Pete–Dőtsch-tétel. Legyen t ∈ [0, 1], és X_{1}, Y_{1}, Z_{1} az XY Z háromszög Y, Z; Z, X; X, Y csúcsai közti (t, 1 − t) súlyozással kapott pontok. Az ugyanilyen módon (1 − t, t) súlyozással kapott pontok legyenek X_{2}, Y_{2} és Z_{2}. Ekkor az X_{1}Y_{1}Z_{1} és X_{2}Y_{2}Z_{2} háromszögek magasságpontjait összekötő M_{1}M_{2} szakasz felezőpontja az XY Z háromszög Euler-egyenesén fekszik, mely az M_{1}M_{2} szakasszal a t-től független állandó szöget zár be.

Definíció. A fenti szöget Pete-féle τ-szögnek nevezzük.

Bizonyítás. A problémát komplex számok segítségével fogjuk megoldani.

A p ponton átmenő n normálvektorú egyenes egyenlete:

z\overline{n} + \overline{z}n = p\overline{n} + \overline{p}n.  (1)

Két egyenes metszéspontja kielégíti az alábbi egyenletrendszert:

z\overline{n_{1}} + \overline{z}n_{1} = p_{1}\overline{n_{1}} + \overline{p_{1}}n_{1},
z\overline{n_{2}} + \overline{z}n_{2} = p_{2}\overline{n_{2}} + \overline{p_{2}}n_{2},

(2)

melynek megoldása:

z = | \begin{matrix}p_{1}\overline{n_{1}} + \overline{p_{1}}n_{1} & n_{1} \\ p_{2}\overline{n_{2}} + \overline{p_{2}}n_{2} & n_{2} \end{matrix} | ; | \begin{matrix}\overline{n_{1}} & n_{1} \\ \overline{n_{2}} & n_{2} \end{matrix} |.  (3)

Ha egy háromszög három csúcsa a, b és c, akkor a p_{1} = a, p_{2} = b, n_{1} = b−c, n_{2} = c−a helyettesítéssel z éppen a magasságpont. Az a = ty + (1 − t)z, b = tz + (1 − t)x, c = tx + (1 − t)y helyettesítéssel olyan m(t) függvényt kapunk, mely az XY Z háromszög esetén éppen az X_{1}Y_{1}Z_{1} háromszögek magasságpontjait írja le t változásának megfelelően.

Könnyen látható, hogy (3) jobb oldalának számlálója harmadfokú, nevezője másodfokú polinom. Megmutatható, hogy a nevező éppen D · (3t^{2} − 3t + 1) alakú, ahol

D = | \begin{matrix}c(x − y) & (x − y) \\ c(y − z) & (y − z) \end{matrix} |,  (4)

de a bizonyítás során ezt az eredményt nem szükséges felhasználnunk.

A rövidség kedvéért legyen N(t) = D · (3t^{2} − 3t + 1), továbbá

m(t) = \frac{et^{3} + ft^{2} + gt + h}{N(t)}.

A t = 0 esetben m(0) = \frac{h}{N(0)}, ami éppen az XY Z háromszög magasságpontja. m(t) tehát így is írható:

m(t) = m(0) + \frac{e′t^{3} + f′t^{2} + g′t}{N(t)}.  (5)

Az N(t) = D · (3t^{2} − 3t + 1) egyenlőség alkalmazásával azonnal látható, de számolás útján is ellenőrizhető, hogy N(0) = N(1). Mivel m(0) = m(1), ezért

e′ + f′ + g′ = 0.  (6)

1. Megmutatjuk, hogy az

\frac{m(t) + m(1 − t)}{2}

pontok egy egyenesen vannak. Kihasználva az (5) és (6) egyenlőségeket, rendezés után

\frac{m(t) + m(1 − t)}{2} = m(0) + \frac{e′(t^{3} + (1 − t)^{3}) + f′(t^{2} + (1 − t)^{2}) + g′(t + (1 − t))}{2N(t)} =

= m(0) + \frac{e′(3t^{2} − 3t) + f′(2t^{2} − 2t) + e′ + g′ + h′}{2N(t)} =

= m(0) + \frac{3e′ + 2f′}{2} · \frac{t(t − 1)}{N(t)}.

(7)

A (7) alakzat minden pontja t választásától függetlenül nyilván ugyanarra az egyenesre esik. Ha az XY Z háromszög nem szabályos, magasságpontja és beírt körének középpontja két különböző pont lesz. Ezt a két pontot

m(t) = \frac{m(t) + m(1 − t)}{2}

a t = 0 ill. t = 1 − t = \frac{1}{2} esetben generálja, tehát a (7) alakzat minden pontja az XY Z háromszög Euler-egyenesére esik. (Szabályos háromszögnek nincs Euler-egyenese.)

2. Igazoljuk, hogy az m(t) − m(1 − t) szakaszok párhuzamosak. Ismét (5)-öt és (6)-ot használva adódik, hogy

m(t) − m(1 − t) = \frac{e′(t^{3} − (1 − t)^{3}) + f′(t^{2} − (1 − t)^{2}) + g′(t − (1 − t))}{N(t)} =

= \frac{(2t − 1)(e′(t^{2} − t) + e′ + f′ + g′)}{N(t)} = e′ · \frac{t(t − 1)(2t − 1)}{N(t)}.

(8)

Ez éppen azt jelenti, hogy az M_{1}M_{2} szakaszok iránya párhuzamos az e′ komplex szám által meghatározott vektorral. ♢