Kezdőlap


Feladat:	2006. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 23. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Paulin Roland
Füzet:	2006/október, 391 - 393. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Konvex sokszögek, Síkgeometriai bizonyítások, Terület, felszín, Nemzetközi Matematikai Diákolimpia
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2006/szeptember: 2006. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 23. feladata

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Megoldás. A sokszög mindegyik $b$ oldalához létezik a szóban forgó maximális területű háromszög: ennek $b$ -vel szemközti csúcsa a $b$ egyenesétől legtávolabbi csúcs $P$ -ben (3. ábra). A megoldás során egy $X Y Z$ háromszög területét $[X Y Z]$ -vel, a $P$ sokszög területét pedig $[P]$ -vel jelöljük.

3. ábra

Első észrevételünk az, hogy ha egy sokszög szögei között a

180^{\circ}

-ot is megengedjük és az oldalakon újabb csúcsokat veszünk fel, akkor sem

P

területe, sem a

P

oldalaihoz rendelt területek összege nem változik (4. ábra). Ezért

P

minden csúcsából húzzuk meg azt a félegyenest, amely

P

területét felezi (folytonossági meggondolások miatt ilyen félegyenes minden csúcshoz létezik), és e félegyenesnek a

P

határával való másik metszéspontját vegyük fel a csúcsok közé. Így az

A_{1} A_{2} A_{3} ... A_{2 n}

sokszöget kapjuk, melynek területét az

A_{i} A_{n + i}

egyenes minden

i

-re felezi (5. ábra). (Az indexelés

mod 2 n

ciklikus.)

4. ábra

5. ábra

A_{i} A_{n + i}

és

A_{i + 1} A_{n + i + 1}

egyenesek tehát felezik a sokszög területét, így a

P

belsejében metszik egymást (6. ábra); jelölje a metszéspontjukat

B_{i}

(

1 \leq i \leq n

). Ekkor

[A_{i} A_{i + 1} B_{i}] = [A_{n + i} A_{n + i + 1} B_{i}]

, hiszen

A_{i} A_{i + 1}

és

A_{n + i} A_{n + i + 1}

is felezi

P

területét. Legyen

t_{i} = [A_{i} A_{i + 1} B_{i}]

; ekkor

t_{i} = t_{n + i}

és

B_{i} = B_{n + i}

6. ábra

Azt állítjuk, hogy az

A_{i} A_{i + 1} B_{i}

háromszögek lefedik

P

-t, és így

\sum_{i = 1}^{2 n} t_{i} \geq [P]

. Ehhez vegyük észre, hogy adott

i

-re az

A_{i} A_{i + 1} B_{i}

és az

A_{n + i} A_{n + i + 1}

háromszögek belsejének egyesítése azon

P

-beli pontok halmaza, amelyek az

A_{i} A_{n + i}

és

A_{i + 1} A_{n + i + 1}

félegyenesek ellentétes partján vannak. (Ha egy

P

-beli

X

pont nincs ezeken a félegyeneseken, akkor ez azt jelenti, hogy az

A_{i} A_{n + i} X

és az

A_{i + 1} A_{n + i + 1} X

háromszögek ellenkező körüljárásúak.) Tekintsük ezután a

P

egy tetszőleges belső

X

pontját, amelyik egyik

A_{i} A_{i + 1}

félegyenesre sem illeszkedik. Ez a pont a fentiek értelmében az

A_{1} A_{n + 1}

és az

A_{n + 1} A_{1}

fégyenesek ellentétes partján van, így az

A_{1} A_{n + 1}, A_{2} A_{n + 2}, ..., A_{n} A_{2 n}, A_{n + 1} A_{1}

félegyenesek sorozatában van két szomszédos, az

A_{i} A_{n + i}

és az

A_{i + 1} A_{n + i + 1}

, amelyeknek

X

szintén az ellentétes partján van. Ez pedig éppen azt jelenti, hogy

X

benne van az

A_{i} A_{i + 1} B_{i}

és az

A_{n + i} A_{n + i + 1} B_{i}

háromszögek egyikében (6. ábra).
Legyen az

A_{i} A_{i + 1}

oldalhoz tartozó maximális területű háromszög területe

M_{i}

. Mivel

[A_{i} A_{i + 1} B_{i}] = [A_{n + i} A_{n + i + 1} B_{i}]

, ezért

B_{i} A_{i} \cdot B_{i} A_{i + 1} = B_{i} A_{n + i} \cdot B_{i} A_{n + i + 1}

. Ekkor vagy

B_{i} A_{i} \leq B_{i} A_{n + i}

és

B_{i} A_{i + 1} \geq B_{i} A_{n + i + 1}

vagy pedig

B_{i} A_{i} \geq B_{i} A_{n + i}

és

B_{i} A_{i + 1} \leq B_{i} A_{n + i + 1}

.
Az első esetben

\begin{matrix} \frac{[A_{i} A_{i + 1} A_{n + i}]}{[A_{i} A_{i + 1} B_{i}]} = \frac{A_{i} A_{n + i}}{A_{i} B_{i}} \geq 2, és így M_{i} \geq [A_{i} A_{i + 1} A_{n + i}] \geq 2 t_{i} . \end{matrix}

A második esetben hasonlóan kapjuk, hogy

\begin{matrix} \frac{[A_{i} A_{i + 1} A_{n + i + 1}]}{[A_{i} A_{i + 1} B_{i}]} = \frac{A_{i + 1} A_{n + i + 1}}{A_{i + 1} B_{i}} \geq 2, és így ekkor is M_{i} \geq [A_{i} A_{i + 1} A_{n + i + 1}] \geq 2 t_{i} . \end{matrix}

Mindenképpen igaz tehát, hogy

M_{i} \geq 2 t_{i}

. Ezeket az egyenlőtlenségeket összegezve kapjuk, hogy

\sum_{i = 1}^{2 n} M_{i} \geq 2 \sum_{i = 1}^{2 n} t_{i} \geq 2 [P]

, és ezt kellett bizonyítanunk.