Delta mi!

Przyjmijmy i ustalmy prostokątny układ współrzędnych, w którym wierzchołkami sześcianu są punkty a rzutem prostokątnym punktu na płaszczyznę jest punkt o współrzędnych Zatem ; zaś płaszczyzna jest dana równaniem

Załóżmy, że ma ona punkty wspólne ze wszystkimi ścianami sześcianu; więc np. ze ścianą o wierzchołkach Każda z półprzestrzeni ( ) musi zawierać jeden z tych czterech wierzchołków. Zatem przy pewnym doborze znaków mamy nierówność Skoro znaczy to, że

Analogicznie oraz Dodajemy te trzy nierówności i otrzymujemy

czyli, równoważnie,

Lewa strona to kwadrat odległości punktu od punktu Tak więc A ponieważ ostatecznie

Gdy wszystkie nierówności stają się równościami; płaszczyzna o równaniu leży w odległości od i spotyka wszystkie ściany. Dla szukane maksimum wynosi więc ; zaś w przypadku ogólnym - po przeskalowaniu - wynosi

(a)

Przy oznaczeniach jak na rysunku (a), korzystając z twierdzenia Pitagorasa, otrzymujemy oraz więc

---

(b)

Nie jest to jednak jedyne rozwiązanie! Oś symetrii deltoidu może zawierać jego krótszą przekątną (rys. (b)). Wówczas co prowadzi do równości oraz

Trójkąt jest ostrokątny,

Trójkąty z rysunku mają równe pola i nie są przystające. Niech będą obrazami w symetrii odpowiednio względem i Wówczas deltoidy i spełniają warunki zadania: mają równe pola i odpowiednie boki oraz nietrudno sprawdzić, że są nieprzystające i wypukłe.

Jeśli w dany czworokąt da się wpisać okrąg, to można go rozciąć na cztery deltoidy, jak na lewym rysunku obok, a następnie jeden z nich na kolejne cztery (bo w każdy deltoid wypukły można wpisać okrąg), łącznie uzyskując siedem deltoidów.

Jeśli zaś w dany czworokąt nie da się wpisać okręgu, to wpiszmy mały okrąg w dowolny z jego kątów i powiększajmy ten okrąg, aż dotknie jednego z pozostałych boków. Pozwala to podzielić dany czworokąt na czworokąt opisany na okręgu i trójkąt, a następnie na siedem deltoidów, jak na rysunku obok.

Niech będą punktami styczności sfery wpisanej w czworościan ze ścianami odpowiednio Wówczas i jako odcinki stycznych do tej sfery, więc po rozpłaszczeniu jest deltoidem. Podobnie uzyskujemy pozostałe deltoidy.

Tak (rysunek). Inny przykład to czworokąt utworzony przez cztery z wierzchołków pięciokąta foremnego.

Niech będzie wierzchołkiem kostki, odległym od stołu o Oznaczmy długość krawędzi kostki przez Łatwo zauważyć, że odcinki oraz muszą być krawędziami sześcianu (wynika to z faktu, że jeśli krawędziami są i to jest ścianą). Niech będzie długością krawędzi sześcianu. Dobierzmy układ współrzędnych tak, by i Oznaczmy przez rzut prostokątny punktu na prostą prostopadłą do stołu, przechodzącą przez ; wówczas Przyjmijmy wtedy i Korzystając z twierdzenia Pitagorasa dla trójkątów prostokątnych dla dostajemy

Wykorzystując powyższe równości oraz dostajemy i Po podniesieniu ostatnich trzech równości do kwadratu i zsumowaniu, otrzymamy zatem

Sześcian wypełniają trzy kopie czworościanu przedstawionego na poniższym rysunku obok i trzy kopie jego lustrzanego odbicia, co Czytelnik Uważny zobaczy na kolejnym rysunku.

Trójkąt jest równoramienny; symetralna boku jest osią symetrii tego trójkąta, więc i okręgu na nim opisanego; prosta (równoległa do ) jest styczna do tego okręgu. Skoro zatem prosta też jest styczna. Wynikają stąd równości kątów

Prosta przecina w punkcie, który nazwiemy Niech będzie punktem symetrycznym do względem Widzimy trapez równoramienny z równymi kątami: Stąd i z wcześniejszej równości (przepisanej jako ) wynika podobieństwo trójkątów i W konsekwencji

co pokazuje, że jest środkiem odcinka

Odpowiedź:

Niech i będą punktami symetrycznymi do punktów i odpowiednio względem prostych i Z danych w treści zadania równości kątów wynika, że punkty leżą na jednej prostej, a zatem

W połączeniu z oznacza to, że trójkąt jest równoboczny. W konsekwencji, wobec równości kątów uzyskujemy

Przez linie będziemy rozumieli odcinki łączące przeciwległe boki zadanego kwadratu prostopadłe do nich i przebiegające przez punkty kratowe. Gdy długość boku jest liczbą nieparzystą, żądane pokolorowanie da się banalnie wykonać: malujemy każdą linię (w całości) pojedynczym kolorem; linie równoległe do naprzemiennie, dwoma kolorami; linie równoległe do też naprzemiennie, dwoma pozostałymi kolorami.

Gdy długość boku jest liczbą parzystą - pokolorowanie, o jakim mowa, też jest wykonalne. Niech będzie, jak poprzednio, kwadratem o boku długości nieparzystej, z pokolorowaniem opisanym powyżej. Przedłużamy jego boki i każdy o jednostkę, otrzymując odcinki i Niech punkt dopełnia kwadrat Poprzednie pokolorowanie odcinków i przedłużamy na całe linie i Bok malujemy kolorem odcinka ; bok malujemy kolorem odcinka

W niewypukłym sześciokącie sposób malowania odcinków jednostkowych, równoległych do jest już wymuszony przez postawione warunki - zaczynamy od (który już ma kolor) i malujemy kolejne równoległe odcinki, kończąc na tym, który ma jeden koniec w punkcie Podobnie postępujemy z odcinkami jednostkowymi, równoległymi do Dzięki założeniu o nieparzystości długości i kwadracik o wierzchołkach i będzie miał brzeg czterobarwny.

Monety są identyczne, zatem gdy ich punkt styczności pokona połowę obwodu monety przyklejonej i będzie na dole, to pokona również połowę obwodu monety toczonej i będzie przy głowie orła. Orzeł na dole będzie więc znów - tak jak na początku - ustawiony głową do góry.

Rozważmy prostokąt o wymiarach Jeśli jego szerokość 4 powiększyć o uzyskamy prostokąt o bokach a więc o szerokości 5, czyli o większej niż początkowa. Jeśli zaś długość 5 wyjściowego prostokąta zmniejszyć o otrzymamy prostokąt rozmiaru a więc o długości 4, czyli o mniejszej niż pierwotna.

Z założeń zadania wynika, że szerokość rozważanego prostokąta powiększona o 25% równa jest jego pierwotnej długości. Stąd prostokąt ten ma proporcje zatem uzyskana powyżej odpowiedź 20% jest jedyną możliwą.

Niech będzie zbiorem węzłów należących do boku

Zauważmy, że każda czwórka różnych punktów z jednoznacznie wyznacza równoległobok o zadanych własnościach, którego punktami przecięcia z są te cztery punkty i którego "najniższy" wierzchołek nie leży na Z kolei każda trójka różnych punktów z jednoznacznie wyznacza taki równoległobok, którego "najniższy" wierzchołek leży na

Z drugiej strony boki każdego równoległoboku spełniającego zadane warunki przecinają prostą w trzech lub czterech punktach i są to punkty należące do Stąd wniosek, że szukana liczba równoległoboków jest równa łącznej liczbie wyborów trzech lub czterech elementów zbioru -elementowego, czyli

Trójkąt równoboczny o wierzchołkach w węzłach nazwijmy czapeczką, jeżeli oraz punkty i leżą po tej samej stronie prostej

Każdemu trójkątowi spełniającemu warunki zadania, przyporządkujmy najmniejszą zawierającą go czapeczkę. Precyzyjniej: jeżeli jest czapeczką, to przyporządkowujemy mu siebie samego, natomiast w przeciwnym przypadku - czapeczkę ograniczoną prostymi: równoległą do przechodzącą przez wierzchołek leżący najbliżej równoległą do przechodzącą przez wierzchołek leżący najbliżej oraz równoległą do przechodzącą przez wierzchołek leżący najbliżej

Każdej czapeczce o boku zostało w ten sposób przyporządkowanych dokładnie trójkątów spełniających warunki zadania. Co więcej, liczba czapeczek o boku jest równa

Wobec tego szukana liczba trójkątów równobocznych to

przy czym równość ta wynika z następującej obserwacji. Czteroelementowy podzbiór zbioru którego drugim co do wielkości elementem jest można wybrać na dokładnie sposobów (wybierając najmniejszy element spośród oraz dwa większe od spośród ). Sumując po wszystkich możliwych uzyskujemy liczbę sposobów wyboru spośród elementów.

Rozważmy dowolny czworościan w którym są punktami styczności sfery wpisanej i ścian leżących odpowiednio naprzeciw wierzchołków

Wyznaczymy miary kątów oraz w zależności od miar kątów wewnętrznych ścian czworościanu (które są dane, gdy dana jest siatka).

Zauważmy, że na mocy cechy bok-bok-bok, pary: i i i to pary trójkątów przystających; oznaczmy kąty wewnętrzne przy wierzchołku w poszczególnych z nich odpowiednio przez Wówczas

skąd wniosek, że

Podobnie uzyskujemy równość

Ponieważ dodawanie i odejmowanie kątów, a także prowadzenie dwusiecznej są wykonalne konstrukcyjnie, więc powyższe równości bezpośrednio przenoszą się na żądaną konstrukcję punktu styczności ze ścianą Dla pozostałych ścian konstrukcja jest w pełni analogiczna.

Z założenia, że jest najmniejszym kątem czworokąta nietrudno wywnioskować, że punkt leży między i a punkt między i Weźmy pod uwagę okrąg o średnicy ; ów okrąg przechodzi przez punkt (bo ) oraz przecina odcinek w punkcie, który nazwiemy ; zatem

Każdy z czworokątów i ma okrąg opisany. Wynikają stąd równości kątów Zatem trójkąt jest równoramienny.

Niech będzie środkiem odcinka Skoro jest środkiem odcinka prosta jest równoległa do prostej - która jest prostopadła do To znaczy, że prosta jest symetralną podstawy trójkąta równoramiennego ; przechodzi więc przez punkt i mamy tezę

Odpowiedź: lub dla

Zauważmy, że jeżeli -trójkąt można ułożyć z płytek, to jest on złożony z podzielnej przez liczby sześciokątów foremnych o boku co oznacza, że liczba

jest całkowita, czyli daje resztę 0 lub przy dzieleniu przez

Z drugiej strony -trójkąt oraz -trójkąt można ułożyć z płytek. Ponadto dla każdego z -trójkątów oraz -trójkątów można ułożyć -trójkąt, a z -trójkątów oraz -trójkątów można ułożyć -trójkąt (rysunki 3 i 4; ).

Poprowadźmy proste równoległe do pewnego boku kwadratu przez wszystkie wierzchołki wielokąta - dzielą one na pewną liczbę trapezów i trójkątów Niech będzie odcinkiem łączącym środki tych boków wielokąta które nie są równoległe do poprowadzonych prostych, a - wysokością prostopadłą do Wówczas

dla oraz

gdzie oznacza pole figury Zauważmy, że gdyby każdy z odcinków miał długość nie większą od to uzyskalibyśmy nierówność

która stoi w sprzeczności z Wobec tego dla pewnego mamy czyli zawiera odcinek o postulowanej własności.

Trójkąty mają podstawy równe i wspólną wysokość z

gdyż oraz

Odcinki i są środkowymi odpowiednio w trójkątach i Stąd i z zadania 1 mamy Podobnie Zatem co, po odjęciu od obu stron ich części wspólnej, kończy dowód.

Z zadania 1 mamy gdyż jest środkową w trójkącie Analogicznie i Ale także bo jest środkową trójkąta co wobec powyższego daje Podobnie

Można przyjąć, że leży wewnątrz lub na brzegu trójkąta Wtedy jeśli to Z treści zadania wynika, że a z zadania 4 wiemy, że Stąd więc

Niech przekątne równoległoboku mają wspólny środek Odcinki i oraz i są zatem środkowymi odpowiednio w trójkątach i Trójkąty te mają pola równe i na mocy zadania 4 ich środkowe dzielą każdy z nich na sześć trójkątów o równych polach. Stąd Ponadto podobnie więc też

X' oznacza obraz punktu X.

Obróćmy trójkąt o wokół punktu Boki trójkąta mają długości oraz

X' oznacza obraz punktu X.

(a) Niech Obróćmy trójkąt o wokół punktu Trójkąt ma wówczas boki o długościach oraz jest więc prostokątny. Stąd jego pole równe jest Jednocześnie na mocy zadania 4 wiemy, że pole to równe jest pola trójkąta zatem