Olimpiady Matematyczne

Matematyka jest drzwiami i kluczem do nauki.

Roger Bacon

XLVI OM - III - Zadanie 2

Przekątne pięciokąta wypukłego dzielą ten pięciokąt na pięciokąt i dziesięć trójkątów. Jaka jest maksymalna możliwa do uzyskania liczba trójkątów o równych polach?

Rozwiązanie

Oznaczmy rozważany pięciokąt przez $ABCDE$ , a pięciokąt utworzony przez punkty przecięcia przekątnych - przez $KLMNP$ tak, by następujące trójkąty były tymi, o których mowa w zadaniu:

$\Delta_0$ : trójkąt $LEM$ ; $\quad \Delta_1$ : trójkąt $EMA$ ;
$\Delta_2$ : trójkąt $MAN$ ; $\quad \Delta_3$ : trójkąt $ANB$ ;
$\Delta_4$ : trójkąt $NBP$ ; $\quad \Delta_5$ : trójkąt $BPC$ ;
$\Delta_6$ : trójkąt $PCK$ ; $\quad \Delta_7$ : trójkąt $CKD$ ;
$\Delta_8$ : trójkąt $KDL$ ; $\quad \Delta_9$ : trójkąt $DLE$

(rysunek 12). Rozpoczniemy od wykazania implikacji:

$ (1) \qquad \begin{array}{l} \textrm{jeśli numer $i$ jest liczbą nieparzystą},\\ \textrm{to pola trójkątów $\Delta_{i-1}$, $\Delta_i$, $\Delta_{i+1}$ nie są wszystkie równe}; \end{array} $

przyjmujemy, że numeracja trójkątów jest cykliczna (to znaczy, przyjmujemy: $\Delta_{-1} = \Delta_9$ ; $\Delta_{10} = \Delta_0$ ).

Przypuśćmy, że na przykład trójkąty $\Delta_4$ , $\Delta_5$ , $\Delta_6$ mają równe pola. Z równości pol trójkątów $NBP$ i $BPC$ wynika, że odcinek $BP$ jest środkową w trójkącie $BCN$ ; z równości pól trójkątów $BPC$ i $PCK$ wynika, że odcinek $CP$ jest środkową w trójkącie $BCK$ . Punkt $P$ byłby zatem wspólnym środkiem przekątnych $BK$ i $CN$ czworokąta $BCKN$ , który wobec tego powinien być równoległobokiem - ale przecież proste $BN$ i $CK$ przecinają się w punkcie $E$ . Sprzeczność; implikacja (1) jest wykazana.

Przechodzimy do właściwego rozwiązania. Przykład pięciokąta foremnego pokazuje, że można uzyskać pięć trójkątów $\Delta_i$ o równych polach. Udowodnimy, że nie można uzyskać siedmiu takich trójkątów.

Przypuśćmy więc, że istnieje siedmioelementowy zbiór $Z$ , zawarty w zbiorze $\{0,1,\ldots,9\}$ , taki, że trójkąty $\Delta_i$ o numerach $i \in Z$ mają równe pola. Niech $k$ , $l$ , $m$ będą trzema liczbami ze zbioru $\{0,1,\ldots,9\}$ , nie należącymi do $Z$ . Weźmy pod uwagę wszystkie trójki kolejnych indeksów:

$ T_i = \{i-1,i,i+1\} \quad \textrm{dla} \quad i = 0,1,\ldots,9 $

(gdzie, jak poprzednio, dodawanie $i \pm 1$ należy rozumieć modulo $10$ ). Każda z liczb ze zbioru $\{0,1,\ldots,9\}$ należy do dokładnie trzech trójek $T_i$ . Dotyczy to, w szczególności, każdej z liczb $k$ , $l$ , $m$ . Łącznie więc trójelementowy zbiór $\{k,l,m\}$ ma niepuste przecięcie z co najwyżej dziewięcioma trójkami $T_i$ . Zostaje co najmniej jedna trójka $T_j$ nie zawierająca żadnej z liczb $k$ , $l$ , $m$ , a więc zawarta w zbiorze $Z$ . Numer $j$ musi być liczbą parzystą, w myśl spostrzeżenia (1).

Nie tracąc ogólności przyjmijmy, że $j = 2$ . To znaczy, że liczby $1$ , $2$ , $3$ należą do zbioru $Z$ . Wobec tego liczby $0$ i $4$ nie mogą doń należeć (bowiem - znów na mocy uwagi (1) - wykluczone są trójki $\{0,1,2\}$ oraz $\{2,3,4\}$ ); zatem jedna z liczb $k$ , $l$ , $m$ równa się $0$ , a inna równa się $4$ . Trzecia z tych liczb musi wchodzić w skład trójki $\{6,7,8\}$ (która w przeciwnym razie byłaby zawarta w zbiorze $Z$ , wbrew implikacji (1)). Role numerów $6$ i $8$ są w tym kontekście symetryczne. Mamy więc do rozpatrzenia dwie istotnie różne sytuacje:

$ \{k,l,m\} = \{0,4,7\}\quad \textrm{oraz} \quad \{k,l,m\} = \{0,4,6\}; $

zbiór $Z$ , odpowiednio, ma jedną z następujących postaci:

$ Z= \{1,2,3,5,6,8,9\},\quad Z = \{1,2,3,5,7,8,9\}. $

Niech $S_i$ będzie polem trójkąta $\Delta_i$ ; (dla $i = 0,1,\ldots,9$ ). Wykażemy, że zachodzą implikacje:

$ (2) \qquad (S_1 = S_2 = S_3,\quad S_5 = S_6,\quad S_8 = S_9) \Longrightarrow (S_3<S_5); $

$ (3) \qquad (S_1 = S_2 = S_3,\quad S_7 = S_8 = S_9) \Longrightarrow (S_2>S_5). $

Będzie to dowód, że żaden z wypisanych powyżej siedmioelementowych zbiorów $Z$ nie może być zbiorem numerów trójkątów o równych polach. W myśl wcześniejszych stwierdzeń, będzie to jednocześnie uzasadnienie wniosku, że wśród dziesięciu trójkątów $\Delta_i$ nigdy nie ma siedmiu trójkątów o jednakowych polach.

Dowód implikacji (2). Z danych w przesłance równości pól:

$ \textrm{pole}(MAN) = \textrm{pole}(ANB), \quad \textrm{pole}(BPC) = \textrm{pole}(PCK) $

oraz

$ \textrm{pole}(EMA) = \textrm{pole}(MAN), \quad \textrm{pole}(KDL) = \textrm{pole}(DLE) $

wynika (odpowiednio), że punkty $N$ i $P$ są środkami odcinków $BM$ i $BK$ , a punkty $M$ i $L$ są środkami odcinków $EN$ i $EK$ (rysunek 13).

Tak więc odcinek $NP$ łączy środki dwóch boków trójkąta $BMK$ , odcinek $ML$ łączy środki dwóch boków trójkąta $ENK$ , i wobec tego

$ |NP| = \frac{1}{2} \cdot |MK|,\quad NP||MK \quad \textrm{- czyli} \quad AN||MK $

- oraz

$ |ML| = \frac{1}{2} \cdot |NK|, \quad ML||NK \quad \textrm{- czyli} \quad AM||NK. $

Uzyskane związki równoległości pokazują, że czworokąt $AMKN$ jest równoległobokiem; stąd $|MK|= |AN|$ . Prosta $MK$ jest równoległa do $NC$ , więc trójkąty $ENC$ i $EMK$ są jednokładne w skali $|EN|\colon |EM| = 2$ . W takim razie $|NC| = 2 \cdot |MK|$ , i w konsekwencji

$ |PC|= |NC|-|NP| = 2\cdot|MK|-\frac{1}{2} \cdot |MK| = \frac{3}{2} \cdot |MK| = \frac{3}{2} \cdot |AN|. $

Leżące na jednej prostej odcinki $PC$ i $AN$ są podstawami trójkątów $ANB$ i $BPC$ o wspólnym wierzchołku $B$ . Stosunek długości tych podstaw jest więc jednocześnie stosunkiem pól trójkątów: pole( $BPC$ ): pole( $ANB$ ) = $3 \colon 2$ , czyli $S_5 \colon S_3 = 3 \colon 2$ . Konkluzja implikacji (2) jest tym samym udowodniona.

Dowód implikacji (3). Dane w przesłance równości pól trójkątów:

$ (4) \qquad \quad \textrm{pole}(AEM) = \textrm{pole}(AMN) = \textrm{pole}(ANB) $

oraz

$ (5) \qquad \quad \textrm{pole}(DEL) = \textrm{pole}(DLK) = \textrm{pole}(DKC) $

pokazują, że punkty $M$ i $N$ dzielą odcinek $EB$ na trzy równe części, i podobnie punkty $L$ i $K$ dzielą odcinek $EC$ na trzy równe części. Wobec tego prosta $BC$ jest równoległa do $ML$ (czyli do $AM$ ). Skoro zaś $N$ jest środkiem odcinka $BM$ , zatem trójkąty $AMN$ i $CBN$ są jednokładne w skali $-1$ (rysunek 14). Stąd wniosek, że pole( $AMN$ ) = pole( $CBN$ ) $>$ pole( $CBP$ ), czyli $S_2 > S_5$ . To kończy dowód implikacji (3), i tym samym także dowód ogólnej tezy: nie można mieć siedmiu trójkątów $\Delta_i$ o równych polach.

Przeprowadzone w tym ostatnim przypadku rozumowanie (dowód (3)) daje jednocześnie wskazówkę, jak uzyskać sześć trójkątów $\Delta_i$ mających jednakowe pola. Bierzemy dowolny trójkąt równoramienny $BCE$ , w którym $|EB| = |EC|$ . Na bokach $EB$ oraz $EC$ znajdujemy punkty $M$ i $N$ oraz $L$ i $K$ , dzielące te boki na trzy równe części:

$ |EM| = |MN| = |NB|,\quad |EL| = |LK| = |KC|. $

Punkty przecięcia prostej $ML$ z prostymi $CN$ oraz $BK$ oznaczmy odpowiednio przez $A$ i $D$ (rysunek 14 może nadal służyć jako ilustracja; trzeba tylko w wyobraźni przesunąć punkt $E$ do położenia na symetralnej boku $BC$ , i odpowiednio przemieścić pozostałe punkty). Zachodzą wówczas równości (4) oraz (5); a dzięki założeniu, że trójkąt $BCE$ jest równoramienny (i wynikającej stąd symetrii całej konfiguracji) osiągamy to, że wszystkie pola występujące w związkach (4) oraz (5) są równe.

Wniosek: sześć spośród trójkątów $\Delta_i$ może mieć równe pola, i liczby tej nie można już zwiększyć.

Wersja do wydruku

Olimpiady Matematyczne

XLVI OM - III - Zadanie 2

Rozwiązanie

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź

Klasyfikacja tematyczna

Zawody

Rok

Klasyfikacja tematyczna

Rok

Zawody