Delta mi!

Trójkąt jest równoramienny, gdyż Ponadto

Niech będzie środkiem boku trójkąta prostokątnego Wówczas trójkąt jest równoramienny i na mocy powyższej równości kątów podobny do trójkąta Stąd

co kończy dowód.

Niech będzie środkiem boku a - środkiem ciężkości trójkąta Wówczas

Trójkąt jest równoramienny, gdyż jako odcinki stycznych do okręgu. Jego podstawa jest zatem prostopadła do dwusiecznej kąta Jednocześnie więc z faktu wynika, że proste i również są prostopadłe, co kończy dowód.

Oznaczmy przez punkt przecięcia prostych i a przez - punkt przecięcia prostych i Obydwie proste i są prostopadłe do więc trójkąty oraz są podobne i

Wobec powyższego wystarczy dowieść, że jest środkiem odcinka

Kąt jest prosty (gdyż jest średnicą okręgu), stąd także kąt jest prosty. Odcinki i są równe jako styczne do okręgu. Wobec tego punkt leży na przeciwprostokątnej trójkąta prostokątnego i zarazem na symetralnej jednej z przyprostokątnych, jest więc środkiem okręgu opisanego na tym trójkącie, czyli także środkiem boku co kończy dowód.

Niech będzie sześciokątem foremnym o boku 1, a będzie środkiem okręgu opisanego na tym sześciokącie. Wówczas

jest siedmioelementowym zbiorem spełniającym warunki zadania, gdyż punkt jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie dla (przyjmujemy i ).

Oznaczmy przez środek okręgu opisanego na trójkącie dla a przez - dowolną translację o wektor długości większej od Wówczas, jeżeli dla oraz to zbiór

ma elementów i spełnia warunki zadania ( oznacza -krotne złożenie ).

Przypuśćmy, że taki (skończony) zbiór istnieje. Spośród wszystkich odcinków o obu końcach w zbiorze wybierzmy taki, który ma najmniejszą długość i nazwijmy go Ponieważ zbiór nie jest zawarty w prostej, więc poza prostą jest co najmniej jeden punkt zbioru - spośród wszystkich takich punktów wybierzmy taki punkt dla którego miara kąta jest największa.

Jeżeli to jest najdłuższym bokiem trójkąta co przeczy wyborowi odcinka Z kolei jeżeli to środek okręgu opisanego na trójkącie należy do przy czym

co przeczy wyborowi punktu Uzyskana sprzeczność oznacza, że nie istnieje zbiór o zadanych własnościach.

Zauważmy, że prosta jako dwusieczna kąta między ramionami trójkąta równoramiennego jest prostopadła do podstawy Podobnie prosta jest prostopadła do prostej Wobec tego punkt jest ortocentrum trójkąta a zatem

Z warunków zadania wynika, że oraz gdyż są to pary przekątnych przystających prostokątów.

Oznaczmy przez promień sfery Jeżeli sfery są parami styczne, to pewne dwie z nich - bez straty ogólności i - są styczne zewnętrznie, czyli Jeśli jest styczna zewnętrznie do i to i wystarczy przyjąć

Wówczas sfera będzie styczna wewnętrznie do pozostałych trzech sfer, gdyż

i analogicznie

Jeżeli zaś sfera jest styczna wewnętrznie do i to

i tym razem wystarczy przyjąć

Wówczas

więc sfera będzie styczna zewnętrznie do i oraz styczna wewnętrznie do

Przetoczmy pień o siedem pełnych obrotów tak, by odwinąć z niego winorośl. Skoro pięła się ona równomiernie, to po takim rozwinięciu utworzy prosty odcinek, będący przeciwprostokątną trójkąta o przyprostokątnych 20 m i Stąd na mocy twierdzenia Pitagorasa długość winorośli to 29 m.

Suma długości średnic danych okręgów równa jest wysokości trójkąta poprowadzonej z wierzchołka która z kolei z twierdzenia Pitagorasa ma długość 12. Okrąg o średnicy ma obwód zatem szukana suma obwodów wszystkich okręgów to

Trójkąty oraz mają kąty po gdyż każdy z nich z założenia jest prostokątny i ma kąt Można wobec tego ułożyć je w sposób przedstawiony na rysunku. Kąt pomiędzy sąsiadującymi teraz odcinkami rozważanej łamanej jest wówczas równy

Stąd otrzymana figura także jest trójkątem o kątach przy czym jedna jego przyprostokątna ma długość 1, a suma pozostałych dwóch boków to szukana długość łamanej. Jest ona wobec tego równa gdyż trójkąt ten jest połową trójkąta równobocznego o boku 2.

Przestawmy fragmenty kwadratu tak, jak na rysunku. Obwód rozważanego czworokąta to teraz długość kolorowej łamanej. Jest ona nie mniejsza od odcinka łączącego jej końce, czyli od co z kolei jest większe od 7.

Niech będzie długością łuku (mierzoną zgodnie z ruchem wskazówek zegara) łączącego z tzn. dla każdego

Z założeń zadania wynika, że jest bijekcją zbioru wierzchołków -kąta i

Udowodnimy, że dla zachodzi równość

czyli że zbiór jest obrazem przy obrocie o wokół środka danego okręgu zgodnie z ruchem wskazówek zegara. Konkretnie, wykażemy, że dla każdego

gdzie funkcja określona jest następująco

W obliczu definicji funkcji wystarczy więc sprawdzić, że dla każdego liczba

jest podzielna przez Rzeczywiście, bezpośrednio z definicji funkcji otrzymujemy, że jeżeli to

a jeżeli to

gdyż dzieli się przez dla Pozostaje bezpośrednio sprawdzić, że dla rozważane zbiory także są przystające (odpowiednia izometria znów jest obrotem o ale w przeciwną stronę).

Oznaczmy pewną parę przeciwległych ścian danego sześcianu przez oraz w taki sposób, aby odcinki były krawędziami sześcianu oraz ściana nie zawierała żadnego z boków uzyskanego w przekroju pięciokąta, a krawędź - żadnego z jego wierzchołków. Niech ponadto będą punktami przecięcia płaszczyzny przekroju odpowiednio z prostymi

Zauważmy, że czworokąt jest równoległobokiem, co wynika z równoległości przeciwległych ścian sześcianu. Okrąg wpisany w pięciokąt jest wpisany w ten równoległobok, skąd wniosek, że jest rombem. Wykażemy, że jest płaszczyzną symetrii tego rombu; ponieważ jest to także płaszczyzna symetrii wyjściowego sześcianu, więc wyniknie stąd, że punkty i są względem niej symetryczne, co zakończy rozwiązanie.

Skoro jest rombem, to ma prostopadłe przekątne, a zatem punkty oraz są zawarte w płaszczyźnie symetralnej odcinka Płaszczyzna ta nie pokrywa się z płaszczyzną (punkt nie należy do odcinka ), więc przecina się z nią wzdłuż prostej prostopadłej do płaszczyzny Wobec tego punkty i są symetryczne względem płaszczyzny a to właśnie należało udowodnić.

Banalny kontrprzykład: sześcian (o krawędzi ). Weźmy jego dwa przeciwległe wierzchołki (końce przekątnej długości ). Płaszczyzna przechodząca przez środek tworzy w przecięciu z sześcianem sześciokąt foremny, którego wierzchołkami są środki niektórych krawędzi sześcianu, leżące w odległości od środka

Przekrój sześcianu płaszczyzną przechodzącą przez trzy wierzchołki (połączone krawędziami np. z punktem ) jest trójkątem foremnym o boku Najmniejsze koło, zawierające ów trójkąt, ma promień

Niech będzie środkiem przekątnej Wówczas oraz Stąd na mocy nierówności trójkąta dla punktów mamy przy czym równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy czyli gdy

Niech będzie środkiem odcinka Wówczas oraz Wobec tego trójkąty i są podobne w skali a więc

Oznaczmy środek boku przez Wówczas Wobec tego trójkąt jest równoramienny i podstawa tworzy równe kąty z bokami i Jednocześnie oraz co kończy dowód.

Niech będzie środkiem boku Wówczas oraz Wobec tego trójkąt jest równoramienny ( gdyż nie jest równoległobokiem). Stąd rzut na prostą jest środkiem podstawy a więc rzuty boków i na prostą są równej długości jako połówki podstawy. Wobec tego również dwukrotnie od nich dłuższe rzuty odcinków i są równej długości.

oznacza pole figury

Niech oznacza miarę nie większego z kątów pomiędzy przekątnymi i wówczas Jednocześnie oraz zatem kąt pomiędzy odcinkami i także jest równy oraz

Analogicznie stąd

Wzdłuż linii ciągłych zginamy w jedną stronę, wzdłuż przerywanych - w drugą

Po wycięciu dziury warto utworzyć cztery pomocnicze zagięcia (Rys. 1(a)). Następnie kartkę złożyć w pół wzdłuż jednego z nich i odciągnąć od siebie końce dziury (Rys. 1(b)), uzyskując dłuższy, wąski otwór.

Uproszczony schemat, należy wycinać gęstszą spiralę.

Kartkę można np. najpierw rozciąć wzdłuż spiralnej linii, uzyskując bardzo długi, poskręcany pasek, a następnie naciąć wzdłuż prawie całej długości tego paska, otrzymując w nim wystarczająco dużą dziurę.

Niech punkty leżą na krawędziach sześcianu tak, że (Rys. 3(a)). Wówczas podobnie i odcinki te są równoległe, więc punkty leżą w jednej płaszczyźnie, a wobec symetrii problemu równoległobok jest prostokątem.

Korzystając dwukrotnie z twierdzenia Pitagorasa (kolejno dla trójkątów oraz ) obliczamy, iż również zatem jest kwadratem o boku długości

Jeśli każdy z jego wierzchołków przybliżymy do jego środka o taką samą odpowiednio małą odległość, uzyskamy w rezultacie kwadrat o krawędzi 21, którego wierzchołki leżą wewnątrz danego sześcianu.

(a) Kwadrat o boku (b) Tunel o przekroju
(c) Kolorowy sześcian przesuwany przez tunel w szarym sześcianie

Wywierćmy tunel, którego przekrojem poprzecznym jest kwadrat z poprzedniego zadania (wygląda to prawie jak na Rys. 3(b)). Zauważmy, że tunel ten nie ma punktów wspólnych z żadną z krawędzi sześcianu składających się na łamaną zamkniętą (zaznaczoną na czarno na Rys. 3(a)), istotnie więc część sześcianu pozostająca wokół tunelu nie rozpada się i tworzy wielościenną obręcz, przez którą da się przesunąć sześcian o krawędzi 21 (Rys. 3(c)).

(a) Kwadrat o boku (b) Tunel o przekroju
(c) Kolorowy sześcian przesuwany przez tunel w szarym sześcianie