Við getum einfaldað dæmið töluvert með því að velja okkur skynsamlegt viðmiðunarkerfi. Hugsum okkur að annað skipið sé kyrrt en hitt sigli með hraðanum $v+8$ mílur á klukkustund, þar sem $v$ táknar hraða skips $B$, það er, við hugsum okkur að við séum um borð í öðru skipinu, segjum skipi $A$. Regla Pýþagorasar gefur okkur þá að vegalengdin sem skip $B$ siglir meðan við sjáum í það er 8 mílur. Þar sem skipin sjást í 24 mínútur siglir skip $B$ framhjá okkur með hraða $8/(\frac{24}{60})=20$ mílur á klukkustund svo $v+8=20$ og þá $v=12$. Skip $B$ siglir því 12 mílur á klukkustund.

(a) Við byrjum á að athuga að $\angle APB=\angle BPC=\angle CPA=120^\circ$ og einnig að $\cos(120^\circ)=-\frac{1}{2}$. Við beitum kósinusreglunni á þríhyrningana $A B P$, $B C P$ og $C A P$ og fáum $$ \begin{aligned} |AB|^2&=|PA|^2+|PB|^2-2\cdot|PA|\cdot|PB|\cdot\cos(120^\circ)\\ &=4^2+2^2-2\cdot4\cdot2\cdot(\textstyle-\frac{1}{2})=28,\\ |BC|^2&=|PB|^2+|PC|^2-2\cdot|PB|\cdot|PC|\cdot\cos(120^\circ)\\ &=2^2+1^2-2\cdot2\cdot1\cdot(\textstyle-\frac{1}{2})=7,\\ |CA|^2&=|PC|^2+|PA|^2-2\cdot|PC|\cdot|PA|\cdot\cos(120^\circ)\\ &=1^2+4^2-2\cdot1\cdot4\cdot(\textstyle-\frac{1}{2})=21. \end{aligned} $$ Þá er $|BC|^2+|CA|^2=7+21=28=|AB|^2$, sem sýnir að $\angle ACB=90^\circ$. (Minnumst þess að regla Pýþagorasar segir ekki aðeins að summa ferninga skammhliðanna í rétthyrndum þríhyrningi sé jöfn ferningi langhliðarinnar, heldur einnig að ef svo er, þá sé þríhyrningurinn rétthyrndur.)

(b) Látum $\alpha=\angle APB=\angle BPC$ og $x=\cos\alpha$. Þá er $\angle CPA=360^\circ-2\alpha$ og því $$\cos(\angle CPA)=\cos(360^\circ-2\alpha)=\cos(2\alpha)=2\cos^2\alpha-1=2x^2-1.$$ Samkvæmt kósínusreglu er $$ \begin{aligned} |AB|^2&=|PA|^2+|PB|^2-2\cdot|PA|\cdot|PB|\cdot\cos(\alpha)=20-16x,\\ |BC|^2&=|PB|^2+|PC|^2-2\cdot|PB|\cdot|PC|\cdot\cos(\alpha)=5-4x,\\ |CA|^2&=|PC|^2+|PA|^2-2\cdot|PC|\cdot|PA|\cdot\cos(2\alpha) =17-8\cdot(2x^2-1)\\&=25-16x^2. \end{aligned} $$ Þar sem $\angle ACB=90^\circ$, þá er $|AB|^2=|BC|^2+|CA|^2$ og því $$ (5-4x)+(25-16x^2)=20-16x $$ það er $8x^2-6x-5=0$. Þessi jafna hefur ræturnar $x=-\frac{1}{2}$ og $x=\frac{5}{4}$. Einungis hin fyrri kemur til greina því $x=\cos\alpha \leq 1$, svo að $\cos\alpha=-\frac{1}{2}$ og því $\alpha=120^\circ$. Þar með er $\angle CPA=360^\circ-2\cdot120^\circ=120^\circ$.

Önnur lausn

Við tökum eftir að þríhyrningarnir $APB$ og $BPC$ eru einslaga því $|AP|=2|BP|$, $|BP|=2|PC|$ og $\angle APB=\angle BPC$. Því er $|AB|=2|BC|$.

(a) Nú er $$ \begin{aligned} \angle ABC&=\angle ABP+\angle PBC=\angle ABP+\angle PAB\\&=180^\circ-\angle APB=180^\circ-120\deg=60^\circ.\end{aligned} $$ Við sjáum því að ef $M$ er miðpunktur $AB$, þá er $MBC$ jafnhliða þríhyrningur og því $|MC|=|MB|$. Þá liggur $C$ á hringnum með miðstreng $AB$ og því er $\angle ACB=90^\circ$ því hornið $\angle ACB$ spannar miðstreng í hringnum.

(b) Þar sem $\angle ACB=90\deg$, þá er $|BC|=|AB|\cos\angle ABC$. En við höfum þegar tekið eftir að $|AB|=2|BC|$ svo $\cos\angle ABC=\frac{1}{2}$ og því $\angle ABC=60^\circ$. Þá er $$ 60^\circ=\angle ABC=\angle ABP+\angle PBC=\angle ABP+\angle PAB=180^\circ-\angle APB$$ svo að $\angle BPC=\angle APB=120^\circ$ og því $\angle CPA=360^\circ-2\cdot 120^\circ=120^\circ$.

Við sýnum að það er meira að segja hægt að þekja blettinn með tveimur mottum.

Ef $r$ er geisli blettsins, þá er flatarmál hans $\pi r^2=1$ og því $r=\frac{1}{\sqrt\pi}$. Látum $O$ vera miðpunkt hringsins og $ABCD$ vera aðra mottuna. Við leggjum hana nú þannig að hringurinn snerti hliðarnar $AB$ og $BC$. Við látum $Q$ vera fótpunkt þverilsins gegnum $O$ á hliðina $AD$. Nú er $1\gt 1/\sqrt{\pi}$ þar sem $\pi\gt 1$ og því er $O$ innaní ferningnum. Einnig er þvermál hringsins $2/\sqrt{\pi}$, sem er stærra en 1 þar sem $\pi\lt 4$, og því er $Q$ innaní hringnum og $|OQ|=1-1/\sqrt{\pi}$. Þá sker hringurinn strikið $AQ$ í punkti $P$. Regla Pýþagorasar gefur nú að $$ |PQ|^2=|OP|^2-|OQ|^2=\frac{1}{\pi}-\left(1-\frac{1}{\sqrt{\pi}}\right)^2 =\frac{2}{\sqrt{\pi}}-1.$$

Við leggjum nú hina mottuna $A’B’C’D’$ þannig að hringurinn snerti hliðarnar $A’D’$ og $C’D’$ í punktum gengt snertipunktum hinnar mottunnar við hringinn. Til að sýna að motturnar hylji nú blettinn nægir augljóslega að sýna að punkturinn $P$ lendi undir seinni mottunni, það er að $P$ sé í minni fjarlægð en 1 frá hliðinni $C’D’$, það er að $$|PQ|+\frac{1}{\sqrt{\pi}}\lt 1.$$ Við þurfum þá að sýna að $$ \frac{2}{\sqrt{\pi}}-1=|PQ|^2\lt \left(1-\frac{1}{\sqrt{\pi}}\right)^2$$ sem jafngildir $$ 0\lt 2\pi-4\sqrt{\pi}+1=2(\sqrt{\pi}-1)^2-1$$ svo okkur nægir að sýna að $(\sqrt{\pi}-1)^2\gt 1/2$. Við vitum að fyrstu þrír stafir $\pi$ eru $\text{3,14}$. Nú er $\text{1,75}^2=(2-\text{0,25})^2=4-1+\text{0,125}=\text{3,125}$ svo að $\text{1,75}\lt \sqrt{\pi}$ og því $\sqrt\pi-1\gt 0,75$. En $\text{0,75}^2=(1-\text{0,25})^2=1-\text{0,5}+\text{0,125}\gt \text{0,5}$ svo við höfum sannað ójöfnuna.