Delta mi!

Wykażemy, że szukanym zbiorem jest wysokość trójkąta poprowadzona z wierzchołka

Z jednej strony, dla każdego punktu tej wysokości mamy

Z drugiej strony, przypuśćmy, że punkt wnętrza trójkąta równobocznego jest taki, że

Oznaczmy przez obraz punktu w obrocie wokół przeprowadzającym na Wówczas trójkąt jest równoboczny.

Oznaczmy przez obraz punktu w obrocie wokół przeprowadzającym na Wówczas trójkąt jest równoboczny.

Zauważmy, że

skąd i To oznacza, że punkt leży na symetralnej odcinka czyli na wysokości trójkąta opuszczonej z

Odpowiedź: Taki wielościan istnieje.

Rozważmy prostopadłościan o wymiarach

Przecinając ten prostopadłościan płaszczyzną przechodzącą przez środki krawędzi o długości rozetniemy go na dwa przystające prostopadłościany o wymiarach Każdy z nich jest podobny do w skali

Czworokąt jest równoległobokiem. Niech prosta przecina okrąg, opisany na trójkącie w punktach i (gdy jest styczna, przyjmujemy ). Powstaje trapez równoramienny lub (gdy - trójkąt równoramienny). W każdym przypadku

Trójkąt z założenia nie jest prostokątny, więc żaden jego bok nie pokrywa się ze średnicą na której oparty jest kąt prosty ; a ponieważ zatem To znaczy, że w trójkącie równoramiennym prosta jest symetralną boku W konsekwencji trójkąt jest względem niej symetryczny do trójkąta Okręgi opisane na tych trójkątach są przystające; to już teza, bo drugi z tych okręgów jest też opisany na trójkącie

Oznaczmy przez punkt symetryczny do względem czyli taki punkt, że odcinek jest średnicą okręgu opisanego na trójkącie Wówczas wobec czego oraz Stąd oraz a zatem

gdzie oznacza pole figury Ponieważ punkt jest środkiem odcinka więc oraz i w konsekwencji

Ostatecznie więc co jest równoznaczne z tezą zadania.

Wiemy, że symetria względem zamienia punkty i oraz punkty i Symetralna odcinka jest do niego prostopadła, przechodzi przez jego środek i przez - środek okręgu, w którym jest cięciwą. Jej obrazem w symetrii względem jest więc prosta prostopadła do przechodząca przez (czyli wysokość trójkąta ) i przez Analogicznie wysokość trójkąta z wierzchołka też przechodzi przez co kończy dowód.

Proste i są wysokościami trójkąta więc też jest.

Niech oznacza środek ciężkości trójkąta Wówczas jednokładność o środku i skali -2 przeprowadza środek odcinka na punkt Wobec tego przy tej jednokładności obrazem prostej przechodzącej przez tenże środek i prostopadłej do jest prosta przechodząca przez punkt i prostopadła do czyli prosta przechodząca przez środek okręgu wpisanego w trójkąt Analogicznie obrazami pozostałych opisanych w zadaniu prostych też są proste przez Stąd również wyjściowe proste są współpękowe.

Odpowiedź:

Dla oraz niech Wówczas liczby wyznaczają na płaszczyźnie zespolonej -kąt foremny wpisany w okrąg o promieniu

Zauważmy, że wielomiany

stopnia mają równe współczynniki przy najwyższej potędze oraz wspólnych pierwiastków zespolonych, mianowicie dla (ze względu na równość

Stąd wynika, że wielomiany i są równe, w szczególności

a zatem

Powyższa równość oznacza, że iloczyn długości boków i przekątnych zawierających wierzchołek rozważanego wielokąta (czyli, z uwagi na symetrię, dowolny ustalony wierzchołek) jest równa Wobec tego

Każde pole będziemy utożsamiać ze współrzędnymi jego lewego dolnego rogu. Udowodnimy, że jeżeli wyróżnimy tylko takie pola że lub to warunki zadania będą spełnione.

Rzeczywiście, dla każdego prosta przecina skończenie wiele wyróżnionych pól, mianowicie takie pola że przy czym

Z kolei każdy kwadrat o lewym dolnym rogu a prawym górnym zawiera dokładnie

wyróżnionych pól, czyli więcej od Stąd każdy kwadrat o lewym dolnym rogu a prawym górnym zawiera o wyróżnionych pól mniej, czyli

co jest większe od

Oznaczmy (kolejno) przez środki tych trzech okręgów, a środek dużego okręgu przez Zgodnie z warunkami zadania,

(1)

Niech będzie środkiem ciężkości trójkąta Jest to punkt minimalizujący sumę kwadratów odległości od wierzchołków (znany fakt, zresztą łatwy do wykazania). Zatem

(2)

gdzie jest długością środkowej, wychodzącej z wierzchołka Suma kwadratów długości środkowych to sumy kwadratów długości boków (kolejny znany wzór). Nierówność (2) pokazuje więc, że

Wprowadzamy dane (1) i przekształcamy uzyskaną nierówność:

Różnica w nawiasie jest dodatnia. Pierwiastkując stronami ostatnią nierówność, dostajemy tezę zadania.

Kolorowy czworokąt na rysunku obok jest kwadratem, gdyż jego boki są przekątnymi prostokątów o wymiarach na przemian "pionowych" i "poziomych". Przy wierzchołku schodzą się kąty z treści zadania: między odpowiednimi bokami a przekątnymi w kolorowym kwadracie i w prostokątach oraz Stąd

Rys. 1

Z równości kątów w treści zadania wynika, że trójkąty są prostokątne równoramienne. Stąd

oraz

Rys. 2

Wobec tego trójkąty oraz odbity symetrycznie trójkąt prostokątny równoramienny można ustawić jak na rysunku 2 Kolorowa łamana ma wówczas długość nie mniejszą od odcinka łączącego jej końce. Dowód dla odcinków i przebiega analogicznie.

Suma kątów wewnętrznych pięciokąta to więc z założenia wnioskujemy, że w rozważanym pięciokącie Stąd i z danych równości boków wynika, że z trójkątów i można złożyć trójkąt tak jak na rysunku, o bokach żądanej długości:

Ponadto skoro to także (gdyż kąty i są przystające), a więc Analogicznie i wobec tego

Suma kątów wewnętrznych sześciokąta to więc z założenia wnioskujemy, że Stąd i z równości wszystkich boków sześciokąta wynika, że z trójkątów równoramiennych można złożyć trójkąt w sposób przedstawiony na rysunku.

Trójkąty i są przystające (gdyż mają równe odpowiednie boki) oraz symetryczne względem prostej Niech będzie obrazem punktu w tej symetrii. Wówczas odcinki mają długości równe bokom sześciokąta.

Stąd czworokąty są rombami, a więc jest równoległobokiem (bo odcinki i są równe i równoległe). Wobec tego przekątne i mają wspólny środek. Analogicznie przekątne i mają wspólny środek, co kończy dowód.

Do rozwiązania zadania wystarczy wykazać, że gdyż czworokąt jest połową sześciokąta foremnego wpisanego w okrąg a zatem krótszy łuk stanowi tego okręgu. Równoważnie wystarczy dowieść, że

Wobec równości powyższy warunek jest równoważny podobieństwu trójkątów i

Oznaczmy przez środek okręgu opisanego na okręgu Ponieważ oraz więc

Skoro jest spodkiem wysokości poprowadzonej z wierzchołka kąta prostego w trójkącie to W połączeniu z równościami oraz uzyskujemy

Tym samym, wobec otrzymujemy podobieństwo trójkątów i które jest równoznaczne z tezą zadania.

Bez straty ogólności przypuśćmy, że każdy z wyjściowych trójkątów ma przeciwprostokątną długości oraz przyprostokątne długości oraz Z podobieństwa trójkątów otrzymywanych podczas wykonywania cięć wynika, że każdy z otrzymywanych w wyniku cięć trójkątów będzie miał przeciwprostokątną długości dla pewnych liczb całkowitych nieujemnych Każdemu takiemu trójkątowi przyporządkujmy liczbę

Zauważmy, że dozwolone cięcie trójkąta o przeciwprostokątnej prowadzi do powstania kawałków o przeciwprostokątnych oraz Suma liczb przyporządkowanych tym trójkątom jest równa czyli równa liczbie przyporządkowanej trójkątowi wyjściowemu. To oznacza, że suma liczb przyporządkowanych trójkątom nie ulega zmianie podczas wykonywania cięć.

Początkowo suma liczb przyporządkowanych wszystkim kawałkom papieru jest równa Gdyby w pewnym momencie żadne dwa kawałki nie były przystające, to w szczególności przyporządkowane im pary byłyby różne, wobec czego suma wartości liczb przyporządkowanych wszystkim kawałkom byłaby mniejsza (ostro) od

Uzyskana sprzeczność oznacza, że w każdym momencie pewne dwa trójkąty są przystające.

a)

Dodajmy do każdego z obszarów (kolorowego i szarego) białe fragmenty małych kół. Kolorowy obszar uzupełnimy w ten sposób do pełnych czterech małych kół, szary zaś - do pełnego dużego koła. Ale co kończy dowód.

b)

Na mocy powyższej obserwacji, łączne pole czterech małych kół równe jest polu dużego koła. Wobec tego fragmenty dużego koła przykryte przez małe koła dwukrotnie (obszar kolorowy) mają pole równe fragmentom nieprzykrytym wcale (szary obszar).

Oznaczmy przez liczbę części i przez pole półkola o średnicy Wówczas pole półkola o średnicy -krotnie większej równe jest Ponadto różnica pól półkoli o średnicy -krotnie większej i -krotnie większej wynosi

Pola poszczególnych części połowy danego koła są zatem kolejnymi nieparzystymi wielokrotnościami a pola jednobarwnych obszarów to kolejno razy: czyli zawsze a więc istotnie wszystkie są równe.

Obwód każdego z obszarów składa się z 3 lub 4 półokręgów o sumie średnic równej Półokrąg o średnicy ma długość ; półokręgi o średnicach sumujących się do również mają taką łączną długość.

Stąd obwód każdego z rozważanych obszarów równy jest czyli obwodowi wyjściowego koła.