Delta mi!

Niech  będzie promieniem danego okręgu – opisanego na każdym z trójkątów  Zachodzi równość

której obie strony wyrażają pole trójkąta  Po uproszczeniu dostajemy pierwszą z wypisanych poniżej równości, a dalsze trzy są jej cyklicznymi odpowiednikami:

Stąd wynika wzór, o który pyta zadanie:

Załóżmy, że w trójkącie  mamy  Odłóżmy kąt  na dwusiecznej  jako na ramieniu, jak na rysunku.

Z podobieństwa trójkątów  i  mamy  Ale w trójkącie  bok  leży naprzeciw większego kąta niż bok  więc  Stąd i z uzyskanej proporcji otrzymujemy  Tym bardziej więc  co mieliśmy udowodnić.

Bez utraty ogólności możemy założyć, że długość boku  trójkąta  wynosi Oznaczmy

Wówczas trzeba wykazać, że któraś z liczb  jest niemniejsza od

Gdyby liczby    były mniejsze od  to byłoby

Ale wówczas

Niech okrąg  opisany na trójkącie  przecina prostą  w drugim punkcie  Wtedy

zatem  Oba punkty  leżą na prostej  po tej samej stronie  więc

Niech  będzie jednym z rozważanych punktów styczności, wtedy  Takie punkty leżą więc na okręgu  Z kolei z zadania 4, każdy punkt z tego okręgu i spoza prostej  należy do szukanego zbioru.

Jako że  to

Stąd  więc też

Załóżmy, że trójkąt przystający do  o wszystkich wierzchołkach zielonych, nie istnieje. Rozważymy trzy przypadki.

Jeżeli istnieje trójkąt przystający do  o wszystkich wierzchołkach czerwonych – nazwijmy go po prostu  – przesuwamy go o dowolny wektor długości 1. Otrzymujemy trójkąt  który (w myśl przyjętego założenia) ma co najmniej jeden wierzchołek czerwony. Wraz z odpowiednim punktem z trójki  tworzy on czerwoną parę punktów odległych o 1.

Jeżeli istnieje trójkąt przystający do  (ponownie nazwijmy go ), w którym dokładnie jeden wierzchołek – na przykład  – jest zielony, rysujemy dowolny trójkąt równoboczny  o boku długości 1. Przesuwamy trójkąt  o wektory  i  otrzymując trójkąty  i  Gdy któryś z punktów  jest czerwony, mamy tezę. Gdy te cztery punkty są zielone, wówczas (znów na mocy przyjętego założenia) punkty  muszą być czerwone, co też daje tezę.

Pozostaje przypadek, gdy w każdym trójkącie przystającym do  dokładnie jeden wierzchołek jest czerwony. Ustalmy dowolny czerwony punkt  na płaszczyźnie i narysujmy dowolny trójkąt przystający do  (ponownie nazwijmy go ), z wierzchołkiem  w owym punkcie  Punkty  są więc zielone. Uzupełniamy trójkąt  do równoległoboku ; trójkąt  przystaje do  więc punkt  musi być czerwony. Długość  odcinka  jest liczbą określoną jednoznacznie przez zadany trójkąt  (to podwojona długość środkowej z wierzchołka ). Z dowolności usytuowania trójkąta  (z wierzchołkiem ) wynika, że każdy punkt położony w odległości  od punktu  jest czerwony.

Ponieważ punkt  mógł być dowolnym punktem czerwonym, widzimy, że każdy odcinek długości  z jednym końcem czerwonym, ma i drugi koniec czerwony. Krokiem długości  można połączyć każde dwa punkty płaszczyzny – cała płaszczyzna jest więc czerwona. To oczywiście także daje tezę.

Oznaczmy przez  środek okręgu  przez  zaś środek odcinka Na czworokącie  można opisać okrąg wtedy i tylko wtedy, gdy  Rozważając czworokąty  i  widzimy, że jest to równoważne temu, iż  Ale

więc żądana równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy trójkąt  ma kąt prosty przy wierzchołku  Wobec definicji punktu  jest to prawda wtedy i tylko wtedy, gdy trójkąt  jest równoramienny o podstawie

Ustawmy trzy trójkąty prostokątne jak na rysunku. Wówczas

Ustawmy prostopadłościany o wymiarach    oraz  tak, jak na rysunku. Wówczas

Ustawmy trzy czterowymiarowe hiperprostopadłościany (odpowiedniki trójwymiarowych prostopadłościanów) o wymiarach oraz analogicznie do sytuacji z rysunku do poprzedniego zadania. Wtedy

to długość łamanej od  do  natomiast odcinek  to przekątna 4-wymiarowego hipersześcianu o krawędzi  czyli

co kończy dowód.

Ustawmy trójkąty prostokątne o przyprostokątnych  i 1,  i 1 oraz  i 1 podobnie, jak na rysunku. Wtedy

Ponadto

ponieważ

Rys. 1

Rys. 2

Dla  ustawmy trójkąty prostokątne o przyprostokątnych  oraz   tak, jak na rysunku 1. Przeciwprostokątna -tego trójkąta ma wtedy długość  więc dla łamanej od  do  uzyskujemy

Z założenia  a rysunek 2 ilustruje znaną tożsamość Stąd  i to jest szukana najmniejsza wartość danego wyrażenia. Jest ona osiągana, gdy łamana od  do  jest odcinkiem, czyli gdy  dla każdego

Przypuśćmy, że istnieje taki ośmiościan, opisany na kuli o środku  i promieniu  Wybierzmy jedną ze ścian, styczną do owej kuli w punkcie  Rzut kuli na płaszczyznę tej ściany jest kołem  o środku  i promieniu  (rysunek powyżej przedstawia przekrój płaszczyzną, przechodzącą przez prostą odcinek  jest średnicą koła ).

Stożek o podstawie  i wierzchołku  wycina na powierzchni kuli  obszar  – czaszę kulistą, ograniczoną okręgiem, którego średnicą jest (na rysunku) odcinek  o środku  Czasze, uzyskane w ten sposób dla ośmiu ścian, są rozłącznymi obszarami na sferze. Suma ich pól nie przekracza pola całej sfery, równego  Wszelako koło o średnicy  jest podstawą stożka, z wierzchołkiem w punkcie  o promieniu podstawy  i wysokości  Powierzchnia boczna tego stożka ma pole  czyli  Powierzchnia obszaru  jest jeszcze większa. Wychodzi nierówność po przekształceniu:  Sprzeczność; zatem taki ośmiościan nie istnieje.

(Rachunkiem całkowym można obliczyć, że pole obszaru  wynosi  co jest większe niż  pola całej sfery; wielościan o rozważanej własności może mieć więc co najwyżej sześć ścian).

Załóżmy najpierw, że punkt  jest taki, że trójkąt  jest równoboczny. Wówczas trójkąty  i  są przystające, gdyż są podobne i   Ponieważ obrazem odcinka  przy obrocie o kąt  (skierowany zgodnie z kątem ) względem punktu  jest odcinek  więc obrazem trójkąta  jest trójkąt  Zatem kąt  ma miarę  a ponadto  więc trójkąt  jest równoboczny.

---

Są dwa punkty  dla których trójkąt  jest równoboczny. Łatwo sprawdzić, że dla nich trójkąt  jest też równoboczny. Zatem są to wszystkie szukane punkty.

Umieśćmy w punktach  i  masy  a w  i  masy  takie, by  (da się takie masy dobrać). Wtedy  Wobec tego

Jednocześnie  oraz  więc

Niech      Umieśćmy w  odpowiednio masy  i wyznaczmy środek ciężkości  tego układu.    więc  leży na prostej  Jednocześnie  więc  leży też na prostej  Stąd 

Umieśćmy teraz dodatkowo masę  w punkcie  i masę  w punkcie  wtedy  Niech  będzie środkiem ciężkości „starych” i „nowych” mas, wtedy  leży na prostej  łączącej ich środki ciężkości.

Z twierdzenia o dwusiecznej,  jest jej spodkiem dla  Leży więc na niej punkt  Analogicznie leży on też na pozostałych dwusiecznych kątów trójkąta, jest zatem środkiem okręgu wpisanego. Stąd  co kończy dowód.