Έστω Σ1 και Σ2 τα δύο διακριτά σύνολα της διαμέρισης και Α, Β, Γ οι κορυφές του ισόπλευρου τριγώνου. Στις πλευρές ΑΒ, ΒΓ, ΓΑ ορίζουμε τρία σημεία Δ, Ε, Ζ αντιστοίχως, τέτοια ώστε ΔΒ=ΑΒ/3, ΕΓ=ΒΓ/3, ΖΑ=ΓΑ/3. Εκ κατασκευής, οι ΔΕ, ΕΖ, ΖΔ είναι πλευρές ισόπλευρου τριγώνου κάθετες στις ΑΒ, ΒΓ, ΓΑ αντιστοίχως. Μεταξύ τριών σημείων της περιμέτρου του τριγώνου ΑΒΓ, θα υπάρχουν πάντα τουλάχιστον δύο που ανήκουν στο ίδιο σύνολο. Υποθέτουμε ΧΒΓ ότι τα Ζ,Ε ανήκουν στο Σ1. Αν υπάρχει και άλλο από το Ε σημείο της ΒΓ που επίσης ανήκει στο Σ1, τότε το αποδεικτέο ισχύει. Αν όχι, τότε όλα τα άλλα από το Ε σημεία της ΒΓ πρέπει να ανήκουν στο Σ2. Έστω Θ το ίχνος της καθέτου από το Δ προς το ΒΓ. Αφού τα σημεία Β και Θ ανήκουν στο Σ2, αν και το Δ ανήκει στο Σ2, τότε το αποδεικτέο ισχύει. Αν όχι, τότε το Δ πρέπει να ανήκει στο Σ1. Αφού όμως δεχτήκαμε ότι και το Ζ ανήκει στο Σ1, αν υπάρχει και άλλο από το Ζ σημείο της ΑΓ που ανήκει στο Σ1, τότε το αποδεικτέο ισχύει. Αν όχι, τότε όλα τα άλλα από το Ζ σημεία της ΑΓ πρέπει να ανήκουν στο Σ2. Τώρα όμως όλα τα σημεία της ΒΓ εκτός από το Ε και όλα τα σημεία της ΑΓ εκτός από το Ζ ανήκουν στο Σ2. Στο Σ2 ανήκουν λοιπόν τόσο το Α, όσο και το Γ, όσο και το μέσο Μ της ΒΓ (ως άλλο από το Ε σημείο της ΒΓ). Το τρίγωνο ΑΜΓ όμως είναι ορθογώνιο στο Μ. Επομένως το αποδεικτέο ισχύει σε κάθε περίπτωση.
Δεν ξέρω πώς βγήκε η απόδειξη, αλλά το πρόβλημα είναι πολύ ωραίο ΘΑΝΑΣΗ!
Έστω Σ1 και Σ2 τα δύο διακριτά σύνολα της διαμέρισης και Α, Β, Γ οι κορυφές του ισόπλευρου τριγώνου. Στις πλευρές ΑΒ, ΒΓ, ΓΑ ορίζουμε τρία σημεία Δ, Ε, Ζ αντιστοίχως, τέτοια ώστε ΔΒ=ΑΒ/3, ΕΓ=ΒΓ/3, ΖΑ=ΓΑ/3.
ΑπάντησηΔιαγραφήΕκ κατασκευής, οι ΔΕ, ΕΖ, ΖΔ είναι πλευρές ισόπλευρου τριγώνου κάθετες στις ΑΒ, ΒΓ, ΓΑ αντιστοίχως.
Μεταξύ τριών σημείων της περιμέτρου του τριγώνου ΑΒΓ, θα υπάρχουν πάντα τουλάχιστον δύο που ανήκουν στο ίδιο σύνολο. Υποθέτουμε ΧΒΓ ότι τα Ζ,Ε ανήκουν στο Σ1. Αν υπάρχει και άλλο από το Ε σημείο της ΒΓ που επίσης ανήκει στο Σ1, τότε το αποδεικτέο ισχύει. Αν όχι, τότε όλα τα άλλα από το Ε σημεία της ΒΓ πρέπει να ανήκουν στο Σ2. Έστω Θ το ίχνος της καθέτου από το Δ προς το ΒΓ. Αφού τα σημεία Β και Θ ανήκουν στο Σ2, αν και το Δ ανήκει στο Σ2, τότε το αποδεικτέο ισχύει. Αν όχι, τότε το Δ πρέπει να ανήκει στο Σ1. Αφού όμως δεχτήκαμε ότι και το Ζ ανήκει στο Σ1, αν υπάρχει και άλλο από το Ζ σημείο της ΑΓ που ανήκει στο Σ1, τότε το αποδεικτέο ισχύει. Αν όχι, τότε όλα τα άλλα από το Ζ σημεία της ΑΓ πρέπει να ανήκουν στο Σ2. Τώρα όμως όλα τα σημεία της ΒΓ εκτός από το Ε και όλα τα σημεία της ΑΓ εκτός από το Ζ ανήκουν στο Σ2. Στο Σ2 ανήκουν λοιπόν τόσο το Α, όσο και το Γ, όσο και το μέσο Μ της ΒΓ (ως άλλο από το Ε σημείο της ΒΓ). Το τρίγωνο ΑΜΓ όμως είναι ορθογώνιο στο Μ.
Επομένως το αποδεικτέο ισχύει σε κάθε περίπτωση.
Δεν ξέρω πώς βγήκε η απόδειξη, αλλά το πρόβλημα είναι πολύ ωραίο ΘΑΝΑΣΗ!
Ναι Θανάση,έτσι είναι.Παλιό διαγωνιστικό πρόβλημα,όταν γυρίσω σπίτι θα γράψω χρόνια και χωρα
ΑπάντησηΔιαγραφή1983,Γαλλία
ΑπάντησηΔιαγραφήhttps://app.box.com/s/pp4vlh4lfz515r3qfswls05rdfsrcpll
ΑπάντησηΔιαγραφή