jest równoległa do prostej  lub przecina ją w punkcie  leżącym od strony punktu  na zewnątrz odcinka  Zatem

tzn. możemy przepchnąć punkt  do gorszego przypadku – punktu  Ponieważ pole trójkąta  nie zależy od położenia punktu  na odcinku  więc mamy

Niech  Wówczas

i mamy

Równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy  i   Ale  zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy  lub  Zatem równość w tezie zadania zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy punkt  oraz punkt  lub  są środkami odpowiednich boków trójkąta

Przypuśćmy, że potrafimy tak wybrać  wierzchołków  -kąta foremnego, by żadne trzy nie były wierzchołkami trójkąta równoramiennego. Oznaczmy wówczas wierzchołki  -kąta przez  w taki sposób, by wierzchołek  był wybrany. Podzielmy teraz pozostałe wierzchołki na  par postaci  dla  Zauważmy, że każda z tych par tworzy podstawę trójkąta równoramiennego o wierzchołku  zatem z każdej pary dokładnie jeden wierzchołek musiał być wybrany. W szczególności wybrany jest jeden z wierzchołków sąsiadujących z   (tzn.  ) oraz jeden z wierzchołków odległych o dwa miejsca od  (czyli  ). Nie mogą być to jednak sąsiednie wierzchołki, bo wówczas wraz z   tworzyłyby trójkąt równoramienny złożony z trzech sąsiednich wierzchołków. Zatem, gdy z jednej strony sąsiadujący z nim wierzchołek został wybrany, z drugiej wybrany został wierzchołek odległy od niego o dwa miejsca. Przypuśćmy zatem bez straty ogólności, że wybrane zostały wierzchołki  i   Stosując powyższe rozumowanie z wierzchołkiem  zamiast  oraz z wierzchołkiem  zamiast  stwierdzamy, że wybrane musiały być  oraz  Dostajemy zatem trójkąt równoramienny  co jest sprzeczne z założeniem. Otrzymana sprzeczność kończy rozwiązanie zadania.

Przedstawione rozwiązanie jest prawie analityczne, oparte na idei, która zapewne powstała po przyjrzeniu się dokładnemu rysunkowi, który był w brudnopisie (zamieszczamy go na dole sąsiedniej szpalty). Niech          Ponieważ trójkąt  jest ostrokątny, więc  Możemy założyć, że promień okręgu opisanego na trójkącie  jest równy  więc    Ponieważ  więc  zatem  Niech  oznacza punkt wspólny boku  i dwusiecznej kąta  Jej równanie to  (bo leżą na niej punkty  i   – środek łuku ). Wobec tego  Równanie prostej  to  więc  Niech  Mamy  oraz  Jeśli  to  więc  Stąd

Stąd wynika, że prosta  jest równoległa do prostej  więc trójkąty  i  są podobne, zatem  co kończy dowód twierdzenia. Jeśli  to  więc  zatem  i   więc  jest środkiem odcinka  Twierdzenie zachodzi również w tym przypadku.

Zauważmy, że trójkąty  są przystające na mocy cechy bkb (oczywiście  a ponadto   ).

Zatem  Natomiast z twierdzenia o stycznej do okręgu i kącie wpisanym, zastosowanego do okręgu opisanego na trójkącie  mamy  Wobec tego kąty  i  są równe, co kończy dowód.

Załóżmy najpierw, że istnieje punkt  o podanej własności. Poprowadźmy przez niego dwie proste. Jedna przecina boki  i   odpowiednio w punktach  i   a druga – w punktach  i  Mamy

gdzie  oznacza pole figury  Zatem

a stąd  Prowadząc przez  trzecią prostą, przecinającą  i   odpowiednio w punktach  i   otrzymamy  Dzieląc stronami ostatnie dwie równości, otrzymamy

co wobec twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa implikuje, że  tzn.

Odwrotnie, niech  Niech  i   będą odpowiednio środkami boków  i   Niech  będzie środkiem odcinka

Z wypukłości czworokąta  wynika, że punkt  leży w jego wnętrzu. Oczywiście  i   dla dowolnej prostej przechodzącej przez  i przecinającej odcinki  odpowiednio w punktach  Zatem  ma własność, o której mowa w treści zadania.

Poprowadźmy przez punkt  proste równoległe do boków trójkąta. Dzielą one trójkąt  na trzy trójkąty równoboczne i trzy równoległoboki. Połowa każdej z tych sześciu figur jest szara. Wobec tego suma pól szarych trójkątów równa jest połowie pola trójkąta

Niezależnie od położenia punktu  suma  równa jest  ponieważ

Z rozwiązania poprzedniego zadania wiemy, że  Stąd nierówność trójkąta  równoważna jest warunkowi  Analogicznie powinny być spełnione warunki  oraz  Oznacza to, że punkt  powinien leżeć wewnątrz trójkąta utworzonego przez środki boków trójkąta

Z nierówności trójkąta mamy  Ponadto  oraz  stąd  Analogicznie  oraz

Obracamy trójkąt w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara.

W sytuacji z rysunku obok mamy  podobnie  Stąd, korzystając z równości  i z sumy miar kątów trójkąta  otrzymujemy

Obróćmy trójkąt o   wokół wierzchołka Niech  będzie obrazem punktu Trójkąt  jest równoboczny. Trójkąt  ma boki długości  więc jest prostokątny.

Analogicznie zdefiniujmy punkty  i   jako obrazy  przy obrotach wokół odpowiednio wierzchołków  i   Wtedy trójkąty  i   są równoboczne o bokach odpowiednio długości 3 i 4, a trójkąty  i   oba są prostokątne o bokach długości 3, 4, 5.

Pole kolorowego sześciokąta  jest równe  plus „dodatki”:

Jednocześnie pole to jest równe sumie pól trzech szarych trójkątów równobocznych i trzech białych prostokątnych:

Szukane pole trójkąta  jest więc dwukrotnie mniejsze:

Wykażemy, że takie cztery punkty istnieją w każdym czworościanie.

Rozważmy dowolny czworościan  w którym  Na krawędziach  i   wybierzmy odpowiednio takie punkty  że

Z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa wynika, że proste  i   są równoległe. Wobec tego punkty  leżą na jednej płaszczyźnie. Ponadto z twierdzenia Talesa obliczamy

skąd

Analogicznie wykazujemy, że każdy z odcinków  ma długość  Stąd wniosek, że czworokąt  jest rombem.

Niech  będzie środkiem rombu  Punkty przecięcia prostych, zawierających dwusieczne kątów  i   z bokami rombu tworzą wierzchołki czworokąta. Czworokąt ten jest kwadratem, gdyż jego przekątne są równe i przecinają się pod kątem prostym.