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

om46_3r_img_12.jpg

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:

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

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:

\[<br />
T_i = \{i-1,i,i+1\} \quad \textrm{dla} \quad   i = 0,1,\ldots,9<br />
\]

(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:

\[<br />
\{k,l,m\} = \{0,4,7\}\quad \textrm{oraz} \quad      \{k,l,m\} = \{0,4,6\};<br />
\]

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

\[<br />
Z= \{1,2,3,5,6,8,9\},\quad Z = \{1,2,3,5,7,8,9\}.<br />
\]

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

\[<br />
(2) \qquad (S_1 = S_2 = S_3,\quad    S_5 = S_6,\quad  S_8 = S_9) \Longrightarrow (S_3<S_5);<br />
\]
\[<br />
(3) \qquad (S_1 = S_2 = S_3,\quad    S_7 = S_8 = S_9) \Longrightarrow (S_2>S_5).<br />
\]

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:

\[<br />
\textrm{pole}(MAN) = \textrm{pole}(ANB), \quad \textrm{pole}(BPC) = \textrm{pole}(PCK)<br />
\]

oraz

\[<br />
\textrm{pole}(EMA) = \textrm{pole}(MAN), \quad \textrm{pole}(KDL) = \textrm{pole}(DLE)<br />
\]

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

\[<br />
|NP| = \frac{1}{2} \cdot |MK|,\quad      NP||MK \quad \textrm{- czyli} \quad AN||MK<br />
\]

- oraz

\[<br />
|ML| = \frac{1}{2} \cdot |NK|, \quad      ML||NK  \quad \textrm{- czyli} \quad  AM||NK.<br />
\]

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

\[<br />
|PC|= |NC|-|NP| = 2\cdot|MK|-\frac{1}{2} \cdot |MK| = \frac{3}{2} \cdot |MK| = \frac{3}{2} \cdot |AN|.<br />
\]

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.

om46_3r_img_13.jpg
om46_3r_img_14.jpg

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

\[<br />
(4) \qquad \quad \textrm{pole}(AEM) = \textrm{pole}(AMN) = \textrm{pole}(ANB)<br />
\]

oraz

\[<br />
(5) \qquad \quad \textrm{pole}(DEL) = \textrm{pole}(DLK) = \textrm{pole}(DKC)<br />
\]

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:

\[<br />
|EM| = |MN| = |NB|,\quad      |EL| = |LK| = |KC|.<br />
\]

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.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź