- LX OM
- LIX OM
- LVIII OM
- LVII OM
- LVI OM
- LV OM
- LIV OM
- LIII OM
- LII OM
- LI OM
- L OM
- XLIX OM
- XLVIII OM
- XLVIII OM - I etap
- XLVIII OM - I - Zadanie 1
- XLVIII OM - I - Zadanie 2
- XLVIII OM - I - Zadanie 3
- XLVIII OM - I - Zadanie 4
- XLVIII OM - I - Zadanie 5
- XLVIII OM - I - Zadanie 6
- XLVIII OM - I - Zadanie 7
- XLVIII OM - I - Zadanie 8
- XLVIII OM - I - Zadanie 9
- XLVIII OM - I - Zadanie 10
- XLVIII OM - I - Zadanie 11
- XLVIII OM - I - Zadanie 12
- XLVIII OM - II etap
- XLVIII OM - III etap
- XLVIII OM - I etap
- XLVII OM
- XLVI OM
- XLV OM
- XLIV OM
- XLIII OM
- XLII OM
- XLI OM
- XL OM
- XXXIX OM
- XXXVIII OM
- XXXVIII OM - I etap
- XXXVIII OM - I - Zadanie 1
- XXXVIII OM - I - Zadanie 2
- XXXVIII OM - I - Zadanie 3
- XXXVIII OM - I - Zadanie 4
- XXXVIII OM - I - Zadanie 5
- XXXVIII OM - I - Zadanie 6
- XXXVIII OM - I - Zadanie 7
- XXXVIII OM - I - Zadanie 8
- XXXVIII OM - I - Zadanie 9
- XXXVIII OM - I - Zadanie 10
- XXXVIII OM - I - Zadanie 11
- XXXVIII OM - I - Zadanie 12
- XXXVIII OM - II etap
- XXXVIII OM - III etap
- XXXVIII OM - I etap
- XXXVII OM
- XXXVII OM - I etap
- XXXVII OM - I - Zadanie 1
- XXXVII OM - I - Zadanie 2
- XXXVII OM - I - Zadanie 3
- XXXVII OM - I - Zadanie 4
- XXXVII OM - I - Zadanie 5
- XXXVII OM - I - Zadanie 6
- XXXVII OM - I - Zadanie 7
- XXXVII OM - I - Zadanie 8
- XXXVII OM - I - Zadanie 9
- XXXVII OM - I - Zadanie 10
- XXXVII OM - I - Zadanie 11
- XXXVII OM - I - Zadanie 12
- XXXVII OM - II etap
- XXXVII OM - III etap
- XXXVII OM - I etap
- XXXVI OM
- XXXV OM
- XXXIV OM
- XXXIII OM
- XXXIII OM - I etap
- XXXIII OM - I - Zadanie 1
- XXXIII OM - I - Zadanie 2
- XXXIII OM - I - Zadanie 3
- XXXIII OM - I - Zadanie 4
- XXXIII OM - I - Zadanie 5
- XXXIII OM - I - Zadanie 6
- XXXIII OM - I - Zadanie 7
- XXXIII OM - I - Zadanie 8
- XXXIII OM - I - Zadanie 9
- XXXIII OM - I - Zadanie 10
- XXXIII OM - I - Zadanie 11
- XXXIII OM - I - Zadanie 12
- XXXIII OM - II etap
- XXXIII OM - III etap
- XXXIII OM - I etap
- XXXII OM
- XXXI OM
- XXX OM
- XXIX OM
- XXVIII OM
- XXVII OM
- XXVI OM
- XXV OM
- XXIV OM
- XXIII OM
- XXII OM
- XXI OM
- XX OM
- XIX OM
- XVIII OM
- XVII OM
- XVI OM
- XV OM
- XIV OM
- XIII OM
- XII OM
- XI OM
- X OM
- IX OM
- VIII OM
- VII OM
- V OM
- VI OM
- IV OM
- III OM
- II OM
- I OM
- Skład komitetów Olimpiady
- Zawody stopnia I (przygotowawcze)
- Zadania z pierwszej olimpiady matematycznej
- I OM - B
- I OM - B - Zadanie 1
- I OM - B - Zadanie 2
- I OM - B - Zadanie 3
- I OM - B - Zadanie 4
- I OM - B - Zadanie 5
- I OM - B - Zadanie 6
- I OM - B - Zadanie 7
- I OM - B - Zadanie 8
- I OM - B - Zadanie 9
- I OM - B - Zadanie 10
- I OM - B - Zadanie 11
- I OM - B - Zadanie 12
- I OM - B - Zadanie 13
- I OM - B - Zadanie 14
- I OM - B - Zadanie 15
- I OM - B - Zadanie 16
- I OM - B - Zadanie 17
- I OM - B - Zadanie 18
- I OM - B - Zadanie 19
- I OM - B - Zadanie 20
- I OM - I etap
- I OM - II etap
- I OM - III etap
- I OM - B
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 , a pięciokąt utworzony przez punkty przecięcia przekątnych - przez
tak, by następujące trójkąty były tymi, o których mowa w zadaniu:
-
: trójkąt
;
: trójkąt
;
-
: trójkąt
;
: trójkąt
;
-
: trójkąt
;
: trójkąt
;
-
: trójkąt
;
: trójkąt
;
-
: trójkąt
;
: trójkąt
(rysunek 12). Rozpoczniemy od wykazania implikacji:
![]() |
przyjmujemy, że numeracja trójkątów jest cykliczna (to znaczy, przyjmujemy: ;
).
Przypuśćmy, że na przykład trójkąty ,
,
mają równe pola. Z równości pol trójkątów
i
wynika, że odcinek
jest środkową w trójkącie
; z równości pól trójkątów
i
wynika, że odcinek
jest środkową w trójkącie
. Punkt
byłby zatem wspólnym środkiem przekątnych
i
czworokąta
, który wobec tego powinien być równoległobokiem - ale przecież proste
i
przecinają się w punkcie
. Sprzeczność; implikacja (1) jest wykazana.
Przechodzimy do właściwego rozwiązania. Przykład pięciokąta foremnego pokazuje, że można uzyskać pięć trójkątów o równych polach. Udowodnimy, że nie można uzyskać siedmiu takich trójkątów.
Przypuśćmy więc, że istnieje siedmioelementowy zbiór , zawarty w zbiorze
, taki, że trójkąty
o numerach
mają równe pola. Niech
,
,
będą trzema liczbami ze zbioru
, nie należącymi do
. Weźmy pod uwagę wszystkie trójki kolejnych indeksów:
![]() |
(gdzie, jak poprzednio, dodawanie należy rozumieć modulo
). Każda z liczb ze zbioru
należy do dokładnie trzech trójek
. Dotyczy to, w szczególności, każdej z liczb
,
,
. Łącznie więc trójelementowy zbiór
ma niepuste przecięcie z co najwyżej dziewięcioma trójkami
. Zostaje co najmniej jedna trójka
nie zawierająca żadnej z liczb
,
,
, a więc zawarta w zbiorze
. Numer
musi być liczbą parzystą, w myśl spostrzeżenia (1).
Nie tracąc ogólności przyjmijmy, że . To znaczy, że liczby
,
,
należą do zbioru
. Wobec tego liczby
i
nie mogą doń należeć (bowiem - znów na mocy uwagi (1) - wykluczone są trójki
oraz
); zatem jedna z liczb
,
,
równa się
, a inna równa się
. Trzecia z tych liczb musi wchodzić w skład trójki
(która w przeciwnym razie byłaby zawarta w zbiorze
, wbrew implikacji (1)). Role numerów
i
są w tym kontekście symetryczne. Mamy więc do rozpatrzenia dwie istotnie różne sytuacje:
![]() |
zbiór , odpowiednio, ma jedną z następujących postaci:
![]() |
Niech będzie polem trójkąta
; (dla
). Wykażemy, że zachodzą implikacje:
![]() |
![]() |
Będzie to dowód, że żaden z wypisanych powyżej siedmioelementowych zbiorów nie może być zbiorem numerów trójkątów o równych polach. W myśl wcześniejszych stwierdzeń, będzie to jednocześnie uzasadnienie wniosku, że wśród dziesięciu trójkątów
nigdy nie ma siedmiu trójkątów o jednakowych polach.
Dowód implikacji (2). Z danych w przesłance równości pól:
![]() |
oraz
![]() |
wynika (odpowiednio), że punkty i
są środkami odcinków
i
, a punkty
i
są środkami odcinków
i
(rysunek 13).
Tak więc odcinek łączy środki dwóch boków trójkąta
, odcinek
łączy środki dwóch boków trójkąta
, i wobec tego
![]() |
- oraz
![]() |
Uzyskane związki równoległości pokazują, że czworokąt jest równoległobokiem; stąd
. Prosta
jest równoległa do
, więc trójkąty
i
są jednokładne w skali
. W takim razie
, i w konsekwencji
![]() |
Leżące na jednej prostej odcinki i
są podstawami trójkątów
i
o wspólnym wierzchołku
. Stosunek długości tych podstaw jest więc jednocześnie stosunkiem pól trójkątów: pole(
): pole(
) =
, czyli
. Konkluzja implikacji (2) jest tym samym udowodniona.
Dowód implikacji (3). Dane w przesłance równości pól trójkątów:
![]() |
oraz
![]() |
pokazują, że punkty i
dzielą odcinek
na trzy równe części, i podobnie punkty
i
dzielą odcinek
na trzy równe części. Wobec tego prosta
jest równoległa do
(czyli do
). Skoro zaś
jest środkiem odcinka
, zatem trójkąty
i
są jednokładne w skali
(rysunek 14). Stąd wniosek, że pole(
) = pole(
)
pole(
), czyli
. To kończy dowód implikacji (3), i tym samym także dowód ogólnej tezy: nie można mieć siedmiu trójkątów
o równych polach.
Przeprowadzone w tym ostatnim przypadku rozumowanie (dowód (3)) daje jednocześnie wskazówkę, jak uzyskać sześć trójkątów mających jednakowe pola. Bierzemy dowolny trójkąt równoramienny
, w którym
. Na bokach
oraz
znajdujemy punkty
i
oraz
i
, dzielące te boki na trzy równe części:
![]() |
Punkty przecięcia prostej z prostymi
oraz
oznaczmy odpowiednio przez
i
(rysunek 14 może nadal służyć jako ilustracja; trzeba tylko w wyobraźni przesunąć punkt
do położenia na symetralnej boku
, i odpowiednio przemieścić pozostałe punkty). Zachodzą wówczas równości (4) oraz (5); a dzięki założeniu, że trójkąt
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 może mieć równe pola, i liczby tej nie można już zwiększyć.
Komentarze
Dodaj nową odpowiedź