Delta mi!

Oznaczmy wierzchołki oraz długości boków kwadratów jak na rysunku i niech punkt dzieli odcinek tak, że Na mocy twierdzenia Pitagorasa czyli Punkt leży więc nie tylko na średnicy półkola, ale też na symetralnej jego cięciwy jest więc środkiem półkola.

Wobec tego suma pól kwadratów jak już wiemy równa równa jest kwadratowi promienia półkola, nie zależy więc od położenia punktu

Pole koła to razy pole kwadratu weń wpisanego (równe ). Zastąpmy więc każde z półkoli odpowiednią połówką kwadratu. Uzyskujemy w ten sposób kwadrat wpisany w koło o średnicy (szczegóły dowodu pozostawiam Czytelnikowi).

Dowód ten pochodzi od R.B. Nelsena, fakt zaś - od Archimedesa.

Weźmy pod uwagę okrąg dopisany do trójkąta przy boku styczny do tego boku w punkcie oraz okrąg dopisany do trójkąta przy boku styczny do prostej w punkcie Wzory, wyrażające długości odcinków stycznych, są dobrze znane (lub/oraz łatwe do uzasadnienia):

Odejmujemy stronami:

To wyrażenie ma wartość 0, w myśl założenia zadania. Stąd wniosek, że punkty i pokrywają się; to zaś oznacza, że i to ten sam okrąg, styczny do prostych (kolejno) w punktach Z położenia tych punktów na odpowiednich prostych wynikają równości

Sumy, uzyskane po prawych stronach, są równe, bo Stąd równość sum po lewych stronach - czyli teza zadania.

Oznaczmy przez końce łamanej Niech będzie średnicą okręgu równoległą do Udowodnimy, że spełnia warunki zadania.

Przypuśćmy przeciwnie, czyli że łamana ma ze średnicą co najmniej jeden punkt wspólny i oznaczmy fragmenty łamanej od punktu do punktu oraz od punktu do punktu odpowiednio przez oraz

Rozważmy symetrię względem prostej zawierającej Wówczas, skoro to odcinek jest średnicą wobec czego

gdzie oznaczają długości odpowiednich łamanych. Uzyskana sprzeczność kończy rozwiązanie zadania.

Utworzona siatka składa się z krawędzi i rozcina płaszczyznę na obszarów: trójkącików jednostkowych oraz składową nieograniczoną, nazywaną oceanem. Każdą krawędź traktujemy jako odcinek skierowany, od końca, oznaczonego liczbą mniejszą, do końca, oznaczonego liczbą większą. W pobliżu każdej krawędzi kładziemy marker na obszarze, który do niej przylega po stronie lewej (względem zwrotu strzałki).

Łącznie położyliśmy markerów. Rysunek ilustruje sytuację, gdy (więc ), wraz z przykładowym ponumerowaniem wierzchołków; kropki oznaczają markery; zacienione są trójkąciki zorientowane dodatnio (w sensie sprecyzowanym w treści zadania).

Na każdym trójkąciku zorientowanym dodatnio znalazły się dwa markery; na trójkąciku zorientowanym ujemnie - jeden marker. Więc jeśli mamy trójkącików zorientowanych dodatnio, to w obrębie całego dużego trójkąta znalazło się markerów. Pozostałe, w liczbie są na oceanie.

Każdy marker na oceanie odpowiada krawędzi zorientowanej ujemnie względem wnętrza dużego trójkąta - czyli takiej, że obchodząc cały jego brzeg i mając jego wnętrze po lewej stronie, idziemy niezgodnie ze zwrotem strzałki (odnotowujemy spadek wartości przy wierzchołkach). Może być tylko jeden taki odcinek, mogą to też być wszystkie z wyjątkiem jednego (czyli ). Dostajemy nierówności ; po podstawieniu i prostym przekształceniu uzyskujemy dwustronne oszacowanie

Po obu stronach jest możliwa realizacja równości: wystarczy oznaczyć wierzchołki siatki, leżące na brzegu dużego trójkąta, liczbami tworzącymi ciąg monotoniczny (po wystartowaniu z dowolnie wybranego wierzchołka oraz ustaleniu kierunku obchodzenia), z jedynym zakłóceniem monotoniczności przy zamknięciu cyklu. Liczby po obu stronach napisanej nierówności stanowią odpowiedź na pytanie postawione w zadaniu. [Warto zauważyć, że liczby, przyporządkowane wierzchołkom wewnętrznym, nie mają już dla wartości żadnego znaczenia].

Zauważmy, że

wobec czego punkty są współliniowe. Analogicznie dochodzimy do wniosku, że punkty są współliniowe.

Z równoległości par prostych i oraz i wynika, że

W połączeniu z oraz otrzymujemy więc

a zatem z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Cevy dla trójkąta wynika, że proste przecinają się w jednym punkcie. Tym samym punkt leży na prostej co jest równoważne tezie zadania.

Oznaczmy przez punkt styczności boku z okręgiem wpisanym (rys.) i niech

Zachodzi równość (znany fakt - lub nietrudne ćwiczenie).

Odcinek jest wysokością w trójkącie prostokątnym ; zatem Stąd

Prosta przecina boki trójkąta (lub ich przedłużenia) w punktach więc w myśl wzoru Menelausa

Uzyskana proporcja implikuje równoległość prostych i (odwrócenie twierdzenie Talesa).

Zamiast ziemniaków rozważmy ich duchy o dokładnie tym samym kształcie i rozmiarze. Wystarczy teraz, by jeden duch częściowo przeniknął przez drugiego. Przecięcie ich powierzchni wyznacza szukaną krzywą.

Startując ze środka lewego boku rysujemy w górę odcinek o długości 2 (wystaje on więc poza kwadrat); następnie w prawo w dół odcinek przechodzący przez środki górnego i prawego boku i kończący się na poziomie dołu kwadratu; potem w lewo poziomy odcinek o długości 3, kończący się w lewym dolnym rogu kwadratu; i wreszcie czwarty odcinek łamanej - przekątną kwadratu (w prawo w górę).

Tak, przykład takiej łamanej zaprezentowano na rysunku obok. Znajduje się ona na powierzchni pewnego sześcianu, a przedstawione jej rzuty są w kierunkach zgodnych z krawędziami tego sześcianu.

Turysta mógł zmieniać tempo marszu, robić postoje, a nawet się cofać.

Narysujmy wykresy obu wędrówek turysty. Jedna z nich to krzywa łącząca dwa przeciwległe wierzchołki prostokąta, druga zaś łączy pozostałe dwa wierzchołki. Takie dwie krzywe muszą się gdzieś przeciąć, co kończy dowód.

Nie musi. Rozważmy ośmiościan foremny o parach przeciwległych wierzchołków i i i Łamana spełnia warunki zadania. Odpowiednie odcinki są równe, bo ośmiościan jest foremny i równoległe, bo są kwadratami. Ściany tego ośmiościanu są trójkątami równobocznymi, więc wszystkie pary kolejnych prostych tworzą kąty

Rozważmy elipsoidę obrotową o ogniskach w punktach wejścia i wyjścia robaczka oraz o stałej równej 0,9. Każdy punkt tuneliku odległy jest od jego końców w sumie o najwyżej 0,9, więc cały tunelik mieści się w elipsoidzie. Z kolei środek jabłka jest poza nią, gdyż suma jego odległości od ognisk równa jest Istnieje więc taka płaszczyzna przechodząca przez środek, że cała elipsoida jest po jednej jej stronie. Wtedy po drugiej stronie otrzymujemy nietkniętą przez robaczka połówkę jabłka.

Inne rozwiązanie opisano w deltoidzie 9/2012. Teza zachodzi także dla trójkąta rozwartokątnego.

Niech będą spodkami wysokości odpowiednio z i Trójkąty prostokątne i są podobne, bo mają wspólny kąt przy wierzchołku Stąd z punktów i widać odcinek pod tym samym kątem, leżą więc one na przystających łukach okręgów opisanych na trójkątach i

Dla oznaczmy przez środek sfery a przez - punkt styczności sfery ze sferą Ponieważ oraz punkty są współliniowe, więc również

Rozważmy inwersję względem sfery o środku i promieniu Dla sfera jest prostopadła do sfery więc jest zachowywana przy rozważanej inwersji. Tę samą własność ma sfera Wobec tego obrazem sfery (przechodzącej przez środek inwersji) jest pewna płaszczyzna, która jest styczna do

Jeśli teza zadania ma być prawdziwa, to powinna ona zachować słuszność po zastąpieniu punktu przez - drugi punkt prostej leżący w tej samej odległości od co punkt ; zaś środek szukanego okręgu powinien leżeć na osiach symetrii trójkątów równoramiennych i - czyli na wysokościach trójkąta Stąd domysł uściślenia tezy zadania: wykazać, że środki odcinków (o jednakowej długości ) leżą na okręgu o środku (ortocentrum trójkąta ).

Niech będzie spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka i niech będzie środkiem odcinka Weźmy pod uwagę okrąg o środku i promieniu (czyli o średnicy ). Prosta przecina ów okrąg w punktach (gdy punkty pokrywają się, przyjmijmy ). Cięciwa tego okręgu oraz jego średnica przecinają się w punkcie Zatem

czyli

Jeśli teraz jest drugą wysokością trójkąta a jest środkiem odcinka to analogicznie uzyskujemy równość

Ale wynika to z podobieństwa trójkątów i Tak więc ; środki odcinków i leżą w jednakowej odległości od punktu Analogicznie, w tej samej odległości od leżą też środki odcinków i To właśnie nasza teza.

Wybierzmy 100 punktów na półokręgu bez końców. Wówczas dla dowolnej trójki z nich odcinek utworzony przez dwa skrajne widać ze środkowego pod kątem rozwartym (wpisanym w okrąg i opartym na łuku dłuższym od półokręgu).

Na mniej niż 8 się nie da - dowód znaleźć można w Delcie 1/2002.

Rozwiązanie przedstawia rysunek. Pozostawiam Czytelnikowi sprawdzenie, że wszystkie trójkąty istotnie są ostrokątne. Pomocny bywa fakt, że ich wierzchołki są na zewnątrz odpowiednich półokręgów (czyli łuków Talesa dla kąta ).

Jeśli postulowana w zadaniu prostopadłość ma miejsce, to punkty i a więc też trójkąty i są symetryczne względem opisanej płaszczyzny, zatem przystające. Wykażemy, że tak być nie musi.

Niech punkty leżą na jednym okręgu w tej właśnie kolejności, przy czym a to punkt przecięcia tych prostych. Wówczas trójkąty nie są przystające (mają różne wysokości na więc też różne pola). Jednocześnie

Jeśli teraz obrócimy trójkąt wokół prostej o pewien dodatni kąt mniejszy od otrzymamy czworościan w którym Wobec tego prosta jest prostopadła do płaszczyzny a więc także do każdej prostej zawartej w tej płaszczyźnie. Stąd także po opisanym obrocie. Uzyskaliśmy więc czworościan spełniający warunki zadania, w którym trójkąty i nie są przystające.

Oznaczmy: Wówczas Mamy

skąd wynika, że na czworokącie można opisać okrąg. Z rowności wynika zatem, że

Punkt w którym prosta przecina ponownie okrąg opisany na trójkącie jest środkiem łuku więc cięciwy mają równą długość Tę samą długość ma też odcinek (fakt znany lub łatwy do udowodnienia). Zatem okrąg opisany na trójkącie ma środek w punkcie a odcinek jest jego średnicą.

Twierdzenie Ptolemeusza, zastosowane do czworokąta daje równość (gdzie jak zwykle to długości boków trójkąta ). Stąd

i z nierówności między średnią geometryczną i średnią arytmetyczną trójki liczb wynika, że

Ponieważ dla trójkąta równobocznego zachodzi równość, szukane maksimum wynosi

Gdyby teza zadania była fałszywa, to okrąg opisany na -kącie foremnym przecinałby elipsę przynajmniej w pięciu punktach, a to nie jest możliwe.

Skoro dla pewnego naturalnego to Stąd a wtedy

czyli Z drugiej strony

Szukaną liczbą jest więc 998.

Jeśli oznacza pole trójkąta, - jego obwód, - promień okręgu wpisanego, zaś i - długości boków, to wówczas

(wzór Herona), a ponadto Z tych wzorów wynika, że

Podstawiając wartości podane w treści zadania przekonujemy się łatwo, że dla każdego z trójkątów promień koła wpisanego jest równy 6.

Oznaczmy długość odcinka przez a krótszej i dłuższej przekątnej danego siedmiokąta foremnego odpowiednio przez i Wówczas na mocy twierdzenia Ptolemeusza, zastosowanego do trapezu równoramiennego uzyskujemy

Niech będzie takim punktem, że czworokąt jest równoległobokiem. Wówczas więc trapez jest równoramienny. Stosując do niego twierdzenie Ptolemeusza, otrzymujemy

gdyż oraz Łącząc uzyskane równości, mamy

skąd

Niech będzie punktem przecięcia prostej z prostą styczną do obu okręgów, przechodzącą przez Wówczas jako odcinki stycznych. Teza wynika z faktu

Oznaczmy odpowiednio przez i środki ramion i trapezu, a przez punkt przecięcia jego przekątnych. Wówczas na mocy nierówności trójkąta

przy czym ostatnia równość wynika z faktu Jednocześnie w trapezie co kończy dowód.