Dźgnięcie drugie: idziemy po tropach (cz.2)

Kontynuujemy wycieczkę po krainie trójkątów. W poprzedniej części napomknąłem, że dziś będziemy iść tropem prowadzącym wprost do legowiska potwornego stwora, wysysacza wyobraźni, matematycznej chupacabry - geometrii algebraicznej. Nie wejdziemy do środka, lecz zatrzymamy się nieopodal w bezpiecznej odległości. Czym grozi zbytnia nieroztropność i spoufalanie się z bestią, niech przekona nas takie oto proste zadanie: "Ile mamy punktów przecięcia się dwóch dowolnych okręgów na płaszczyźnie?"

Pomijając przypadek okręgów nakładających się, każdy zapewne odpowie bez dłuższego namysłu, że 0, 1 albo 2. Okręgi narysowane na kartce mogą bowiem wcale ze sobą się nie stykać, zetknąć się w jednym punkcie, albo przeciąć w dwóch. Niestety, jest to błędna odpowiedź. Dowolne dwa okręgi, tak samo jak dowolne inne dwie (nieprzywiedlne, czyli w wielkim skrócie równanie nie rozkłada się na iloczyn nawiasów) krzywe stopnia 2 dwóch zmiennych o współczynnikach rzeczywistych, mają dokładnie 4 punkty przecięcia (licząc krotności). To jest treść twierdzenia Bézouta, czyli uogólnienia zasadniczego twierdzenia algebry, które mówi, że wielomian stopnia n ma zawsze n pierwiastków (w ℂ). Ogólniej, jeśli mamy dwie nieprzywiedlne krzywe na płaszczyźnie, stopnia n i stopnia m, to mają one nm punktów przecięcia (licząc z krotnościami) w algebraicznym domknięciu ciała współczynników występujących w równaniach tych krzywych. Po prostu dwa niestykające się okręgi mają dwie pary w niestandardowy sposób "sprzężonych" zespolonych punktów przecięcia. Przy odrobinie wysiłku można nawet je "zobaczyć".

Żeby nie komplikować sprawy, "zobaczymy" zespolone punkty przecięcia się okręgu z prostą, które na mocy tw. Bézouta muszą być 2. W przypadku, gdy prosta przecina okrąg w dwóch punktach, to sprawa jest oczywista. Drugi przypadek najpierw trochę uprościmy, zakładając, że okrąg ma promień 1 i środek na dodatniej półosi Oy, w (0,b), b>1, zaś prostą go (nie)przecinającą jest oś Ox. Równanie tego okręgu ma postać x²+(y−b)²=1, prostej y=0, a więc x²=1−b² jest ujemne. Stąd mamy dwie liczby zespolone: x₁=iq oraz x₂=−iq, gdzie q=√(b²−1). Są one rozmieszczone na płaszczyźnie, grającej chwilowo rolę płaszczyzny zespolonej, na prostej pionowej Oy symetrycznie względem osi Ox, czyli tak jak każde dwie liczby zespolone sprzężone. Dla b=2, q=√3, zmniejszając b do 1 widzimy, że oba punkty zbliżają się do siebie w pionie i stają się podwójnym punktem styczności. Dalsze zmniejszanie wartości b powoduje rozchodzenie się punktów przecięcia na osi rzeczywistej, a od b=0 do b=−1 schodzenie i znów osiągnięcie punktu styczności, tym razem od dołu. Dalsze zmniejszanie b powoduje pojawienie się wartości zespolonych umieszczonych w pionie. Co się zmieni, gdy okrąg nie będzie miał środka na osi Oy? Wtedy jego równanie przyjmie postać (x−a)²+(y−b)²=1 i po podstawieniu y=0 otrzymamy równanie kwadratowe dla x: x²−2ax+(a²+b²−1)=0. Delta=4a²−4a²−4b²+4=−4(b²−1), która będzie ujemna. Pierwiastki x₁=a−iq, x₂=a+iq znowu leżą na prostej pionowej, ale przechodzącej przez punkt (a,0). Zachowanie będzie takie samo jak w rozważonym szczególnym przypadku. Teraz już widać jak znaleźć te dwa zespolone punkty przecięcia. Gdy już dojdziemy do równania kwadratowego, odbijamy go w pionie względem prostej przechodzącej przez minimum, rysujemy okrąg o środku na osi Ox przechodzący przez miejsca zerowe odbitej paraboli i przekręcamy go o 90 stopni. Miejsca zerowe przejdą na zespolone sprzężone miejsca zerowe dla wyjściowej krzywej, a zatem będą to zespolone punkty przecięcia okręgu z osią Ox. Analogicznie możemy "zobaczyć" punkty przecięcia się okręgu jednostkowego ze środkiem poruszającym się po osi Ox z osią Oy. Jest to analogiczny przypadek, lecz wyobrażana płaszczyzna zespolona będzie obrócona o 90 stopni, zaś sprzężenie będzie dotyczyło zmiennej x: z=y+ix, z*=y−ix. Gdzieś po drodze nastąpiła jakaś katastrofa, która postawiła wszystko na głowie.

Jak zatem poradzić sobie z przypadkiem ogólnym, gdy mamy dowolną ukośną prostą? Ogólne równania są takie (x−a)²+(y−b)²=1, cx+dy=1, możemy obliczyć y=(1−cx)/d, a potem wstawić do pierwszego równania i uporządkować wyrazy. Otrzymamy równanie kwadratowe... Będziemy mieć analogiczny obrazek jak dla pierwszego prostego przykładu, ale obrócony, przesunięty i "chodzący" po prostej prostopadłej do danej oraz przechodzącej przez środek okręgu. Tu już nie będzie naszego pięknego sprzężenia, ale analogię widać gołym okiem.

Jeżeli w podobny sposób ruszymy zagadnienie przecięcia dwóch okręgów, to natychmiast wpadniemy w kłopoty. Również tu będą nam próbowały wychodzić dwa rozwiązania. Zaraz, zaraz, przecież mieliśmy otrzymać 4 rozwiązania, a nie dwa! Coś tu nie tak. Najpierw zauważmy, że zwykłe wielomiany jednej zmiennej są elementami pierścienia R[X] i dlatego rozkładają się na czynniki liniowe postaci X−t. Analogicznie gdy zamienimy literę X na Y. Jednak my tutaj mamy do czynienia z wielomianami dwóch zmiennych tworzącymi pierścień R[X,Y], a tu rozkład na czynniki liniowe jest kompletnie inny. Mianowicie musimy szukać czegoś takiego jak "uX+vY+w". Oczywiście żeby rozkład był zawsze możliwy, to musimy przyjąć, że współczynniki u,v,w są liczbami zespolonymi. Ale nawet dwa takie czynniki liniowe dla zapisu równania każdego z okręgów nie uratują do końca sytuacji, bo nadal czegoś tu brakuje. Choć też coś zaczyna świtać. Gdy potraktujemy te czynniki liniowe jak równania prostych, to przecinając je na krzyż 1 z 1, 1 z 2, 2 z 1 oraz 2 z 2 teoretycznie powinniśmy otrzymać cztery punkty przecięcia się czterech prostych. Pytanie tylko, czy to będą nasze rozwiązania? https://www-m10.ma.tum.de/fosw...

Widać już jak postępowanie w przypadku dwóch okręgów prowadzi na manowce. Aż trudno sobie wyobrazić, przez co musielibyśmy przejść przecinając okrąg z lemniskatą. Tu żadne klasyczne metody oparte na afinicznych równaniach okręgów i innych krzywych nie okażą się dość dobre. Żeby wygodnie i skutecznie policzyć współrzędne tych 4 punktów (z tw. Bézouta) przecięcia się dowolnych dwóch okręgów, trzeba przejść na płaszczyznę rzutową i zastosować właśnie opisane w poprzedniej części współrzędne jednorodne do napisania nowych równań dla okręgów. W świecie rzutowym także opisane w poprzedniej części konstrukcje pęku prostych i punktów współliniowych są pojęciami dualnymi, co trochę rozjaśnia sprawę użycia pęków jako "prostych". Nie będę już dłużej męczył nikogo dalszymi dywagacjami na temat krzywych i ich przecięć, bo chyba dostatecznie uczuliłem czytelnika na algebraiczne zawiłości w geometrii, a zajmę się ponownie krainą trójkątów. Pewnie jeszcze kiedyś wrócę do tematu krzywych, bo bez tego ani rusz, lecz teraz mamy inną robotę do zrobienia.

Dopiero w tym momencie można sobie wyobrazić jak wielka część trygonometrycznej rzeczywistości - symetrii, regularności, wzorów - umyka z pola widzenia, gdy nie bierze się pod uwagę liczb zespolonych, czyli wszystkich ukrytych własności okręgów i jeszcze bardziej złożonych krzywych definiowanych dla trójkąta. Mówię to jako przestrogę, gdyż rozważanie krzywych w dziedzinie rzeczywistej zawsze niepotrzebnie zwiększa stopień trudności zajmowania się nimi i czasami wręcz uniemożliwia zrozumienie tematu. Teraz właśnie będzie o takich krzywych.

Jest znany następujący fakt: jeśli a,b,c są bokami trójkąta, p połową obwodu, r i R promieniami okręgu wpisanego i opisanego, to a,b,c są pierwiastkami równania x³−2px²+(p²+r²+4rR)x−4prR=0. Dowód nie jest bardzo trudny i opiera się na wzorach Viete'a oraz twierdzeniu sinusów. Ktoś jakoś musiał to przecież wymyślić. Trochę większą trudność stanowi zadanie policzenia ile możemy utworzyć trójkątów z rozwiązań równania ux³+vx²+wx+t=0. To stanowi pierwszy trop i już trochę zaskakuje. Ale nawet to jest niczym wobec tego, o czym będzie dalej.

Drugi problem dotyczy jednoznaczności: "Mamy dane na płaszczyźnie cztery punkty i prostą. Ile jest krzywych drugiego stopnia (conics) przechodzących przez te punkty i stycznych do prostej?" Nawet nie będę próbował zapisać tu i teraz rozwiązania tego problemu, bo zająłbym dwa razy tyle miejsca co dotąd. Zwykle w takich sytuacjach ważni profesorowie mówią, że "ten problem zostawiam państwu jako zadanie domowe" ;)) Lecz liczba punktów, ewentualnie liczba punktów plus dodatkowych warunków, które są wymagane do jednoznacznego określenia krzywej n-tego stopnia, będzie nam potrzebna do pokazania, że krzywe opisywane dalej wcale nie są przypadkowe. Na przykład stożkowa (conic) potrzebuje aż 5 punktów. Krzywa trzeciego stopnia (cubic) już 9 (tw. Cayleya-Bacharacha).

Pilny uczeń trygonometrii musiał zetknąć się kiedyś z pojęciem okręgu dziewięciu punktów, który tworzą środki boków, spodki trzech wysokości oraz punkty dzielące na połowy trzy odcinki, które łączą wierzchołki tego trójkąta z jego ortocentrum. W tym przypadku mamy 4 nadmiarowe punkty, co wskazuje, że to nie jest ślepy traf. Odkrycia tego dokonał w 1822 roku niemiecki matematyk Karl Wilhelm Feuerbach. Udowodnił on, że w dowolnym trójkącie okrąg dziewięciu punktów jest styczny wewnętrznie do okręgu wpisanego i zewnętrznie do trzech okręgów dopisanych. Na jego cześć punkt styczności okręgu wpisanego i okręgu dziewięciu punktów nazwano punktem Feuerbacha. Co prawda nie był pierwszym, który tę regularność zauważył, lecz w matematyce często bardziej docenia się wkład wniesiony do danej dziedziny niż prymitywne wyścigi. Na uwagę zasługuje fakt, że współrzędne trilinearne (inaczej trójliniowe) środka tego okręgu wyrażają się następująco [cos(B−C):cos(C−A):cos(A−B)], zaś współrzędne punktu styczności, to [1−cos(B−C):1−cos(C−A):1−cos(A−B)]. Od tego momentu zaczyna się rozwijać zupełnie nowa gałąź w trygonometrii, która zajmuje się właśnie wyszukiwaniem takich dziwnych związków oraz regularności w zapisie we współrzędnych wewnętrznych trójkąta.

Następne odkrycia posypały się z szybkością wodospadu. Jeśli zamiast spodków wysokości trójkąta weźmiemy spodki dowolnych trzech, wychodzących z wierzchołków, przecinających się w jednym punkcie odcinków (patrz twierdzenie Cevy), to okaże się, że przez te punkty również przechodzi dokładnie jedna krzywa stożkowa. Czasem będą to okręgi, a innym razem hiperbole, jak odkryta w 1892 przez Maxime'a Bôchera inna krzywa dziewięciu punktów. Dla danego trójkąta ABC bierzemy punkt P, a te dziewięć punktów tworzą 3 środki boków, trzy środki odcinków łączących punkt P z wierzchołkami oraz punkty przecięcia przedłużeń tych odcinków z przedłużeniami boków trójkąta. Dalej zaczęto dostrzegać także punkty leżące na krzywych trzeciego stopnia. Cechą charakterystyczną tych krzywych było to, że miały bardzo regularny wzór wyrażony we współrzędnych barycentrycznych bądź trilinearnych. Na poniższej stronie pokazano równania krzywych kubicznych Neuberga, Thompsona, Darboux, Napoleona-Feuerbacha, Lucasa, Brocarda oraz inne: https://en.wikipedia.org/wiki/...

Potem, obok krzywych drugiego (conics) i trzeciego stopnia (cubics), doszły jeszcze krzywe czwartego (quartics), piątego  (quintics), a nawet szóstego stopnia (sextics). W końcu nagromadzenie różnych wyników spowodowało, że pojawiła się pilna konieczność wprowadzenia jakiejś ich klasyfikacji. Tak zaczął powstawać atlas centrów dla trójkąta, potem atlas krzywych oraz inne ciekawe zbiory informacji z trygonometrii. Przypomina to trochę katalogowanie znanych obiektów w kosmosie i w naszej galaktyce.

• Najbardziej znana praca dotycząca klasyfikacji centrów powstawała ona pod kierownictwem Clarka Kimberlinga. Encyklopedia zawiera dziś ponad 16 tysięcy opisanych centrów, ich współrzędne barycentryczne oraz trilinearne, a także szereg specyficznych własności: http://faculty.evansville.edu/...
• Podobnie encyklopedia krzywych kubicznych, prowadzona przez Bernarda Giberta, zawiera dziś niemal 1000 rozpoznanych i opisanych krzywych: Link
• Jeszcze inna encyklopedia założona przez Chrisa van Tienhovena gromadzi dane dotyczące obiektów złożonych z czterech punktów lub/i z czterech linii (quadri-figures): https://chrisvantienhoven.nl/m...
• Deko Dekov stworzył program komputerowy do generowania twierdzeń z trygonometrii i prezentuje te rezultaty na stronie "Computer Generated Encyclopedia of Euclidean Geometry": http://www.ddekov.eu/e2/index.htm . Co prawda większość zamieszczonych wyników nie ma podawanych dowodów, ale to i tak dużo. Komputer pokazuje istocie ludzkiej jej miejsce w szeregu, a zamiast smykałki do dowodzenia twierdzeń bardziej zaczyna liczyć się umiejętność wykorzystania komputera oraz programowania. Jednym z programów, które można przysposobić do tego zadania jest m.in. Coq.

Pierwsze centra w encyklopedii Clarka Kimberlinga są dobrze zbadanie i znane od wieków. Reszta punktów pochodzi z tradycyjnych konstrukcji geometrycznych, są pewne punkty minimalizujące jakieś wielkości geometryczne, centrum X5626 jest związane z fizyką (maksymalny potencjał elektrostatyczny wewnątrz trójkąta ABC mającego jednorodny rozkład powierzchniowy ładunku). Zawsze jednak współrzędne centrów podawane są przy użyciu ich współrzędnych jednorodnych względem trójkąta ABC. Są to współrzędne barycentryczne albo trilinearne, które liczą względną odległość punktu od boków trójkąta. Kimberling definiuje centrum w trójkącie jako punkt X taki, że istnieje funkcja f od długości boków trójkąta a,b,c spełniająca warunek:

X = (f(a,b,c):f(b,c,a):f(c,a,b)) i f powinna być jednorodna, tzn. musi istnieć całkowite n takie, że dla wszystkich a, b, c, oraz t > 0 zachodzi f(ta,tb,tc) = tⁿf(a,b,c). Musi być też symetryczna w następującym sensie f(a,b,c) = f(a,c,b).

Fakt, że funkcja f zależy od długości boków powoduje, iż takie centrum jest zachowywane przy izometriach, bo długości boków są zachowywane. Jednorodność natomiast gwarantuje zachowywanie centrów przy podobieństwach. Pewne współrzędne centrów wyglądają lepiej we współrzędnych barycentrycznych, zaś inne w trilinearnych. Około 87% centrów można zapisać we współrzędnych trilinearnych będących funkcjami wymiernymi od a,b,c. Około 12% używa pierwiastków. Do zapisu krzywych dla centrów czasem stosuje się notację z sumą cykliczną, która powoduje istotne skrócenie zapisu. Jest to opisane w Wikipedii na zalinkowanej stronie. To by było na tyle w tym temacie.

Oczywiście ograniczyłem się tu do geometrii euklidesowej, lecz o tych zagadnieniach możemy mówić również w kontekście trójkąta zdefiniowanego wraz z centrami w hiperbolicznych a nawet w eliptycznych (Manfred Evers) współrzędnych barycentrycznych, które prowadzą do swoistego barycentrycznego rachunku. Ma to zastosowanie zarówno w geometrii algebraicznej, grafice komputerowej, jak i w teoriach fizycznych badających modele wszechświata. Tak daleko nie zamierzam wybiegać. Na koniec napiszę tylko o człowieku, który włożył spory wkład w upowszechnienie się tego rachunku na międzynarodowych olimpiadach matematycznych.

Evan Yiting Chen, bo o nim mowa, jest Tajwańczykiem, który podjął studia i pracę naukową w USA. Z tego co pisze, studiował matematykę na Harvardzie, MIT, Berkeley oraz San Jose. Jako uczeń szkoły średniej uczestniczył obszernie wiele lat w olimpiadach matematycznych w USA i na Tajwanie. M.in. był zwycięzcą USAMO w 2014 oraz zdobył złoty medal jako TWN2 w 55-tej IMO 2014 w Cape Town, South Africa. Obecnie prowadzi szkolenia z tego zakresu oraz blog: https://usamo.wordpress.com/al... Jest także autorem świetnej książki "Euclidean Geometry in Mathematical Olympiads", a także współautorem pracy "Barycentric Coordinates in Olympiad Geometry". Żeby nie przedłużać po prostu opiszę parę przykładów.

Kilka prostych definicji: Każdy punkt na płaszczyźnie ma przyporządkowaną trójkę liczb rzeczywistych P=(x:y:z), nazywaną współrzędnymi barycentrycznymi, takich że wektor OP=xOA+yOB+zOC i x+y+z=1. Czasem nazywamy je też współrzędnymi arealnymi P, bo pole trójkąta CPB (zorientowane ze względu na obieg po obwodzie zgodnie ze wskazówkami zegara lub nie - wtedy pewne współrzędne mogą być ujemne dla punktów na zewnątrz) jest równe xS, gdzie S jest polem trójkąta ABC itd. Wierzchołki mają współrzędne A=(1:0:0), B=(0:1:0), C=(0:0:1). Barycentryczne równanie prostej ma postać (*) ux+vy+wz=0, gdzie u,v,w są liczbami rzeczywistymi, określonymi jednoznacznie z dokładnością do skalowania. Przykładowo jeśli prosta przechodzi przez wierzchołek A, to u1+v0+w0=0, stąd u=0. Czyli jej równanie ma formę y=kz dla pewnej stałej k. Równanie dla prostej zawierającej bok AB, to z=0, bowiem wystarczy do (*) wstawić współrzędne A=(1:0:0) i B=(0:1:0). Równanie okręgu jest bardziej skomplikowane niż zwykle: −a²yz−b²zx−c²xy+(ux+vy+wz)(x+y+z)=0 dla rzeczywistych u,v,w. Dowód: Jeśli okrąg ma środek w punkcie (i:j:k) i promień r, to −a²(y−k)(z−i)−b²(z−i)(x−j)−c²(x−j)(y−k)=r². Wymnażamy i grupujemy wyrazy: −a²yz−b²zx−c²xy+C₁x+C₂y+C₃z=C dla pewnych stałych C₁,C₂,C₃,C. Dla u=C₁−C, v=C₂−C, w=C₃−C, ponieważ x+y+z=1 mamy −a²xy−b²yz−c²zx+(ux+vy+wz)(x+y+z)=0. Ten ostatni czynnik x+y+z musiałem dopisać, bo w wersji rzutowej wielomian w równaniu musi mieć w każdym czynniku tę samą sumę potęg zmiennych x,y,z, czyli tutaj 2 (tj. wielomian jednorodny stopnia 2; gdy wymnożymy nawiasy, to będzie widać).

Jako zadanka na pierwszy ogień pójdzie barycentryczny dowód twierdzenia Cevy: "Niech D,E,F będą punktami odpowiednio na bokach BC,CA,AB trójkąta. Odcinki AD, BE, CF przecinają się w jednym punkcie wtw. BD/DC·CE/EA·AF/FB = 1." Ponieważ D leży na BC, to ma współrzędne barycentryczne postaci (0:d:1−d). Zatem równanie prostej AD jest z=((1−d)/d)y. Podobnie dla E=(1−e:0:e) i F=(f:1−f:0), zatem proste BE i CF mają równania x=((1−e)/e)z oraz y=((1−f)/f)x odpowiednio. Zauważmy, że ten system trzech równań jest jednorodny, więc można tymczasowo zaniedbać warunek x+y+z=1. Trzeba pokazać, że to równanie ma rozwiązanie wtw. gdy (1−d)(1−e)(1−f)/def=1. A to jest właśnie równoważne tw. Cevy. Drugie zadanko: "Udowodnić, że okrąg opisany na trójkącie ma równanie a²yz+b²zx+c²xy=0." To jest też proste, bo ten okrąg przechodzi przez wierzchołki trójkąta. Jeśli ktoś chce więcej zadań, to można zajrzeć na blog Evana.

Jak widać, to co tu opisałem nie jest wbrew pozorom jakąś straszną matematyką wyższą na poziomie doktoratu, lecz dotyczy całkiem normalnych kwestii, rozważnych w najlepszych ogólniakach na świecie podczas przygotowań reprezentantów do startu w IMO. Wystarczy wejść na stronę dyskusji i sprawdzić na jakim poziomie kwestie te poruszają Azjaci. Pozwala to uzmysłowić sobie na jakim my w Polsce jesteśmy w zasadzie poziomie i kiedy wreszcie zaczniemy wyglądać z tej nory. Wyniki międzynarodowych olimpiad mówią za siebie. Co prawda Polska od lat dzielne lewituje średnio w okolicach trzeciej dziesiątki, ale to nie jest poziom na jaki nas stać. Zresztą proszę tylko zobaczyć jak wysoko potrafią wspiąć się choćby Ukraina, Czechy, Białoruś, Tajlandia czy Kazachstan. Oto wyniki IMO na przestrzeni lat:

• 2017 - Korea Południowa, Chiny, Wietnam, USA, Tajlandia, UK, Iran, Japonia, Singapur, Włochy,... Polska (23).
• 2016 - USA, Korea Południowa, Chiny, Singapur, Rosja, Tajwan, Hong Kong, Korea Północna, UK, Kanada,... Polska (42)
• 2015 - USA, Chiny, Korea Północna, Iran, Korea Południowa, Australia, Wietnam, Ukraina, Tajlandia, Peru,... Polska (17)
• 2014 - Chiny, USA, Japonia, Tajwan, Rosja, Singapur, Wietnam, Holandia, Korea Południowa, Ukraina,... Polska (28)
• 2013 - Chiny, Korea Południowa, USA, Rosja, Wietnam, Korea Północna, Tajwan, UK, Iran, Kanada,... Polska (45)
• 2012 - Korea Południowa, USA, Chiny, Rosja, Tajlandia, Iran, Kanada, Rumunia, Indie, Korea Północna,... Polska (18)
• 2011 - Chiny, USA, Singapur, Korea Północna, Tajlandia, Turcja, Rosja, Tajwan, Iran, Korea Południowa,... Polska (15)
• 2010 - Chiny, Rosja, Korea Południowa, USA, Kazachstan, Japonia, Węgry, Kanada, Rumunia, Poland,... Polska (11)

Jak to się dzieje, że państwo, które ma ponoć najwięcej profesorów w rządzie, sejmie i zarządzie i Bóg wie gdzie jeszcze, ciągnie się jak koci ogon poza światową czołówką zdominowaną przez Azjatów? Kraje azjatyckie i anglosaskie są w czołówce przez wiele lat z rzędu. A podobno, jak latami uczono uczenie na polskich uniwersytetach, imperialiści mają GWniane szkolnictwo z powodów ideologicznych i puszczają niedouków, którzy nie wiedzą, gdzie leży Afryka. Co jakiś czas pojawia się w dziesiątce nawet biedna Ukraina lub Rumunia. Ponownie więc spytam, co jest z nami nie tak? Jeśli marzymy poważnie o silnej Polsce i do tego z własnym atomem, to radzę mocno się pochylić nad kondycją polskiej matematyki w szkołach średnich i zastanowić nad gruntownymi zmianami, także w kadrach, bo tu ewidentnie zgrzyta. My po prostu na tle innych posiadaczy bombek nie mamy żadnych kadr, z którymi moglibyśmy zrobić choćby numer Izraela czy Iranu. Zresztą może to zły przykład, bo Izrael też jakoś słabo wygląda z tej perspektywy. Co innego Iran. U nas raczej wyrzuca się na bruk zdolnych ludzi, którzy potem kończą studia gdzieś na zachodzie i w finale mają "opiekuńczą" Polskę w czterech literach. Polak marnotrawca tak rzadkich w ludzkiej populacji talentów, oto nowa przypowieść, którą sami sobie kupujemy. Pytanie tylko, czy to tak z czystej głupoty, czy może programowo. Może znów dzięki komuś, jakimś cyklistom? A może po prostu zacznijmy się modlić i samo przyjdzie?

Koniec żartów, czas zacząć myśleć o tym i to na poważnie.