LVI OM - III - Zadanie 6

Udowodnić, że każdy wielokąt wypukły o polu 1 zawiera sześciokąt wypukły o polu nie mniejszym niż 3/4.

Rozwiązanie

Spośród wierzchołków danego wielokąta $ \mathcal{W} $ wybieramy trzy $ A $, $ B $ i $ C $ będące wierzchołkami trójkąta o największym polu, równym $ s $. Niech $ X $ będzie punktem wielokąta $ \mathcal{W} $, leżącym po przeciwnej stronie prostej $ BC $ niż punkt $ A $ i oddalonym najdalej od prostej $ BC $ (rys. 4). Analogicznie definiujemy punkty $ Y $ i $ Z $.

om56_3r_img_4.jpg

Wykażemy, że pole sześciokąta $ AZBXCY $ jest nie mniejsze niż 3/4, co zakończy rozwiązanie zadania.

Przez punkty $ A $, $ B $ i $ C $ poprowadźmy proste równoległe odpowiednio do prostych $ BC $, $ CA $ i $ AB $ wyznaczające trójkąt o wierzchołkach $ D $, $ E $, $ F $ (rys. 5). Z faktu, iż trójkąt $ ABC $ ma największe pole spośród wszystkich trójkątów o wierzchołkach w wierzchołkach wielokąta $ \mathcal{W} $ wynika, że wielokąt $ \mathcal{W} $ jest zawarty w trójkącie $ DEF $.

Przez punkty $ X $, $ Y $, $ Z $ prowadzimy proste równoległe odpowiednio do prostych $ BC $, $ CA $, $ AB $ przecinające boki trójkąta $ DEF $ w punktach $ K $, $ L $, $ M $, $ N $, $ P $, $ Q $, jak na rysunku 5. Z określenia punktów $ X $, $ Y $, $ Z $ wynika, że wielokąt $ \mathcal{W} $ jest zawarty w sześciokącie o wierzchołkach $ K $, $ L $, $ M $, $ N $, $ P $, $ Q $.

Oznaczmy przez $ s $ pole trójkąta $ ABC $. Wówczas każdy z trójkątów $ BCD $, $ CAE $ i $ ABF $ ma pole równe $ s $. Niech ponadto $ x $, $ y $, $ z $ oznaczają odpowiednio pola trójkątów $ BCX $, $ CAY $ i $ ABZ $. Należy wykazać, że $ x + y + z + s \geq 3/4 $.

Niech $ J $ będzie takim punktem, że czworokąt $ CBJL $ jest równoległobokiem. Wówczas trójkąty $ CBD $ i $ JKB $ są podobne. Oznaczając przez $ [\mathcal{F}] $ pole figury $ \mathcal{F} $, mamy zależności

\[<br />
\frac{[JKB]}{[CBD]}=\left(\frac{KB}{BD}\right)^{2}=\left(\frac{[CBK]}{[CBD]}\right)^{2}=\left(\frac{[CBX]}{[CBD]}\right)^{2}=\frac{x^{2}}{s^{2}},<br />
\]

czyli $ [JKB] = x^2/s $. Stąd otrzymujemy

\[<br />
[CBKL]=[CBJL]-[JKB]=2x-[JKB]=2x-\frac{x^{2}}{s}.<br />
\]

om56_3r_img_5.jpg

Analogicznie wyrażamy pola trapezów $ ACMN $ i $ BAPQ $. Zatem pole sześciokąta o wierzchołkach $ K $, $ L $, $ M $, $ N $, $ P $, $ Q $ wynosi

\[<br />
s + \left(2x-\frac{x^{2}}{s}\right) + \left(2y-\frac{y^{2}}{s}\right) + \left(2z-\frac{z^{2}}{s}\right) = s+2x+2y+2z-\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{s}.<br />
\]

Ponieważ sześciokąt ten zawiera dany wielokąt $ \mathcal{W} $, więc

\[<br />
s+2x+2y+2z-\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{s}\geq 1.<br />
\]

Wystarczy zatem wykazać, że

\[<br />
s+x+y+z\geq\frac{3}{4}\left(s+2x+2y+2z-\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{s}\right).<br />
\]

Mnożąc obie strony tej nierówności przez $ 12s $ oraz redukując wyrazy podobne uzyskujemy jej równoważną postać:

\[<br />
(3x-s)^{2}+(3y-s)^{2}+(3z-s)^{2}\geq 0,<br />
\]

a ta ostatnia nierówność jest oczywiście spełniona.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź