Delta mi!

Dla wielokąta oznaczmy przez lekko zmodyfikowaną sumę miar kątów wewnętrznych wielokąta mianowicie taką, w której zamiast kątów wklęsłych występują kąty dopełniające je do pełnych ze znakiem " ". Jeżeli więc jest -kątem o dokładnie wklęsłych kątach wewnętrznych, to definiujemy

Przypuśćmy, że wielokąt wypukły jest podzielony odcinkami na wielokąty o rozłącznych wnętrzach. Wierzchołkami podziału nazwijmy te wierzchołki wielokątów które nie są wierzchołkami wielokąta Wówczas

gdzie jest liczbą wierzchołków podziału wokół których znajdują się tylko kąty wypukłe wielokątów zaś jest liczbą wierzchołków podziału leżących na bokach wielokąta (w przypadku wierzchołków podziału, będących wierzchołkami pewnych kątów wklęsłych wielokątów "wychodzimy na zero", zgodnie z definicją ).

W szczególności z powyższej równości wynika, że

Pozostaje zauważyć, że gdyby wszystkie wielokąty były czworokątami wklęsłymi, to dla każdego wobec czego

co nie może mieć miejsca.

Prowadzimy z punktu prostą różną od styczną do okręgu w punkcie Prosta przechodząca przez punkty jest styczna do okręgu w punkcie i przecina prostą w punkcie Pokażemy, że jest środkiem odcinka Ponieważ

uzyskujemy podobieństwa

Stąd wynikają proporcje oraz ; a z nich -

(1)

Dalej, zauważamy kolejne pary trójkątów podobnych (odpowiednie kąty równe):

To daje proporcje oraz z których wynika, że prawa strona wzoru (1) jest równa czyli 1.

Punkty leżą po jednej stronie punktu ; punkty po drugiej. Uzyskana równość oznacza, że jest środkiem odcinka Przez analogię, ten sam punkt jest też środkiem odcinka Stąd wniosek, że odcinki i są przystające.

Niech będzie takim punktem w przestrzeni, że czworościan jest foremny. Wówczas trójkąt jest przystający do trójkąta gdyż jest jego obrazem przy obrocie wokół prostej przeprowadzającym punkt na punkt Wobec tego

W pełni analogicznie uzasadniamy przystawanie par trójkątów oraz i wynikające stąd równości oraz Za wystarczy teraz przyjąć obraz punktu przy takim obrocie wokół prostej który posyła w płaszczyznę trójkąta (są dwa takie punkty).

Niech będzie takim punktem, że czworokąt jest równoległobokiem. Wówczas

oraz

a zatem trójkąty oraz są przystające (cecha bok-kąt-bok). Zatem czyli trójkąt jest równoramienny, więc

Pozostaje zauważyć, że proste i są równoległe, więc

jest szukanym kątem.

(a) Weźmy dowolny czworościan oraz jego najdłuższą krawędź. Przyjmijmy, że ma ona długość zaś dwie przyległe do niej ściany mają krawędzie długości oraz przy czym krawędzie mają wspólny koniec oraz krawędzie mają wspólny koniec. Wówczas oraz ; stąd wobec czego musi zachodzić co najmniej jedna z nierówności lub Zatem co najmniej jeden z końców krawędzi nie jest wierzchołkiem ciekawym.

(b) Dokładnie jeden wierzchołek ciekawy jest możliwy. Rozpocznijmy od przykładu czworościanu zdegenerowanego do czwórki punktów na płaszczyźnie w konfiguracji: - trójkąt prostokątny; - środek przeciwprostokątnej ; przy czym (np. ). Z punktu wychodzą krawędzie długości ; z punktu z punktu każda z tych trójek spełnia warunek trójkąta. Pozostaje wierzchołek - jedyny ciekawy (wspólny koniec krawędzi ). Teraz wystarczy wyjść w przestrzeń i nieznacznie przemieścić wierzchołek usuwając go prostopadle z płaszczyzny Wychodzące zeń krawędzie trochę się wydłużą. Przy małym przemieszczeniu rozważane nierówności (ostre) pozostaną w mocy; punkt nadal będzie jedynym wierzchołkiem ciekawym.

Każdy punkt mapy pomalujmy na czarno, jeśli leży on wewnątrz nieparzystej liczby spośród danych okręgów, a na biało w przeciwnym przypadku.

Nie, np. mapę z rysunku obok da się pomalować dwiema barwami.

b) Pokolorujmy mapę wyznaczoną przez pierwszy bazgroł dwiema barwami (da się to zrobić na mocy części a)). Malujmy teraz drugi bazgroł zgodnie z kolorami państw, przez które wędruje. W każdym punkcie przecięcia pierwszego bazgroła zmienia się kolor (i tylko w tych punktach). Ponieważ drugi bazgroł jest krzywą zamkniętą, zmienia on kolor parzystą liczbę razy, co kończy dowód.

Oznaczmy przez punkt przecięcia przekątnych czworokąta Prosta równoległa do przecina bok w punkcie będącym środkiem tego boku. Skoro ów bok jest równoległy do zatem punkt (leżący na prostej ) jest środkiem odcinka

Z danych równoległości dostajemy ponadto równość kątów

Trójkąt jest więc równoramienny: Punkt jako środek odcinka jest w takim razie środkiem okręgu opisanego na trójkącie Wynika stąd, że kąt jest prosty - a to teza zadania.

Niech oznacza pole figury

Ponieważ i są środkami odcinków i to oraz Podobnie otrzymujemy oraz W takim razie czworokąt ma dwa boki równej długości i równoległe, więc jest równoległobokiem o środku Ponadto trójkąt jest obrazem trójkąta w jednokładności o środku i skali więc Z analogicznych rozważań dla trójkątów i otrzymujemy

Stąd mamy

Wiemy również, że

W takim razie otrzymujemy

oraz

W takim razie

Minimum jest osiągane dla czworokąta (zdegenerowanego), w którym wierzchołki i są współliniowe (wówczas ), a maksimum - gdy wierzchołki i są współliniowe (wówczas ).

Trójkąty i są podobne (jako połówki kwadratów) oraz są położone w sposób opisany w twierdzeniu (*). Ponadto są one niezgodnie ułożone, istnieje więc jednokładność o skali ujemnej przeprowadzająca na na oraz na Odcinki przecinają się więc w jej środku. Analogicznie odcinek przechodzi przez punkt przecięcia odcinków i

Niech oznacza pole figury Skoro to Trójkąty te mają wspólną podstawę zatem mają też równe wysokości na nią. Ponieważ punkty i leżą po tej samej stronie prostej wynika stąd, że Analogicznie oraz

Wobec tego niezgodnie ułożone trójkąty i spełniają założenia twierdzenia Jeden z nich jest więc obrazem drugiego w pewnej jednokładności o ujemnej skali, której środek leży na każdym z odcinków

Niech okrąg opisany na trójkącie przecina proste w drugich punktach odpowiednio i Dowód przeprowadzimy w przypadku przedstawionym na rysunku, pozostałe można uzasadnić podobnie.

Rozważmy trójkąty i Z równości kątów wpisanych opartych na jednym łuku mamy więc ponieważ punkty i leżą po przeciwnych stronach prostej Podobnie Ponadto czworokąt jest wpisany w okrąg, zatem a stąd

Wobec tego trójkąty i spełniają założenia twierdzenia Stąd punkt przecięcia prostych i należy też do prostej

Pokażemy najpierw, że punkty leżą na jednym okręgu. Istotnie,

(ostatnia równość wynika z faktu, że proste i są prostopadłe odpowiednio do i ). Na podstawie twierdzenia Steinera pozostaje uzasadnić, że odbicia punktu względem boków trójkąta leżą na prostej jednakże jest to oczywiste, gdyż proste oraz są symetralnymi odcinków odpowiednio i

Niech prosta przecina półprostą w punkcie Trójki punktów oraz są, oczywiście, współliniowe. Oznaczmy przez przecięcie prostych i drugiej stycznej poprowadzonej z punktu do okręgu o środku w punkcie Łatwo zauważyć, że więc Oznacza to, że półprosta jest również styczna do okręgu o środku w punkcie stąd punkty i są współliniowe. Wobec tego

więc na czworokącie można opisać okrąg. Aby dokończyć rozwiązanie, wystarczy zauważyć, że obrazy punktu w symetrii względem prostych oraz leżą na prostej i zastosować twierdzenie Steinera.

Niech i oznaczają dla odpowiednio promienie okręgów wpisanych, obwody i pola powstałych czterech trójkątów. Wiemy, że wówczas dla każdego zachodzi równość W takim razie

co daje tezę.

Dla wskazany cel da się osiągnąć. W trzech ruchach wybieramy proste zawierające boki dużego trójkąta. Jego wierzchołki pozostaną białe (każdy zmieni kolor dwukrotnie), zaś środki boków staną się czarne. Teraz w jednym ruchu zmieniamy kolor dwóch z tych środków z powrotem na biały. Pozostaje jeden punkt czarny.

Także dla można uzyskać wymagany stan. Jak poprzednio, w trzech ruchach bierzemy proste, zawierające boki dużego trójkąta. Jego wierzchołki i jego środek staną się białe, pozostałe punkty siatki staną się czarne. W kolejnych trzech ruchach bierzemy proste równoległe do boków dużego trójkąta i przechodzące przez jego środek. Czarne punkty wybielą się, a punkt w środku się zaczerni.

Natomiast dla nie da się! W trójce punktów, będących wierzchołkami dużego trójkąta, po każdym ruchu jest parzysta liczba czarnych punktów (0 lub 2). Żaden z tej trójki nie może więc być owym punktem, który w pewnym momencie miałby stać się jedynym czarnym.

Każdy inny punkt siatki jest elementem pewnej szóstki punktów, tworzących sześciokąt foremny o boku 1. Również i w takiej szóstce każdy ruch powoduje zmianę koloru dokładnie dwóch punktów, więc niezmiennie jest w niej parzysta liczba czarnych punktów (0, 2, 4, 6). Pojedynczy czarny punkt pojawić się nie może.

Przyda się tu "spłaszczenie" polegające na spojrzeniu na ścianę prostopadłościanu Gdyby dało się zbudować go z opisanych w zadaniu klocków, ściana ta byłaby zbudowana z prostokątów o wymiarach oraz Jednak to jest niemożliwe, gdyż figura złożona z takich prostokątów ma pole podzielne przez 3, a tymczasem ściana ma pole równe 64.

Kolorowy prostopadłościan i szary klocek przebity prostą

Prostych równoległych do pewnej krawędzi sześcianu, przechodzących przez jego wnętrze i biegnących wzdłuż linii podziału na kostki jednostkowe jest po w każdym z trzech kierunków, a więc łącznie

Załóżmy, że któraś z nich przebija nieparzystą liczbę klocków. Rozważmy prostopadłościan wyznaczony, w sposób przedstawiony na rysunku, przez tę prostą i dowolną równoległą do niej krawędź sześcianu. Wówczas objętość tego prostopadłościanu byłaby nieparzysta, bo zawierałby on po jednej kostce jednostkowej z każdego z przebitych klocków, a pozostałe klocki w całości lub po połowie. Liczba ta jest jednak jednocześnie wielokrotnością 20 (z uwagi na rozmiar sześcianu), co jest niemożliwe.

Zauważmy, że każdy klocek może być przebity przez najwyżej jedną z rozważanych prostych. Gdyby każda z nich przebijała co najmniej dwa klocki, to łącznie przebijałyby one co najmniej klocków. To także jest niemożliwe, gdyż klocków jest łącznie Wobec tego któraś z rozważanych prostych nie przechodzi przez żaden klocek.

Na czarno oznaczono usunięty kwadrat jednostkowy

Przeprowadzimy dowód indukcyjny. Dla teza jest prawdziwa: rozważana figura jest pojedynczym klockiem. Załóżmy, że teza zachodzi dla pewnego Niech będzie kwadratem o krawędzi z którego usuwamy jedno pole. Podzielmy na cztery przystające mniejsze kwadraty o krawędzi jeden z nich zawiera usunięte pole. Umieśćmy pojedynczy klocek na środku kwadratu w sposób przedstawiony na rysunku Wówczas na mocy założenia indukcyjnego każdy z czterech mniejszych kwadratów bez jednego pola da się szczelnie wypełnić klockami, co kończy dowód.

Gdy przekątne są prostopadłe, punkty i pokrywają się z i i nie ma czego dowodzić. Przyjmijmy dalej, nie tracąc ogólności, że kąt jest ostry (wtedy punkt leży między i zaś leży między i ). Czworokąt ma okrąg opisany (o średnicy ). Stąd oraz z zależności w trójkątach prostokątnych i dostajemy ciąg równości

Z ostatniej równości wynika położenie punktów na wspólnym okręgu.

Niech będzie takim punktem na prostej na zewnątrz okręgu że Zauważmy, że wówczas

Stąd trójkąty i są przystające, w szczególności W takim razie trójkąt jest równoramienny i

Analogicznie otrzymujemy równość W takim razie mamy

a stąd