Kluriga problem i geometri

Jag har en idé, men inget bevis än. Är svaret 1/4?

Här är en idé där analytisk geometri blandats in för att visa att den sammanlagda arean inte beror av den exakta positionen av den vågräta sträckan som avgränsar den blå och den röda triangeln uppåt.

Låt oss anta att cirkeln är enhetscirkeln med mittpunkten i origo. 

Steg 1:

Spegla röda triangeln i dess övre kant. (samma resultat fås ifall röda triangeln roteras med 60° medurs kring sitt högra hörn)

Steg 2:

Rotera den gula triangeln med 120° medurs kring dess övre hörn. (Samma resultat fås ifall den speglas i symmetrilinjen som kommer att dras i nästa steg.

Steg 3:

Dra den symmetrilinje som är gemensam för den blå triangeln och spegelbilden för den röda triangeln.

Steg 4:

Rotera hela figuren med 60° moturs kring origo, så att den gemensamma symmetrilinjen är lodrät.

Steg 5:

Notera att symmetrilinjen och den vågräta sträckan som bildas av de gula trianglarnas övre kanter korsar varandra på y-axeln. Skärningspunktens y-koordinat ska kallas för $a \in (0, 1)$.

Steg 6:

Den svarta linjens ekvation är $y = \sqrt{3}\,x + a$ och den skär enhetscirkeln i punkterna där $x^2 + y^2 = 1$, d.v.s. $x^2 + (\sqrt{3}\,x + a)^2 = 1$. Skärningspunkternas $x$-koordinater är därmed

$\displaystyle x_{1,2} = \frac{-a\sqrt{3} \pm \sqrt{4-a^2}}{4}$

Steg 7:

Sidlängderna på den blå och röda trianglarna är därmed

$l_1 = \dfrac{a\sqrt{3} + \sqrt{4-a^2}}{2}$ och $l_2 = \dfrac{-a\sqrt{3} + \sqrt{4-a^2}}{2}$

Steg 8:

Sidlängden på den gula triangeln beräknas enligt Pythagoras sats, $l_3 = \sqrt{1-a^2}$

Steg 9:

En liksidig triangeln med sidlängden $l$ har arean $T = \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot l^2$. Den sammanlagda arean är alltså:

$\displaystyle T_1 + T_2 + T_3 = \frac{\sqrt{3}}{4} \left(l_1^2 + l_2^2 + l_3^2\right) = \ldots = \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot 3.$

Slutsats:

Den sammanlagda arean beror ej av värdet på $a$.

Ursprungsproblemet där cirkeln är inskriven i en stor liksidig triangel:

Om den inskrivna cirkeln är enhetscirkeln, så har den stora liksidiga triangeln sidlängden $l = 2 \sqrt{3}$ och arean $T = \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot 12$.

Det sökta förhållandet blir:

$\dfrac{T_1 + T_2 + T_3}{T} = \dfrac{\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot 3}{\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot 12} = \dfrac{1}{4}$.

Antag att cirkeln har radien $R$. Då har den stora triangeln sidlängden $l = 2\sqrt{3}\,R$ och arean $T = 3\,\sqrt{3} R^2$.

Beteckna sidlängderna för den blåa, röda, respektive gula triangeln med $a$, $b$, respektive $e$.

Man börjar på liknande sätt som i #7, d.v.s. spegla/rotera både den röda och den gula triangeln, så att man får följande:

Enligt kordasatsen är $e\cdot e = a \cdot b$. Den gula triangeln har därmed arean $T_{\text{gul}} = \dfrac{\sqrt{3}}{4} e^2 = \dfrac{\sqrt{3}}{4} a\, b$.

Inget mer kommer att göras med den gula triangeln, så jag döljer den i nästa figuren. Bilda ett likbent parallelltrapets genom att lägga till sträckor som kopplar ihop hörnen av den blåa med den roterade röda triangeln. (Dessa sträckor har sidlängden $c$.)

Enligt Ptolemaios sats är $(a+b)\,(a+b) = a\,b + c\, c$, vilket medför att $c^2 = a^2 + ab + b^2$.

Den gröna cirkeln har radien $R$ sedan början och denna cirkel är omskriven till det likbenta parallelltrapetset, så radien kan också beräknas enligt formeln $R = c\,\sqrt{ \dfrac{ab+c^2}{4c^2 - (a-b)^2}\,}$. Genom att sätta in $c^2 = a^2 + ab + b^2$, så får man sambandet $R = c / \sqrt{3}$.

Nu har man alla ingredienser för att beräkna summan av de färgade trianglarnas areor:

• $T_{\text{blå}} = \dfrac{\sqrt{3}}{4} a^2$ (liksidig triangel med sidlängden $a$)
• $T_{\text{röd}} = \dfrac{\sqrt{3}}{4} b^2$ (liksidig triangel med sidlängden $b$)
• $T_{\text{gul}} = \dfrac{\sqrt{3}}{4} ab$ (togs fram ovan)

$T_{\text{blå}} + T_{\text{röd}} + T_{\text{gul}} = \dfrac{\sqrt{3}}{4} (a^2 + b^2 + ab) = \text{[Ptolemaios sats ovan]} =\dfrac{\sqrt{3}}{4} c^2 = \dfrac{\sqrt{3}}{4} \cdot 3 R^2$.

Det sökta förhållandet blir då:

$\dfrac{T_{\text{blå}} + T_{\text{röd}} + T_{\text{gul}}}{T} = \dfrac{3\sqrt{3}\, R^2 / 4}{3\,\sqrt{3} R^2} = \dfrac{1}{4}$