nytt problem for folket:
la $ABC$ være en trekant, og la tangenten fra $A$ til $(ABC)$ skjære $BC$ i $X$. la $A'$ være refleksjonen av $A$ i $X$, og la $C'$ være refleksjonen av $C$ i $AX$. Vis at $A,A',C',B$ ligger på en felles sirkel.
Abel maraton
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
La $C''$ være punktet på omsirkelen til $ABA'$ slik at $(A,A';B,C'') = -1$.
Det er velkjent at $\triangle ABX \sim \triangle C''AX$ (EGMO kap. 4) med skaleringsfaktor $\frac{AX}{BX}$, og fra epp er $\triangle ABX \sim \triangle CAX$ med skaleringsfaktor $-\frac{AX}{BX}$.
Derfor er $\triangle C''AX \cong \triangle CAX$ med negativ skaleringsfaktor, så $C''$ er reflekasjonen av $C$ over $AX$.
Det er velkjent at $\triangle ABX \sim \triangle C''AX$ (EGMO kap. 4) med skaleringsfaktor $\frac{AX}{BX}$, og fra epp er $\triangle ABX \sim \triangle CAX$ med skaleringsfaktor $-\frac{AX}{BX}$.
Derfor er $\triangle C''AX \cong \triangle CAX$ med negativ skaleringsfaktor, så $C''$ er reflekasjonen av $C$ over $AX$.
Ny oppgave:
Let $T_1, T_2, T_3, T_4$ be pairwise distinct collinear points lying in that order. Let $\omega_1$ be a circle through $T_1$ and $T_4$; let $\omega_2$ be the circle through $T_2$ and internally tangent to $\omega_1$ at $T_1$; let $\omega_3$ be the circle through $T_3$ and externally tangent to $\omega_2$ at $T_2$; and let $\omega_4$ be the circle through $T_4$ and externally tangent to $\omega_3$ at $T_3$. A line crosses $\omega_1$ at $P$ and $W$, $\omega_2$ at $Q$ and $R$, $\omega_3$ at $S$ and $T$, and $\omega_4$ at $U$ and $V$, the order of these points along the line being $P,Q,R,S,T,U,V,W$.
Prove that $PQ + TU = RS + VW$
Let $T_1, T_2, T_3, T_4$ be pairwise distinct collinear points lying in that order. Let $\omega_1$ be a circle through $T_1$ and $T_4$; let $\omega_2$ be the circle through $T_2$ and internally tangent to $\omega_1$ at $T_1$; let $\omega_3$ be the circle through $T_3$ and externally tangent to $\omega_2$ at $T_2$; and let $\omega_4$ be the circle through $T_4$ and externally tangent to $\omega_3$ at $T_3$. A line crosses $\omega_1$ at $P$ and $W$, $\omega_2$ at $Q$ and $R$, $\omega_3$ at $S$ and $T$, and $\omega_4$ at $U$ and $V$, the order of these points along the line being $P,Q,R,S,T,U,V,W$.
Prove that $PQ + TU = RS + VW$
-
Lil_Flip39
- Cayley
- Innlegg: 69
- Registrert: 25/04-2024 12:57
- Sted: Oslo
La$A-B-C$ være at $ABC$ er en linje.
La $O_1,O_2,O_3,O_4$ være sentrumene i $\omega_1,\omega_2,\omega_3,\omega_4$. La $C,A,B,D$ være projeksjonene fra $O_1,O_2,O_3,O_4$ ned på linja gjennom $PQ$.
påstand 1 : $O_1O_2O_3O_4$ er et parallelogram.
Bevis: Vi ser først $T_1-O_2-O_1, O_1-T_2-O_3,O_3-T_3-O_4$Så $\measuredangle O_1T_1T_2=\measuredangle T_1T_2O_2=\measuredangle T_3T_2O_3=\measuredangle O_3T_3T_2 =\measuredangle O_4T_3T_4$ som impliserer$O_3O_4\parallel O_1O_2$. Med samme teknikk får man $\measuredangle O_1T_4T_1=\measuredangle T_4T_1O_2=\measuredangle O_4T_4T_1$ så $O_1-O_4-T_4$. Da følger det av samme utregning som over $O_3O_1\parallel O_1O_4$ så påstanden er vist.
Nå ser vi likhetene:
$PQ=CP-AQ-AC$
$RS=AB-AR-SB$
$TU=BD-BT-UD$
$VW=CW-VD-CD$
men vi har
$AR=AQ$
$BT=BS$
$CW=CP$
$DV=DU$
av midtpunkter.
I tillegg har vi av påstand 1 at $AC=BD$ og $AB=CD$ av projeksjoner. Hvis vi nå summer, får vi
$PQ+UT=RS+VW \iff CP-AQ-AC+BD-BT-UD=AB-AR-SB+BD-BT-UD\iff 0=0$, så vi er ferdige.
La $O_1,O_2,O_3,O_4$ være sentrumene i $\omega_1,\omega_2,\omega_3,\omega_4$. La $C,A,B,D$ være projeksjonene fra $O_1,O_2,O_3,O_4$ ned på linja gjennom $PQ$.
påstand 1 : $O_1O_2O_3O_4$ er et parallelogram.
Bevis: Vi ser først $T_1-O_2-O_1, O_1-T_2-O_3,O_3-T_3-O_4$Så $\measuredangle O_1T_1T_2=\measuredangle T_1T_2O_2=\measuredangle T_3T_2O_3=\measuredangle O_3T_3T_2 =\measuredangle O_4T_3T_4$ som impliserer$O_3O_4\parallel O_1O_2$. Med samme teknikk får man $\measuredangle O_1T_4T_1=\measuredangle T_4T_1O_2=\measuredangle O_4T_4T_1$ så $O_1-O_4-T_4$. Da følger det av samme utregning som over $O_3O_1\parallel O_1O_4$ så påstanden er vist.
Nå ser vi likhetene:
$PQ=CP-AQ-AC$
$RS=AB-AR-SB$
$TU=BD-BT-UD$
$VW=CW-VD-CD$
men vi har
$AR=AQ$
$BT=BS$
$CW=CP$
$DV=DU$
av midtpunkter.
I tillegg har vi av påstand 1 at $AC=BD$ og $AB=CD$ av projeksjoner. Hvis vi nå summer, får vi
$PQ+UT=RS+VW \iff CP-AQ-AC+BD-BT-UD=AB-AR-SB+BD-BT-UD\iff 0=0$, så vi er ferdige.
-
Lil_Flip39
- Cayley
- Innlegg: 69
- Registrert: 25/04-2024 12:57
- Sted: Oslo
La $ABC$ være en likebeint trekant med $AB=AC$. En arbritrær sirkel $\omega$ går gjennom $B,C$, og skjærer $AC,AB$ i $E,F$. La $BE\cap CF=H$.$S$ er et punkt på $\omega$. Hvis $M,N$ er fotpunktene fra $H$ til $SB,SC$ vis at $MN\perp AS.$
La $D=MN\cap AS$. Det er velkjent at $\measuredangle DMH =\measuredangle DSM$ er ekvivalent med at omsirkelen til DMS tangerer HM som igjen er ekvivalent med at $90^{\circ} =\measuredangle HMS =\measuredangle MDS$. Siden $\measuredangle SMN =\measuredangle SNM$, er HMSN syklisk. Det holder dermed å vise at $\measuredangle ASM =\measuredangle NSH$ siden $\measuredangle DMH =\measuredangle NSH$ og $\measuredangle ASM =\measuredangle DSM$.
Påstand: La $k$ være vinkelhalveringslinjen til $\angle CSB$. SA er refleksjonen av SH over $l$.
Bevis:
Vi viser påstanden med dualen av Desargues involusjonsteorem. La $\phi$ være refleksjonen over $l$. Vi ser på den komplette firkanten ABHC. Åpenbart bytter $\phi$ om på SB og SC. Av symmetri er $\measuredangle FCB= \measuredangle CBE$. Det betyr at $\measuredangle FSB=\measuredangle CSE$ som impliserer at $\phi$ bytter SE og SF. Av DDIT bytter også $\phi$ SH og SA.
Av påstanden ovenfor er $\measuredangle ASM =\measuredangle NSH$.
Påstand: La $k$ være vinkelhalveringslinjen til $\angle CSB$. SA er refleksjonen av SH over $l$.
Bevis:
Vi viser påstanden med dualen av Desargues involusjonsteorem. La $\phi$ være refleksjonen over $l$. Vi ser på den komplette firkanten ABHC. Åpenbart bytter $\phi$ om på SB og SC. Av symmetri er $\measuredangle FCB= \measuredangle CBE$. Det betyr at $\measuredangle FSB=\measuredangle CSE$ som impliserer at $\phi$ bytter SE og SF. Av DDIT bytter også $\phi$ SH og SA.
Av påstanden ovenfor er $\measuredangle ASM =\measuredangle NSH$.
-
Lil_Flip39
- Cayley
- Innlegg: 69
- Registrert: 25/04-2024 12:57
- Sted: Oslo
svar: $f(x)=x$ eller $f(x)=-x$
lemma: alle rasjonale tall kan bli skrevet på formen $kx^2$ hvor $k$ er et heltall og $x$ er et rasjonalt tall.
Bevis: gitt et rasjonalt tall $\frac{p}{q}$, la $k=pq,x=\frac{1}{q^2}$.
påstand 1:
$f$ er surjektiv.
Bevis:
av $P(x,0)$ får vi $f(xf(x))=x^2+f(0)$.av induksjon på $y$, får vi at $f(kxf(x))=f(0)+kx^2$ for alle positive heltall $k$.
av $P(x,-xf(x)$ får vi $f(-xf(x))=-x^2+f(0)$ av induksjon får vi da $f(-kxf(x))=f(0)+kx^2$ for alle negative heltall $k$.
Dette impliserer at $f(kxf(x))=f(0)+kx^2$, så $kx^2+f(0)$ er i verdimengden for alle heltall $k$.
Vi ser at $f(0)$ er konstant, så av lemma er påstanden vist.
påstand 2:$f(0)=0$
bevis: av surjektivitet eksiterer det $a$ slik at $f(a)=0$
da gir $P(a,y)$
$f(y)=f(y)+k$ som impliserer $k=0$.
påstand 3: $f(1)=\pm 1$
bevis: $P(1,0)$ gir $f(f(1))=1$.
$P(1,y)$ gir $f(f(1)+y)=f(y)+1^2$
$P(f(1),y)$ gir $f(f(1)+y)=f(y)+{f(1)}^2$
venstre siden av begge likhetene ovenfor er like, som impliserer
$f(1)=\pm 1$
(1) $f(1)=1$
vi likningen $f(kxf(x))=kx^2+f(0)=kx^2$ som blir brukt i påstand 1.
vi har også av $P(1,y)$ at $f(y+1)=f(y)+1$, så $f(x)=x$ holder for alle heltall.
Nå sett $k$ slik at $kxf(x)$ er et heltall, da får vi $kxf(x)=kx^2\implies f(x)=x$, yippie!
(2)$f(1)=-1$
ved bruk av samme teknikk som ovenfor, får man $f(x)=-x$ for alle $x$
da er vi ferdige.
lemma: alle rasjonale tall kan bli skrevet på formen $kx^2$ hvor $k$ er et heltall og $x$ er et rasjonalt tall.
Bevis: gitt et rasjonalt tall $\frac{p}{q}$, la $k=pq,x=\frac{1}{q^2}$.
påstand 1:
$f$ er surjektiv.
Bevis:
av $P(x,0)$ får vi $f(xf(x))=x^2+f(0)$.av induksjon på $y$, får vi at $f(kxf(x))=f(0)+kx^2$ for alle positive heltall $k$.
av $P(x,-xf(x)$ får vi $f(-xf(x))=-x^2+f(0)$ av induksjon får vi da $f(-kxf(x))=f(0)+kx^2$ for alle negative heltall $k$.
Dette impliserer at $f(kxf(x))=f(0)+kx^2$, så $kx^2+f(0)$ er i verdimengden for alle heltall $k$.
Vi ser at $f(0)$ er konstant, så av lemma er påstanden vist.
påstand 2:$f(0)=0$
bevis: av surjektivitet eksiterer det $a$ slik at $f(a)=0$
da gir $P(a,y)$
$f(y)=f(y)+k$ som impliserer $k=0$.
påstand 3: $f(1)=\pm 1$
bevis: $P(1,0)$ gir $f(f(1))=1$.
$P(1,y)$ gir $f(f(1)+y)=f(y)+1^2$
$P(f(1),y)$ gir $f(f(1)+y)=f(y)+{f(1)}^2$
venstre siden av begge likhetene ovenfor er like, som impliserer
$f(1)=\pm 1$
(1) $f(1)=1$
vi likningen $f(kxf(x))=kx^2+f(0)=kx^2$ som blir brukt i påstand 1.
vi har også av $P(1,y)$ at $f(y+1)=f(y)+1$, så $f(x)=x$ holder for alle heltall.
Nå sett $k$ slik at $kxf(x)$ er et heltall, da får vi $kxf(x)=kx^2\implies f(x)=x$, yippie!
(2)$f(1)=-1$
ved bruk av samme teknikk som ovenfor, får man $f(x)=-x$ for alle $x$
da er vi ferdige.
Sist redigert av Lil_Flip39 den 15/09-2024 19:13, redigert 1 gang totalt.
-
Lil_Flip39
- Cayley
- Innlegg: 69
- Registrert: 25/04-2024 12:57
- Sted: Oslo
la $a$ være et heltall.
Vis at $n\mid \sum_{1}^{n}a^{gcd(n,k)}$ for alle positive heltall $n$
Vis at $n\mid \sum_{1}^{n}a^{gcd(n,k)}$ for alle positive heltall $n$
La $f(n,a)=\sum_{k=1}^{n} a^{gcd(n,k)}$. Vi ser at $f(n,a)=\sum_{d\mid n} \phi(\frac{n}{d})a^d$.
1) Lemma: $b\equiv c \pmod{p^k} \Rightarrow b^p\equiv c^p \pmod{p^{k+1}}$
Dette følger av binomialteoremet på $c=mp^k+b$.
2) Påstand: $p^k\mid f(p^k,a)$
Bevis:
Vi viser det med induksjon.
Induksjonsgrunnlag:
$f(p,a)\equiv (p-1)a+a^p\equiv 0 \pmod{p}$
Innduksjonssteg:
Anta at $p^{k-1}\mid f(p^{k-1},a)$. Dermed er $f(p^k,a)\equiv pf(p^{k-1},a)-a^{p^{k-1}}+a^{p^k}\equiv 0$ av induksjonshypotesen og 1).
3) Påstand: $k=v_p(n)\Rightarrow p^k\mid f(n,a)$
Bevis:
La $n=p^km$. Vi har at \[f(n,a)=\sum_{d_1\mid m} \phi(\frac{m}{d_1})\sum_{d_2\mid p^k} \phi(\frac{p^k}{d_2}) (a^{d_1})^{d_2}=\sum_{d_1\mid m} \phi(\frac{m}{d_1}) f(p^k,a^{d_1})\]
Siden $p^k\mid f(p^k,a^{d_1})$ av 2), så følger det at $p^k\mid f(n,a)$.
Oppgaven følger direkte av 3).
1) Lemma: $b\equiv c \pmod{p^k} \Rightarrow b^p\equiv c^p \pmod{p^{k+1}}$
Dette følger av binomialteoremet på $c=mp^k+b$.
2) Påstand: $p^k\mid f(p^k,a)$
Bevis:
Vi viser det med induksjon.
Induksjonsgrunnlag:
$f(p,a)\equiv (p-1)a+a^p\equiv 0 \pmod{p}$
Innduksjonssteg:
Anta at $p^{k-1}\mid f(p^{k-1},a)$. Dermed er $f(p^k,a)\equiv pf(p^{k-1},a)-a^{p^{k-1}}+a^{p^k}\equiv 0$ av induksjonshypotesen og 1).
3) Påstand: $k=v_p(n)\Rightarrow p^k\mid f(n,a)$
Bevis:
La $n=p^km$. Vi har at \[f(n,a)=\sum_{d_1\mid m} \phi(\frac{m}{d_1})\sum_{d_2\mid p^k} \phi(\frac{p^k}{d_2}) (a^{d_1})^{d_2}=\sum_{d_1\mid m} \phi(\frac{m}{d_1}) f(p^k,a^{d_1})\]
Siden $p^k\mid f(p^k,a^{d_1})$ av 2), så følger det at $p^k\mid f(n,a)$.
Oppgaven følger direkte av 3).
Sist redigert av lfe den 24/09-2024 10:07, redigert 1 gang totalt.
Løst med litt hjelp
[tex]\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a} \geq a+b+c + \frac{4(b-a)^2}{a+b+c}[/tex]
først observerer vi at ulikheten er ekvivalent med at:
[tex]a\frac{a-b}{b}+b\frac{b-c}{c} +c\frac{c-a}{a} \geq \frac{4(b-a)^2}{a+b+c}[/tex]
Observer videre at:
[tex]\frac{4(b-a)^2}{a+b+c} = \frac{((b-c)+(c-a)+(b-a))^2}{a+b+c}[/tex]
Og av titus lemma har vi at:
[tex]\frac{((b-c)+(c-a)+(b-a))^2}{a+b+c} \leq \frac{(b-a)^2}{b} + \frac{(b-c)^2}{c}+\frac{(c-a)^2}{a}[/tex]
Dermed må vi bare vise
[tex]\frac{(a-b)^2}{b} + \frac{(b-c)^2}{c}+\frac{(c-a)^2}{a} \leq \frac{a(a-b)}{b}+\frac{b(b-c)}{c} +\frac{c(c-a)}{a}[/tex]
Flytter vi alt over til høyre og faktoriserer ser vi at
[tex]\frac{(a-b)(a-(a-b))}{b}= \frac{a-b}{b}b = a-b [/tex]
[tex]0 +\leq a-b+b-c+c-a = 0[/tex]
som åpenbart stemmer.
Med likhet når [tex]a=b=c[/tex]
[tex]\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a} \geq a+b+c + \frac{4(b-a)^2}{a+b+c}[/tex]
først observerer vi at ulikheten er ekvivalent med at:
[tex]a\frac{a-b}{b}+b\frac{b-c}{c} +c\frac{c-a}{a} \geq \frac{4(b-a)^2}{a+b+c}[/tex]
Observer videre at:
[tex]\frac{4(b-a)^2}{a+b+c} = \frac{((b-c)+(c-a)+(b-a))^2}{a+b+c}[/tex]
Og av titus lemma har vi at:
[tex]\frac{((b-c)+(c-a)+(b-a))^2}{a+b+c} \leq \frac{(b-a)^2}{b} + \frac{(b-c)^2}{c}+\frac{(c-a)^2}{a}[/tex]
Dermed må vi bare vise
[tex]\frac{(a-b)^2}{b} + \frac{(b-c)^2}{c}+\frac{(c-a)^2}{a} \leq \frac{a(a-b)}{b}+\frac{b(b-c)}{c} +\frac{c(c-a)}{a}[/tex]
Flytter vi alt over til høyre og faktoriserer ser vi at
[tex]\frac{(a-b)(a-(a-b))}{b}= \frac{a-b}{b}b = a-b [/tex]
[tex]0 +\leq a-b+b-c+c-a = 0[/tex]
som åpenbart stemmer.
Med likhet når [tex]a=b=c[/tex]
-
TorsteinBM
- Noether
- Innlegg: 33
- Registrert: 13/12-2023 07:55
Skrevet av Lil_flip38
la $rad(a)$ betegne radikalen til $a$
Påstand 1: Det eksisterer et naturlig tall $z$ slik $x=z^a, y=z^b$
Bevis: Åpenbart har $x,y$ de samme primfaktorene. La $p$ være et primtall.
Da får vi $v_p(^mx)=v_p(^ny)$, så $^{m-1}xv_p(x)=^{n-1}yv_p(y)$ som impliserer $\frac{v_p(x)}{v_p(y)}=C$, hvor $C$ er uavhengi av $p$ for alle primtall $p$. Da er det lett å sa at påstanden stemmer.
WLOG $a>b$
Påstand 2: $z=y,a=y^{y^k},b=1$.
WLOG $(a,b)=1$(dette er mulig fordi hvis de har en faktor, kan man putte den inn i $z$)
z^den orginale likningen blir $^mz^a=^nz^b$. da har vi ${(z^a)}^Æ={(z^b)^Å}$ hvor $Æ,Å$ er resten av tertration greiene. Da har vi $z^{aÆ}=z^{bÅ}$ og siden grunntallet er likt følger det at $a(^{m-1}(z^a))=b(^{n-1}(z^b))$. Dette impliserer $rad(b)\mid rad(z)$ siden $(a,b)=1$, og siden $a>b$ følger det at $z\mid a$ siden $^{m-1}(z^a)<^{n-1}(z^b)$, så det er minst en faktor av $z$ i $a$. Da følger det at $b=1$ siden alle primfaktorer av $b$ også deler $a$. Da har vi fra $a(^{m-1}(z^a))=^{n-1}(z)$. at $a=z^k$ så påstanden er vist.
Til slutt bruker vi det samme trikset som vi brukte for å vise påstand 2.
Vi har likingen $^m(y^{y^k})=^ny$. Dette impliserer $y^k(^{m-1}(y^{y^k}))=^{n-1}y$, Som igjen impliserer $(^{m-2}(y^{y^k})+k=^{n-2}y$.
1. $k=0$. Dette impliserer $x=y$
2.$k\neq 0$ Da har vi at $k=^{n-2}y-(^{m-2}(y^{y^k})\leqslant ^{m-2}(y^{y^k})$, siden potenser av $y$ er minst unna hverandre av en faktor av $y$, og $y$ er minst $2$. Dette er en åpenbar motstigelse av størrelse. hvis $m>2$, men hvis $m=2$ får vi $k=^{n-2}y-1$ som også er en motstigelse.
la $rad(a)$ betegne radikalen til $a$
Påstand 1: Det eksisterer et naturlig tall $z$ slik $x=z^a, y=z^b$
Bevis: Åpenbart har $x,y$ de samme primfaktorene. La $p$ være et primtall.
Da får vi $v_p(^mx)=v_p(^ny)$, så $^{m-1}xv_p(x)=^{n-1}yv_p(y)$ som impliserer $\frac{v_p(x)}{v_p(y)}=C$, hvor $C$ er uavhengi av $p$ for alle primtall $p$. Da er det lett å sa at påstanden stemmer.
WLOG $a>b$
Påstand 2: $z=y,a=y^{y^k},b=1$.
WLOG $(a,b)=1$(dette er mulig fordi hvis de har en faktor, kan man putte den inn i $z$)
z^den orginale likningen blir $^mz^a=^nz^b$. da har vi ${(z^a)}^Æ={(z^b)^Å}$ hvor $Æ,Å$ er resten av tertration greiene. Da har vi $z^{aÆ}=z^{bÅ}$ og siden grunntallet er likt følger det at $a(^{m-1}(z^a))=b(^{n-1}(z^b))$. Dette impliserer $rad(b)\mid rad(z)$ siden $(a,b)=1$, og siden $a>b$ følger det at $z\mid a$ siden $^{m-1}(z^a)<^{n-1}(z^b)$, så det er minst en faktor av $z$ i $a$. Da følger det at $b=1$ siden alle primfaktorer av $b$ også deler $a$. Da har vi fra $a(^{m-1}(z^a))=^{n-1}(z)$. at $a=z^k$ så påstanden er vist.
Til slutt bruker vi det samme trikset som vi brukte for å vise påstand 2.
Vi har likingen $^m(y^{y^k})=^ny$. Dette impliserer $y^k(^{m-1}(y^{y^k}))=^{n-1}y$, Som igjen impliserer $(^{m-2}(y^{y^k})+k=^{n-2}y$.
1. $k=0$. Dette impliserer $x=y$
2.$k\neq 0$ Da har vi at $k=^{n-2}y-(^{m-2}(y^{y^k})\leqslant ^{m-2}(y^{y^k})$, siden potenser av $y$ er minst unna hverandre av en faktor av $y$, og $y$ er minst $2$. Dette er en åpenbar motstigelse av størrelse. hvis $m>2$, men hvis $m=2$ får vi $k=^{n-2}y-1$ som også er en motstigelse.
-
Lil_Flip39
- Cayley
- Innlegg: 69
- Registrert: 25/04-2024 12:57
- Sted: Oslo
Ny oppgave
en konveks sekskant $ABCDEF$ er gitt slik at $AB||DE$, $BC||EF$, $CD||FA$. Punktene $M, N, K$ er skjæringene av linjene $BD$ og $AE$, $AC$ og $DF$, $CE$ og $BF$. Vis at normalene fra $M, N, K$ til linjene $AB, CD, EF$ skjærer i et punkt.
en konveks sekskant $ABCDEF$ er gitt slik at $AB||DE$, $BC||EF$, $CD||FA$. Punktene $M, N, K$ er skjæringene av linjene $BD$ og $AE$, $AC$ og $DF$, $CE$ og $BF$. Vis at normalene fra $M, N, K$ til linjene $AB, CD, EF$ skjærer i et punkt.