I MEMO - Zadanie 6

Niech $P$ będzie dowolnym zbiorem pięciu różnych punktów płaszczyzny, z których żadne trzy nie leżą na jednej prostej. Oznaczmy przez $a(P)$ liczbę trójkątów ostrokątnych, których wierzchołki należą do zbioru $P$ . Wyznaczyć największą możliwą wartość $a(P)$ .

Rozwiązanie

Rozpoczniemy od wykazania nierówności $a(P)\le 7$ .

Liczba wszystkich trójkątów o wierzchołkach należących do 5-elementowego zbioru $P$ wynosi ${5\choose 3}=10$ , wystarczy zatem udowodnić, że istnieją co najmniej 3 trójkąty nieostrokątne o wierzchołkach należących do tego zbioru.

Jeżeli $P$ jest zbiorem pięciu punktów płaszczyzny, z których żadne trzy nie leżą na jednej prostej, to możliwe są następujące trzy sytuacje:

Punkty zbioru $P$ są wierzchołkami pięciokąta wypukłego.
Jeden punkt zbioru $P$ leży wewnątrz czworokąta wypukłego wyznaczonego przez pozostałe cztery punkty zbioru $P$ .
Dwa punkty zbioru $P$ leżą wewnątrz trójkąta wyznaczonego przez trzy pozostałe punkty zbioru $P$ .

Rozpatrzymy po kolei trzy powyższe przypadki.

Niech $ABCDE$ będzie rozpatrywanym pięciokątem wypukłym. Jeżeli co najmniej trzy jego kąty wewnętrzne są nieostre, to każdy z trójkątów, którego wierzchołkami są trzy kolejne wierzchołki pięciokąta wyznaczające nieostry kąt wewnętrzny tego pięciokąta, jest trójkątem nieostrokątnym - są więc co najmniej trzy takie trójkąty.

Z drugiej strony, rozważany pięciokąt wypukły musi mieć przynajmniej dwa nieostre kąty wewnętrzne. Gdyby bowiem miał on cztery ostre kąty wewnętrzne, np. $\measuredangle A,\,\measuredangle B,\,\measuredangle C,\,\measuredangle D<90^\circ$ , to otrzymalibyśmy

$ \measuredangle A+\measuredangle B+\measuredangle C+\measuredangle D+\measuredangle E< 4\cdot 90^\circ+180^\circ=540^\circ, $

co nie jest możliwe, gdyż suma kątów wewnętrznych pięciokąta wynosi $540^\circ$ .

Przyjmujemy więc dalej, że pięciokąt $ABCDE$ ma dokładnie dwa nieostre kąty wewnętrzne. Są to albo dwa sąsiednie kąty, na przykład $\measuredangle A$ i $\measuredangle B$ (rys. 2), albo dwa niesąsiednie kąty, powiedzmy $\measuredangle A$ i $\measuredangle C$ (rys. 3).

W pierwszym przypadku trójkąty $EAB$ i $ABC$ są nieostrokątne oraz co najmniej jeden z trójkątów $EBC$ , $BCD$ , $CDE$ , $DEB$ jest nieostrokątny (w przeciwnym razie wszystkie kąty wewnętrzne czworokąta $BCDE$ byłyby ostre, i w efekcie ich suma byłaby mniejsza od $360^\circ$ , co daje sprzeczność).

Natomiast w drugim przypadku trójkąty $EAB$ i $BCD$ są nieostrokątne oraz - tak jak poprzednio - przynajmniej jeden z trójkątów $EAC$ , $ACD$ , $CDE$ , $DEA$ jest nieostrokątny.

To kończy rozpatrywanie przypadku 1.
Niech punkt $E$ leży wewnątrz czworokąta wypukłego $ABCD$ . Nie ograniczając ogólności rozumowania możemy przyjąć, że punkt $E$ leży wewnątrz trójkąta $ABC$ (rys. 4). Wtedy suma kątów $\measuredangle AEB$ , $\measuredangle BEC$ i $\measuredangle CEA$ jest równa $360^\circ$ . Kąty te są mniejsze od $180^\circ$ , zatem co najmniej dwa z tych kątów są nieostre. To oznacza, że co najmniej dwa z trójkątów $AEB$ , $BEC$ , $CEA$ są nieostrokątne. Ponadto co najmniej jeden z kątów wewnętrznych czworokąta wypukłego $ABCD$ jest nieostry, czyli jeden z trójkątów $DAB$ , $ABC$ , $BCD$ , $CDA$ jest nieostrokątny.

Zatem istnieją co najmniej trzy trójkąty nieostrokątne o wierzchołkach należących do zbioru $\{A,B,C,D,E\}$ .
Niech punkty $D$ i $E$ leżą wewnątrz trójkąta $ABC$ (rys. 5). Wówczas rozumując tak jak w przypadku 2. dochodzimy do wniosku, że co najmniej dwa z trójkątów $ADB$ , $BDC$ , $CDA$ są nieostrokątne oraz co najmniej dwa z trójkątów $AEB$ , $BEC$ , $CEA$ są nieostrokątne. Łącznie więc istnieją przynajmniej cztery trójkąty nieostrokątne o wierzchołkach należących do zbioru $\{A,B,C,D,E\}$ .

To kończy dowód nierówności $a(P)\le 7$ . Pozostaje wskazać taki zbiór $P$ złożony z 5 punktów płaszczyzny, z których żadne trzy nie leżą na jednej prostej, że $a(P)=7$ .

Rozpatrzmy w tym celu okrąg $k$ o środku $O$ oraz trzy różne punkty $A$ , $B$ , $C$ leżące na tym okręgu i spełniające równości

$ \measuredangle AOB=\measuredangle BOC=\alpha, $

gdzie $\alpha$ jest kątem mniejszym od $45^\circ$ . Następnie niech odcinki $AX$ , $BY$ , $CZ$ będą średnicami okręgu $k$ . Wybierzmy dowolny punkt $D$ wewnątrz trójkąta ograniczonego prostymi $BY$ , $CY$ , $AX$ oraz niech $E$ będzie punktem symetrycznym do punktu $D$ względem średnicy $BY$ (rys. 6).

Wykażemy, że dla zbioru $P=\{A,B,C,D,E\}$ zachodzi równość $a(P)=7$ .

Trójkąt $ACD$ jest ostrokątny, gdyż

$ \begin{split} \measuredangle ADC & <\measuredangle AOC=2\alpha<90^\circ, \\ \measuredangle ACD & <\measuredangle ACY<\measuredangle ACX=90^\circ, \\ \measuredangle CAD & <\measuredangle CAY<\measuredangle CAZ=90^\circ. \end{split} $

Analogicznie trójkąt $ACE$ jest ostrokątny. Dalej, trójkąt $ABE$ jest ostrokątny, mamy bowiem

$ \begin{split} \measuredangle BAE & <\measuredangle BAY=90^\circ , \\ \measuredangle ABE & <\measuredangle ABY<\measuredangle ABX=90^\circ, \\ \measuredangle AEB & <\measuredangle AEC<\measuredangle AOC=2\alpha<90^\circ. \end{split} $

Podobnie stwierdzamy, że trójkąt $BCD$ jest ostrokątny. Następnie trójkąt $ABD$ jest ostrokątny:

$ \begin{split} \measuredangle ABD & <\measuredangle ABX=90^\circ, \\ \measuredangle BAD & <\measuredangle BAY=90^\circ, \\ \measuredangle ADB & <\measuredangle ADC<\measuredangle AOC=2\alpha<90^\circ. \end{split} $

Tak samo dowodzimy, że trójkąt $BCE$ jest ostrokątny. Wreszcie trójkąt $BDE$ jest równoramienny oraz kąt pomiędzy jego ramionami spełnia nierówność $\measuredangle DBE< \measuredangle XBZ=\alpha<45^\circ$ , zatem trójkąt ten jest ostrokątny.

Wskazaliśmy tym samym 7 trójkątów ostrokątnych ( $ACD$ , $ACE$ , $ABD$ , $ABE$ , $BCD$ , $BCE$ i $BDE$ ) o wierzchołkach należących do zbioru $P$ . To w połączeniu z pierwszą częścią kończy rozwiązanie zadania.

Odpowiedź: Największa możliwa wartość $a(P)$ wynosi 7.

Wersja do wydruku

Olimpiady Matematyczne

I MEMO - Zadanie 6

Rozwiązanie

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź

Klasyfikacja tematyczna

Zawody

Rok

Klasyfikacja tematyczna

Rok

Zawody