XXI OM - I -Zadanie 4

W kwadracie $ ABCD $, którego bok ma długość 1, leży czworokąt wypukły o polu większym od $ \frac{1}{2} $ . Dowieść, że w tym czworokącie mieści się odcinek o długości $ \frac{1}{2} $ równoległy do $ \overline{AB} $.

Rozwiązanie

Prowadzimy przez wierzchołki danego czworokąta proste równoległe do prostej $ AB $ (rys. 4). W przypadku, gdy proste te są różne, czworokąt zostaje podzielony na $ 3 $ części: trójkąt o podstawie $ p $ i wysokości $ h_1 $, trapez o podstawach $ p $ i $ q $ i wysokości $ h_2 $ oraz trójkąt o podstawie $ q $ i wysokości $ h_3 $. Z założenia pole czworokąta $ P $ jest większe od $ \frac{1}{2} $. Z drugiej strony

\[<br />
P = \frac{1}{2} ph_1 + \frac{1}{2} (p + q)h_2 + \frac{1}{2} qh_3.<br />
\]

Zatem

\[<br />
\frac{1}{2} ph_1 + \frac{1}{2} (p + q)h_2 + \frac{1}{2} qh_3 > \frac{1}{2}.<br />
\]

Stąd

\[<br />
p(h_1 + h_2) + q(h_2 + h_3) > 1.<br />
\]

Ponieważ $ h_1 + h_2 \leq 1 $ i $ h_2 + h_3 \leq 1 $, więc otrzymujemy stąd, że $ p + q \geq p(h_1 + h_2) + g(h_2 + h_3) > 1 $.

Zatem co najmniej jedna z liczb $ p $ i $ q $ jest większa od $ \frac{1}{2} $.

Przy szczególnych położeniach danego czworokąta rozważane trójkąty lub trapez mogą degenerować się do odcinka, tzn. może być $ h_1 = 0 $ lub $ h_2 = 0 $ lub $ h_3 = 0 $. Jednak również w takim przypadku powyższe rozumowanie pozostaje w mocy.

Uwagi

1. Zadanie to można uogólnić na przypadek dowolnych figur wypukłych: Jeśli pole pewnej figury wypukłej zawartej w kwadracie $ ABCD $ o boku $ 1 $ jest większe od $ \frac{1}{2} $, to w tej figurze mieści się odcinek o długości $ \frac{1}{2} $ równoległy do $ \overline{AB} $.

2. Analogicznie twierdzenie jest prawdziwe również w przypadku czworokąta niewypukłego; jednak już dla sześciokąta niewypukłego podobne twierdzenie nie zachodzi.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź