XXXIII OM - I - Zadanie 7

Dowieść, że w dowolnym pięciokącie wypukłym, którego wszystkie boki mają długość a można umieścić trójkąt równoboczny o bokach długości $ a $.

Rozwiązanie

om33_1r_img_2.jpg
Niech $ ABCDE $ będzie dowolnym pięciokątem wypukłym, którego wszystkie boki mają długość $ a $. Nie zmniejszając ogólności zadania możemy założyć, że $ \overline{AC} $ jest przekątną o maksymalnej długości. Wykażemy, że trójkąt równoboczny o boku długości $ a $ można umieścić w czworokącie $ ACDE $. W tym celu udowodnimy dwa lematy.

Lemat 1. $ |\measuredangle AEC| > 60^\circ,\ |\measuredangle ADC| > 60^\circ. $

Dowód. $ \overline{AC} $ jest podstawą trójkąta równoramiennego, w którym kąt między ramionami ma miarę większą od $ 60^\circ $ (kąt ten ma miarę nie mniejszą
od $ \frac{1}{5} 540^\circ = 108^\circ $, gdyż $ \measuredangle ABC $ jest maksymalnym kątem w pięciokącie).

Wobec tego otrzymamy nierówność $ AC > a $. Wynika ona z twierdzenia orzekającego, że w trójkącie naprzeciw kąta o większej mierze leży dłuższy bok. Na mocy założenia otrzymujemy nierówność $ AC \geq CE $ i $ AC \geq AD $. Wobec tego $ \overline{AC} $ jest bokiem o maksymalnej długości zarówno w trójkącie $ ACE $, jak i w trójkącie $ ACD $. Ponieważ żaden z tych trójkątów nie jest równoboczny ($ AC > a $, $ AE = CD = a $), więc $ |\measuredangle AEC| > 60^\circ $ i $ |\measuredangle ADC| > 60^\circ $.

Lemat 2. $ |\measuredangle EAO | \geq 60^\circ $ lub $ |\measuredangle ACD| \geq 60^\circ $.

Dowód. Załóżmy, że $ |\measuredangle EAC| <60^\circ $ i $ |\measuredangle ACD| < 60^\circ $. Przedłużając boki $ \overline{AE} $ i $ \overline{CD} $ otrzymamy trójkąt $ ACF $, w którym $ |\measuredangle APC| > 60^\circ $, więc $ AC > AP $, $ AC > CP $. Ponieważ $ AC $ jest przekątną pięciokąta $ ABCDE $, więc $ AC <2a $. Zatem zachodzą nierówności (*) $ AP < 2a $, $ CP < 2a $.
om33_1r_img_3.jpg
Niech $ F $ i $ G $ będą odpowiednio środkami boków $ \overline{AP} $ i $ \overline{CP} $. Odcinek $ \overline{FG} $ łączący środki boków trójkąta $ ACP $ ma długość $ \frac{1}{2} AC $. Stąd wynika, że $ DG < a $.

Z warunku $ AE = CD = a $ i z nierówności (*) wynika, że $ E \in \overline{FP} $, $ D \in \overline{GP} $. Odcinek $ \overline{ED} $ nie jest dłuższy od najdłuższego boku $ \overline{FG} $ trójkąta $ FGP $. Wobec tego

\[<br />
a = ED \leq FG < a,<br />
\]

Otrzymaliśmy sprzeczność zakładając, że każdy z kątów $ EAC $, $ ACD $ ma miarę mniejszą od $ 60^\circ $. Zatem zachodzi co najmniej jedna z nierówności $ | \measuredangle EAC| \geq 60^\circ $ lub $ |\measuredangle ACD| >60^\circ $.

Możemy teraz wykazać, że czworokąt $ ACDE $ zawiera trójkąt równoboczny o boku długości $ a $. Przypuśćmy, że $ |\measuredangle EAC| \geq 60^\circ $ (w przypadku, gdy $ |\measuredangle ACD| \geq 60^\circ $ rozumowanie jest analogiczne). W trójkącie $ AEC $ podstawa $ AE $ ma długość $ a $, oba zaś kąty przy podstawie mają miary większe od $ 60 ^\circ $. W trójkącie tym jest zawarty trójkąt równoboczny o podstawie $ \overline{AE} $.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź