XXXIII OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

XXXIII OM, 1981-1982

Etap:

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

Rozwiązanie

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 (*) $AP < 2a$ , $CP < 2a$ .

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 $\overline{AE}$ .