XXI OM - I -Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXI OM, 1969-1970

Etap:

W kwadracie $ABCD$ , którego bok ma długość 1, leży czworokąt wypukły o polu większym od $\frac{1}{2}$ . Dowieść, że w tym czworokącie mieści się odcinek o długości $\frac{1}{2}$ równoległy do $\overline{AB}$ .

Rozwiązanie

Prowadzimy przez wierzchołki danego czworokąta proste równoległe do prostej $AB$ (rys. 4). W przypadku, gdy proste te są różne, czworokąt zostaje podzielony na $3$ części: trójkąt o podstawie $p$ i wysokości $h_1$ , trapez o podstawach $p$ i $q$ i wysokości $h_2$ oraz trójkąt o podstawie $q$ i wysokości $h_3$ . Z założenia pole czworokąta $P$ jest większe od $\frac{1}{2}$ . Z drugiej strony

$ P = \frac{1}{2} ph_1 + \frac{1}{2} (p + q)h_2 + \frac{1}{2} qh_3. $

Zatem

$ \frac{1}{2} ph_1 + \frac{1}{2} (p + q)h_2 + \frac{1}{2} qh_3 > \frac{1}{2}. $

Stąd

$ p(h_1 + h_2) + q(h_2 + h_3) > 1. $

Ponieważ $h_1 + h_2 \leq 1$ i $h_2 + h_3 \leq 1$ , więc otrzymujemy stąd, że $p + q \geq p(h_1 + h_2) + g(h_2 + h_3) > 1$ .

Zatem co najmniej jedna z liczb $p$ i $q$ jest większa od $\frac{1}{2}$ .

Przy szczególnych położeniach danego czworokąta rozważane trójkąty lub trapez mogą degenerować się do odcinka, tzn. może być $h_1 = 0$ lub $h_2 = 0$ lub $h_3 = 0$ . Jednak również w takim przypadku powyższe rozumowanie pozostaje w mocy.

Uwagi

1. Zadanie to można uogólnić na przypadek dowolnych figur wypukłych: Jeśli pole pewnej figury wypukłej zawartej w kwadracie $ABCD$ o boku $1$ jest większe od $\frac{1}{2}$ , to w tej figurze mieści się odcinek o długości $\frac{1}{2}$ równoległy do $\overline{AB}$ .

2. Analogicznie twierdzenie jest prawdziwe również w przypadku czworokąta niewypukłego; jednak już dla sześciokąta niewypukłego podobne twierdzenie nie zachodzi.