Na płaszczyźnie umieszczono sześć punktów w ten sposób, że każde trzy spośród nich są wierzchołkami trójkąta o bokach różnej długości. Udowodnić, że najkrótszy bok pewnego z tych trójkątów jest zarazem najdłuższym bokiem innego z nich.
Niech
będą danymi punktami. W każdym z trójkątów
pomalujmy najkrótszy bok na czerwono. W ten sposób pewne odcinki
zostały pomalowane na czerwono, a pewne pozostały nie pomalowane.
Wystarczy udowodnić, że istnieje trójkąt o wierzchołkach w danych punktach, którego wszystkie boki zostały pomalowane na czerwono. Najdłuższy bok tego trójkąta jest bowiem równocześnie najkrótszym bokiem pewnego innego trójkąta, ponieważ został pomalowany na czerwono. Z każdego z danych punktów wychodzi pięć odcinków łączących go z pozostałymi danymi punktami. Zatem albo co najmniej
z tych odcinków są pomalowane na czerwono, albo co najmniej
są nie pomalowane.
Jeżeli z punktu
wychodzą co najmniej trzy odcinki pomalowane na czerwono (np. odcinki
,
,
są pomalowane na czerwono), to również w trójkącie wyznaczonym przez drugie końce tych odcinków (tzn. w trójkącie
) co najmniej jeden z boków (mianowicie najkrótszy) jest pomalowany na czerwono. Niech np. odcinek
będzie pomalowany na czerwono. Wtedy w trójkącie
wszystkie boki są pomalowane na czerwono.
Jeżeli zaś z punktu
wychodzą co najmniej trzy odcinki nie pomalowane (niech to będą odcinki
,
,
) to rozważmy trójkąty
,
,
. W każdym z nich co najmniej jeden z boków jest pomalowany na czerwono, lecz nie jest to bok zawierający wierzchołek
. Wobec tego odcinki
,
,
, są pomalowane na czerwono, tzn. trójkąt
ma wszystkie boki pomalowane na czerwono.
Uwaga 1. W powyższym rozwiązaniu nie korzystaliśmy z założenia, że dane punkty należą do płaszczyzny.
Uwaga 2. Tezę zadania można również otrzymać rozumując podobnie, jak w rozwiązaniu zadania 15 (3) z XXII Olimpiady Matematycznej.