Delta mi!

Załóżmy, że  jest wspólnym wierzchołkiem danych dwóch kątów oraz przyjmijmy, że pewna płaszczyzna przecinająca wszystkie ściany obywdu kątów tworzy w przekroju wewnętrznego kąta wielokąt  Niech ponadto półprosta  przecina zewnętrzny kąt w punkcie  (jak zwykle idneksowanie modulo ). Dla  zachodzą nierówności

gdzie  jest sumą kątów płaskich przy wierzchołku  części kąta zewnętrznego ograniczonej płaszczyznami  i  Dodając te wszystkie nierówności stronami dostajemy tezę.

Trójkąt  uzupełniamy do prostokąta  Wówczas z równości  wynika, że  To w połączeniu z  dowodzi, że trójkąt  jest równoboczny. Zatem

Rozważmy przypadek, gdy przecina ramię . Rozszerzmy nasz trójkąt do kwadratu .

Punkt przecięcia prostej  z nowo dorysowanym bokiem kwadratu oznaczmy przez  Szukamy takich punktów  że  Równoważnie takich, że odcinki  i  są symetryczne względem prostej  prostopadłej do  przechodzącej przez  To zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy trójkąty  i  są symetryczne względem tej prostej, co jest z kolei równoważne temu, że punkty  i  są symetryczne względem  (bo punkty  i  zostały skonstruowane tak, że są symetryczne względem ).

Prosty rachunek na wektorach: styczna do okręgu jest prostopadła do promienia w punkcie styczności, więc   Punkt  leży na prostej  prostopadłej do zatem

Chcemy wykazać, że wektory  i  są prostopadłe. Obliczamy ich iloczyn skalarny:

Tak więc

Niech punkt  będzie czwartym wierzchołkiem równoległoboku  a  – czwartym wierzchołkiem równoległoboku Równoległoboki te są przystające, ponieważ    oraz    Stąd

Niech punkt  będzie czwartym wierzchołkiem równoległoboku  Wtedy  także jest równoległobokiem (bo ). Wobec tego punkt  jako środek jego przekątnej  jest też środkiem drugiej przekątnej  Analogicznie  jest środkiem  Stąd i z twierdzenia Talesa uzyskujemy  oraz

Niech punkt  będzie czwartym wierzchołkiem prostokąta Wtedy  jest równoległobokiem o środku  (bo  oraz ), więc punkty  są współliniowe. Odcinki  i  są średnicami okręgu opisanego na prostokącie  Ponadto  więc punkt  leży na tym okręgu. Stąd

Niech punkt  będzie czwartym wierzchołkiem równoległoboku Wtedy  także jest równoległobokiem oraz zachodzą równości

(*)

oraz

(**)

---

Z równości  (uwzględniając wzajemne położenie odpowiednich punktów) wynika, że punkty  leżą na jednym okręgu. Wobec tego  co razem z równością  daje tezę.

Niech i oznaczają punkty symetryczne do i względem punktów i odpowiednio.

Wówczas z twierdzenia Talesa i Zauważmy, że trójkąty i są równoramienne: i Ponadto, ponieważ więc Wobec tego trójkąty i są przystające. To oznacza, że co wraz z pierwszą obserwacją kończy dowód.

Dwunastościan widziany przez przednią ścianę.

(a) Można (rysynek obok). Kolorem zaznaczono krawędzie o nieparzystych numerach.

(b) Nie można. Niech oznacza sumę wszystkich numerów krawędzi:

Niech oznacza sumę numerów w -tym wierzchołku ( ). Wtedy bo numer każdej krawędzi jest liczony dwukrotnie – przy każdym z jej końców. Gdyby każda z liczb była podzielna przez 4, to także. Jednak nie dzieli się przez 4.

(a) Nie. Opisana operacja zwiększa o 2 sumę wszystkich liczb. Początkowo suma ta jest równa 1, więc zawsze jest nieparzysta, czyli niepodzielna przez 8.

(b) Nie. Wyróżnijmy liczby w czterech wierzchołkach, jak na rysunku. Niech oznacza ich sumę, a – sumę pozostałych czterech liczb. Opisana operacja nie zmienia Początkowo Tymczasem gdyby i to

Nie można. Liczby we wszystkich wierzchołkach muszą być tej samej parzystości, aby dla każdej krawędzi liczba umieszczona na jej środku była całkowita. Liczba 1 nie jest średnią arytmetyczną żadnych liczb większych od niej, zatem musi stać w wierzchołku, podobnie liczba 18. Nie są one jednak tej samej parzystości.

Oznaczmy przez i i oraz i liczby zapisane na parach przeciwległych ścian sześcianu. Zauważmy, że w każdym wierzchołku występuje inny spośród ośmiu możliwych iloczynów gdzie Suma liczb w wierzchołkach jest więc sumą tych ośmiu iloczynów i można ją zapisać jako

Liczby 7 i 41 są pierwsze, a sumy w nawiasach po lewej stronie większe od 1, więc

Ponieważ w czworościan można wpisać kulę o środku i promieniu 1, wysokość tego czworościanu wynosi 4 (na podstawie przytoczonej własności). Przekształćmy czworościan foremny przez jednokładność względem punktu o skali W efekcie otrzymamy czworościan Korzystając z własności jednokładności, wnioskujemy, że płaszczyzna przecina wysokość w punkcie w taki sposób, że a kula jest również styczna do płaszczyzny Zatem kula wpisana w czworościan ma promień i ma tylko jeden punkt wspólny z kulą

Analogicznie pokazujemy, że istnieją cztery kule o promieniu umieszczone w każdym „rogu” czworościanu Każda z tych kul ma tylko jeden punkt wspólny z kulą Ponieważ kula ma promień 1, więc można umieścić w niej dwie kule o promieniu które mają tylko jeden punkt wspólny.

Zatem otrzymaliśmy sześć kul, które spełniają warunki zadania.

Niech będą odpowiednio środkami krawędzi  Przekształćmy kulę i czworościan przez

• jednokładność o środku i skali
• jednokładność o środku i skali

Efektem tych przekształceń będą dwa czworościany, które mają tylko jeden punkt wspólny – środek kuli  Zatem kule wpisane w te czworościany nie mają punktów wspólnych.

Przekształćmy teraz kulę przez

• jednokładność o środku i skali
• jednokładność o środku i skali

Obrazami środka kuli będą środki kul o promieniach znajdujące się w połowie odcinków i Wykażemy teraz, że kule te nie mają punktów wspólnych.

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa, wyliczamy, że czworościan foremny o wysokości 4 ma krawędź długości Zatem odległość punktów i wynosi Środki boków i w trójkącie pozostają w odległości która jest większa od 1.

Zatem we wnętrzu czworościanu można umieścić sześć kul: każda z nich jest obrazem kuli wpisanej w czworościan w jednokładności o skali i środku będącym środkiem krawędzi czworościanu.

Niech  i  oznaczają rzuty punktów  i  na prostą  Z przyrównania odcinków stycznych do okręgu wpisanego w trójkącie wynika równość Podobnie mamy

czyli Stąd również czyli

Ponieważ kąt między dwusiecznymi kątów przyległych jest prosty, więc trójkąty prostokątne  i są podobne. W takim razie

Stąd trójkąty  i są podobne, więc kąt też jest prosty. To oznacza, że punkty leżą na jednym okręgu.

Niech  i będą punktami przecięcia prostej równoległej do  i przechodzącej przez punkt odpowiednio z bokami  i Trójkąt jest równoboczny i Ponadto stosując nierówność trójkąta, dostaniemy oraz Dodając te trzy nierówności stronami, otrzymujemy

Nietrudno też przekonać się, że równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy punkt jest jednym z wierzchołków trójkąta

Skoro jest średnicą, to styczna do okręgu wpisanego w punkcie  jest równoległa do  Niech  i  będą punktami przecięcia tej stycznej z bokami  i  (Rys. 3). Trójkąty i są jednokładne, skąd natychmiast wynika, że punkt  jest punktem styczności okręgu dopisanego z bokiem  Z równoległości  i wynika też, że trójkąty  i  są podobne, a skoro to Niech będzie punktem styczności okręgu dopisanego, stycznego do  z prostą  W takim razie a stąd natychmiast wynika, że

Analogicznie, oznaczając przez  punkt styczności okręgu dopisanego z bokiem udowodnimy, że Ale – dowód jest więc zakończony.

Z twierdzenia Menelaosa dla trójkąta i prostej zachodzi

Podobnie z TwM dla trójkąta i prostej  otrzymujemy

Zatem

Twierdzenie o dwusiecznej orzeka, iż: Zachodzi więc równość z Twierdzenie Menelaosa, co kończy dowód.

Załóżmy, że prosta przecina prostą w pewnym punkcie  (poza odcinkiem  Wtedy z twierdzenia Menelaosa dla trójkąta  i prostej mamy

Odcinki stycznych do sfery z jednego punktu są równe, stąd Wobec powyższego

Zatem z twierdzenia Menelaosa dla trójkąta prosta przecina prostą w punkcie  Stąd proste  i przecinają się, więc punkty leżą na jednej płaszczyźnie. Prostszy przypadek pozostawiam jako ćwiczenie.