¨ SKOLORNAS MATEMATIKTAVLING Svenska Matematikersamfundet
Finalt¨avling i Uppsala den 24 november 2007 F¨orslag till l¨osningar
Problem 1. L¨ os ekvationssystemet
xyzu − x3 = 9 x + yz = 23 u
i positiva heltal x, y, z och u. L¨ osning: Eftersom x ¨ ar en delare till VL i ekv 1, finns bara m¨ o jligheterna x = 1, x = 3 och x = 9. Fr˚ an ekv 2 f˚ ar vi yz = 32 u − x, vilket visar att u ¨ ar ett j¨ amnt heltal. 3 3 Ins¨attning i ekv 1 ger x( 2 u − x)u − x = 9 eller 3 9 ( u − x)u = x2 + . 2 x Fallet x = 1: Vi har ekvationen 3 ( u − 1)u = 10. 2 De enda j¨ amna delarna till 10 ¨ ar 2 och 10, men f¨ or u = 2 ¨ ar V L < 10, f¨ or u = 10 ¨ ar V L > 10. Fallet x = 3: Vi f˚ ar ekvationen 3 ( u − 3)u = 12. 2 J¨amna delare till 12 ¨ ar 2, 4, 6 och 12; u = 2 ger V L = 0, u = 4 ¨ ar en l¨ osning, medan u = 6 och u = 12 ger V L-v¨ arden som ¨ overstiger 12. Fallet x = 9: Ekvationen blir 3 ( u − 9)u = 82. 2 Enda j¨ amna delare till 82 ¨ ar 2 och 82; u = 2 g¨ or V L negativt och u = 82 ger V L > 82. Sammanfattningsvis f˚ ar vi x = 3, u = 4, som insatta i ekv 2 ger yz = 3 med l¨osningarna (y, z) = (1, 3) och (y, z) = (3, 1). Svar: (x, y, z, u) = (3, 1, 3, 4) och (3, 3, 1, 4). Problem 2. Ett antal blommor f¨ ordelas mellan n personer s˚ a att den f¨ orste av dem, Andreas, f˚ ar en blomma, den andre f˚ ar tv˚ a blommor, den tredje f˚ ar tre blommor osv, till person nr n som f˚ ar n blommor. Andreas g˚ ar sedan runt och skakar hand en g˚ ang med var och en av de ¨ ovriga, i godtycklig ordning. D¨ arvid f˚ ar han en blomma fr˚ an var och en som han h¨ alsar p˚ a och som har fler blommor ¨ an han sj¨ alv i det ¨ ogonblick de skakar hand. Vilket ¨ ar det minsta antalet blommor som Andreas kan ha n¨ ar han har skakat hand med alla?
L¨ osning. Antalet s¨ att att ordna dem som skakar hand med Andreas ¨ ar ¨ andligt, s˚ a det m˚ aste finnas ett minsta m¨o jliga antal blommor. L˚ at oss numrera personerna fr˚ an 2 till n i den ordning som de skakar hand med Andreas och l˚ at k2 , k3 , . . . , kn vara den permutation (ordning) av talen 2, 3, . . . , n som motsvarar respektive antal blommor i startl¨aget (Andreas m¨ oter allts˚ a f¨ orst person nr 2, som fr˚ an b¨ orjan ¨ ar f¨ orsedd med k2 blommor, d¨ arefter person nr 3, som i utg˚ angsl¨ aget har k3 blommor osv). L˚ at N vara antalet blommor som Andreas har n¨ ar han har skakat hand med alla. Antag att det finns ett index i s˚ adant att ki < ki+1 . Ett s˚ adant index existerar f¨ or varje permutation skild fr˚ an n, n − 1, . . . , 3, 2. Person nr i har allts˚ a a = ki blommor fr˚ an b¨ orjan, medan person nr i + 1 har b = ki+1 blommor, d¨ ar a < b. Vi ska visa att man genom att l˚ ata personerna i och i + 1 byta antalet blommor, dvs s˚ a att person nr i har b blommor och person nr i + 1 har a blommor, antingen l¨ amnar N of¨ or¨ andrat eller minskar det. L˚ at m vara det antal blommor Andreas har n¨ ar han kommer fram till person nr i. Om m < a − 1 kommer Andreas att f˚ a en blomma av s˚ av¨ al nr i som av nr i + 1. Detta g¨ aller ¨ aven om vi l˚ ater antalet blommor f¨ or de b˚ ada byta plats. Om m = a − 1 kommer Andreas att f˚ a blommor av b˚ ada, men om nr i i st¨ allet har b blommor och nr i + 1 har a blommor kommer Andreas bara att f˚ a en blomma (vi har d˚ am
Problem 3. L˚ at α, β, γ vara vinklarna i en triangel. Om a, b, c ¨ ar triangelns sidl¨ angder och R ¨ ar den omskrivna cirkelns radie, visa att cot α + cot β + cot γ =
R(a2 + b2 + c2 ) . abc
cot x =
cos x sin x
L¨ osning. Enligt sinussatsen anv¨ and p˚ a triangeln ¨ ar (a kan v¨ aljas att st˚ a mot α osv) a b c = = = 2R. sin α sin β sin γ V¨ansterledet i uppgiften kan nu skrivas cos α cos β cos γ cos γ cos α cos β + + = 2R + + sin α sin β sin γ a b c R = 2bc · cos α + 2ac · cos β + 2ab · cos γ . abc Enligt cosinussatsen anv¨ and p˚ a triangeln ¨ ar a2 = b2 + c2 − 2bc · cos α, b2 = a2 + c2 − 2ac · cos β och c2 = a2 + b2 − 2ab · cos γ, varf¨ or v¨ ansterledet ¨ overg˚ ar i R (b2 + c2 − a2 ) + (a2 + c2 − b2 ) + (a2 + b2 − c2 ) abc R(a2 + b2 + c2 ) . = abc Likheten ¨ ar d¨ armed visad. Problem 4. P˚ a randen till en cirkelskiva finns ett antal b˚ agar. Varje par av b˚ agar har minst en punkt gemensam. Visa att man p˚ a cirkeln kan v¨ alja tv˚ a diametralt motst˚ aende punkter s˚ adana att varje b˚ age inneh˚ aller minst en av dessa tv˚ a punkter. L¨ osning. F¨ or en godtycklig punkt P med antipoden (dvs den diametralt motst˚ aende punkten) Q, g¨ aller att b˚ agar som ¨ ar ≥ 180◦ automatiskt inneh˚ aller n˚ agon av dessa punkter. L˚ at oss d¨ arf¨ or anta att alla b˚ agar ¨ ar < 180◦ . V¨alj en punkt C1 som tillh¨ or minst en av b˚ agarna och l˚ at C2 vara punktens antipod. M¨angden av b˚ agar kan nu delas in i tre disjunkta delm¨ angder: M1 , M2 och M3 , d¨ar M1 ¨ ar m¨ angden av alla b˚ agar som inneh˚ aller punkten C1 , M2 ¨ ar m¨ angden av alla b˚ agar som inneh˚ aller punkten C2 och M3 ¨ ar m¨ angden av alla b˚ agar som varken inneh˚ aller C1 eller C2 . De b˚ ada punkterna delar upp cirkeln i tv˚ a halvcirklar . Vi inser att eventuella b˚ agar i M3 endast kan finnas i den ena av dessa halvcirklar, eftersom b˚ agar fr˚ an skilda halvcirklar inte kan ha n˚ agon punkt gemensam. L˚ at S 0 vara den halvcirkel som inneh˚ aller eventuella b˚ agar fr˚ an m¨ angden M3 och l˚ at S vara den andra halvcirkeln. Om m¨ angden M3 ¨ ar tom, kan C1 och C2 v¨ aljas som punkterna A1 och A2 respektive. Betrakta m¨ angden av b˚ agar i M1 (m¨ angden ¨ ar ju icke tom). L˚ at B1 vara den b˚ age B i M1 f¨ or vilken B ∩ S ¨ ar kortast och antag att B1 ∩ S = b˚ agen C1 A1 . Vi ska visa att A1 och dess antipod A2 uppfyller uppgiftens villkor. Valet av punkten A1 g¨ or det klart att varje b˚ age fr˚ an M1 inneh˚ aller denna punkt. Vidare m˚ aste varje b˚ age i m¨ angden M3 ha en icke tom sk¨ arning med B1 , och f¨ oljaktligen tillh¨ or A1 varje s˚ adan b˚ age. Kvar har vi b˚ agarna i m¨ angden M2 . Antag att b˚ agen B ∈ M2 . Om B ∩ B1 inneh˚ aller A1 s˚ a ¨ ar vi klara. Annars m˚ aste B ∩ B1 inneh˚ alla punkter p˚ a halvcirkeln C 0 och eftersom B1 < 180◦ kan B1 inte inneh˚ alla punkten A2 , dvs b˚ agen B m˚ aste inneh˚ alla denna punkt. D¨ armed ¨ ar p˚ ast˚ aendet visat.
Problem 5. Anna och Bengt spelar ett spel d¨ ar man l¨ agger dominobrickor (av storlek 2 × 1) p˚ a br¨ aden som best˚ ar av n × 1 rutor. Brickorna m˚ aste placeras s˚ a att de t¨ acker exakt tv˚ a rutor. Spelarna turas om att l¨ agga var sin bricka och den som l¨ agger den sista brickan vinner. De spelar en g˚ ang f¨ or varje n, d¨ ar n = 2, 3, . . . , 2007. Visa att Anna vinner minst 1505 av g˚ angerna om hon alltid b¨ orjar och b˚ ada spelar optimalt, dvs om de i varje drag g¨ or sitt b¨ asta f¨ or att vinna. L¨ osning. Om n ¨ ar j¨ amnt kan Anna alltid se till att hon vinner. Hon b¨ orjar l¨ ampligen med att placera sin f¨ orsta bricka i mitten, dvs s˚ a att de t¨ acker rutorna n2 och n2 + 1. or varje drag som Bengt Br¨adet delas d˚ a i tv˚ a lika delar, vardera med n2 − 1 rutor. F¨ g¨or genom att l¨ agga sin bricka ¨over tv˚ a rutor p˚ a den ena h¨ alften av br¨ adet, kan Anna alltid kopiera draget p˚ a den andra h¨ alften och d¨ ar placera sin bricka ¨ over motsvarande rutor. N¨ ar Bengt har gjort sitt sista m¨ o jliga drag, har Anna sin kopieringsm¨ o jlighet kvar och kan l¨ agga den sista brickan. Om n ¨ ar udda kan Bengt i vissa fall ordna en vinst. Om n = 3 vinner alltid Anna, eftersom bara en bricka kan l¨aggas ut, men om n = 5 vinner Bengt. Det spelar n¨amligen ingen roll var Anna placerar sin f¨ orsta bricka; det kommer sedan alltid att finnas tv˚ a intilliggande rutor ¨over vilka Bengt kan placera n¨ asta bricka och avsluta spelet. P˚ a ett br¨ ade f¨ or vilket n = n0 ¨ ar udda och d¨ ar Bengt vinner om de b˚ ada spelar p˚ a b¨ asta s¨ att, kan Anna alltid ordna en vinst p˚ a br¨ adet med n = n0 + 2 rutor. Om Anna placerar sin f¨ orsta bricka o¨ver rutorna 1 och 2, ˚ aterst˚ ar ett reducerat br¨ ade med n0 rutor p˚ a vilket Bengt s¨ atter sin f¨ orsta bricka och s˚ aledes f¨ orlorar om b˚ ada spelar optimalt. Sammanfattningsvis noterar vi att Anna alltid vinner om hon spelar p˚ a ett br¨ ade d¨ ar n ¨ar ett j¨ amnt tal. Det finns 2006/2 = 1003 s˚ adana br¨ aden. Antag att Bengt vinner p˚ a br¨adena som svarar mot de udda talen n1 , n2 , . . . , nm . H¨ ar m˚ aste det allts˚ a g¨ alla att ni+1 − ni ≥ 4. Bengt kan allts˚ a p˚ a sin h¨ o jd vinna vartannat av spelen p˚ a br¨ aden f¨or vilka n ¨ ar udda. Eftersom det totalt ¨ ar 1003 br¨ aden svarande mot udda n-v¨ arden, dvs 1002 br¨ aden r¨ aknat fr˚ an n = 5, kan Bengt i b¨ asta fall vinna 501 av dem, vilket betyder att Anna vinner ˚ atminstone de 501 ¨ ovriga. Vi har redan konstaterat att Anna vinner n¨ ar n = 3. Hon vinner allts˚ a f¨ or samtliga 1003 j¨ amna n-v¨ arden och f¨ or minst 1 + 501 = 502 udda n-v¨ arden vilket totalt ger minst 1505 n-v¨ arden. Problem 6. I planet ¨ ar en triangel given. Best¨ am alla punkter P i planet s˚ adana att varje linje genom P som delar triangeln i tv˚ a delar med samma area m˚ aste g˚ a genom ett av triangelns h¨ orn. L¨ osning. Varje linje som g˚ ar genom n˚ agot av triangelh¨ ornen och delar triangelarean i tv˚ a lika delar, m˚ aste passera genom mittpunkten av den sida som st˚ ar mot h¨ ornet. Det r¨ acker f¨ oljaktligen att studera punkter P som ligger p˚ a n˚ agon av medianerna eller deras f¨ orl¨ angningar. De tre medianerna passerar genom en och samma punkt M . Den delar varje median i f¨orh˚ allandet 2:1 fr˚ an h¨ ornet r¨ aknat. Det betyder att P antingen sammanfaller med M och ligger p˚ a alla tre medianerna eller ligger p˚ a exakt en av medianerna. Betrakta medianen AD, p˚ a vilken punkterna J, M och K ¨ ar markerade: J a ¨r | 2 mittpunkten p˚ a AD, M ¨ ar sk¨ arningspunkten mellan de tre medianerna, dvs |AM = |AD| 3, √1 (se figur 1). Det sistn¨ medan |AK| amnda sambandet inneb¨ ar att en linje genom |AD| = 2 K och som ¨ ar parallell med sidan BC delar triangelarean mitt itu.
A
. ............ ... ... ...... ... .. ..... .. ..... ........ . ..... ... ... ..... ... ... ..... ... .. ..... ... ... ..... . ... ..... .. . ..... . ... . . ..... ... .. . ..... ... .. ..... . ... . ..... . . ... ..... .. . ..... ... . . . ..... ... .. ..... . ... .. ..... . ... . ..... . . ... ..... .. . ..... ... . . . ..... ... .. ..... . ... ..... .. . ... . ..... . . ... ..... .. . ... ..... . . ..... . ... .. ..... . ... ..... .. . . ... ..... . . . ..... ... .. . ..... ... . . ..... . ... ..... .. . ... ..... .. . ... ..... . . . ..... ... .. ..... . ... .. ..... . ... . ..... . . ... ..... .. . ... ..... . . . ..... . .. ..
m/2
m = medianens l¨ angd
Figur 1
•J
•M •K
√ (1 − 1/ 2)m ≈ 0, 293m
B
D
C
F¨or punkter P p˚ a medianen AD eller dess f¨orl¨angning g¨aller det att avg¨ora om det finns n˚ agon linje som passerar genom P och delar triangelarean mitt itu, men som inte passerar genom n˚ agot av h¨ornen. Vi ska visa att en s˚ adan linje existerar f¨or alla P mellan J och K, utom f¨or M och den f¨orsta ¨andpunkten, J. F¨or den andra ¨andpunkten, K, existerar dock en s˚ adan linje. Linjer som passerar punkterna J, M och de punkter som inte tillh¨or str¨ackan JK m˚ aste f¨oljaktligen passera n˚ agot av triangelns h¨orn f¨or att arean ska kunna halveras. (0) Vi kommer att f˚ a anv¨ andning av f¨ oljande resultat. L˚ at P vara en godtycklig punkt p˚ a medianen AD och som inte sammanfaller med n˚ agon av ¨ andpunkterna. Drag str¨ ackan GH genom P , med G p˚ a AB och H p˚ a AC, parallell med sidan BC. Drag str¨ ackan RS genom P , med R 6= G p˚ a AB och S 6= H p˚ a AC (se figur 2). Vi ska visa att triangeln ARS har st¨ orre area ¨ an triangeln AGH. Det r¨ acker att behandla fallet n¨ ar R ligger mellan G och B L˚ at oss f¨ orl¨ anga str¨ ackan RS ¨ over S till punkten T , s˚ a att str¨ ackan T H ¨ ar parallell med str¨ ackan GR. Trianglarna RP G och T P H blir d˚ a kongruenta, eftersom str¨ ackan GH delas mitt itu av medianen AD och vinklarna ¨ ar parvis lika. Vi observerar att 6 SHT = 6 BAC. Eftersom triangeln T P H innesluter triangeln SP H och trianglarna inte kan vara identiska, ¨ ar area(4RP G) = area(4T P H) > area(4SP H), varav f¨ oljer att area(4ARS) > area(4AGH). A
... .......... .. ... ...... ... .... ........ . ... .... ........ ..... ... ... ..... .. ... ..... .. . ... . ..... .. ... . ..... . . . ..... . ... .. ..... . . ... ..... . .. . ... ... ....................... . . . ... .................. .... . . .. . . . . . . ... .............. ..... ... . . . . . . ...... ............. ... ..... ........... .... ..... ... ........... ... ..... .. ........... ... ..... ........................ . ..... ... ... . . ..... ... .. ..... . ... .. ..... . ... . ..... . . ... ..... .. . ..... ... . . ..... . ... .. ..... . ... ..... .. . .. . .
G
•
P
S
T H
Figur 2
R
B D C L˚ at oss nu betrakta de olika fallen av l¨ agen f¨ or punkten P . 1) Om P sammanfaller med A eller D, alternativt ligger p˚ a f¨ orl¨ angningen av medianen AD, ¨ ar det endast linjen som inneh˚ aller medianen AD som delar arean mitt itu. N¨ ar vi vrider linjen kring P ¨ andras f¨ orh˚ allandet mellan triangeldelarnas areor monotont. 2) Antag att P ligger mellan A och J, med A exkluderad och J inkluderad. Drag RS genom P med R p˚ a AB och S p˚ a AC (se figur 3). Triangeln ARS kommer d˚ a att inneslutas i n˚ agon av trianglarna ABE och ACF , men kan inte sammanfalla med n˚ agon av dem, varf¨ or arean m˚ aste vara mindre ¨ an 21 .
A
.. ............ ... ... ...... ... .. .... .. ..... ......... . ..... ... ... ... ....... ... ... ........ ........ .. ..... ......... ... . ..... .. . .. . . ..... . . .. ..... ..... .. .... ..... ..... ... . . . . ..... ... ... .. . . . . ..... . ... ... . . . . . ..... . .. ... . . . ..... . . . ... ........ ...... ... . . ... ..... ........ .. ............ . . . ..... ... ....... ... .. ....... . . . . . ..... ... . .... . . . . . . . . . ..... . . . .. . .. .. .. .... ..... ........... .. ........ . ..... . . . . . . ..... ...... .... .... .... . .......... . ... ..... ...... ... .... . . . . . . ...... ..... ... ...... .... . ..... . . . . . ...... . . .. ..... . . . . . . ... ....... .. ..... .. . . . . ... ....... .. .... . . . . . ....... ........ ... .. .. ...... . ....... ....... ... . ..... . . ... ........... ........
S
P•
•J
F
Figur 3
E
••
R
B D C Antag att R i st¨ allet ligger p˚ a BC. Det r¨ acker att studera fallet n¨ ar R ligger mellan B och D. Punkten S kommer d˚ a att ligga p˚ a AC, mellan A och E (se figur 4). L˚ at oss f¨ orl¨ anga str¨ ackan RS ¨ over S till punkten T , s˚ a att str¨ ackan AT ¨ ar parallell med str¨ackan RD. Trianglarna DP R och AP T blir d˚ a likformiga, eftersom vinklarna ¨ ar 6 6 ackan P D ¨ ar lika l˚ ang parvis lika. Vi observerar att T AS = ACB. Eftersom str¨ som eller l¨ angre ¨ an str¨ ackan AP , ¨ ar area(4DP R) ≥ area(4AP T ) > area(4AP S), varav f¨ oljer att area(4SRC) > area(4ADC), dvs ¨ ar > 12 . A T ....... ... .. ........ .. .. .... ...........S . . .. .... ........... . .. ... .. ..... .. ... ... ...... ... ..... ... ... .. ..... ...... .. . ..... . ... .. ..... . . ..... ...... . . . ..... .... .. . . ..... ... ... .. . ..... . . .. ... . ..... . . . ... . ..... . . . ... .... ......... ....... . . . . . . . . . . . . . . . . . .... . . ......... . ... . .. . . . . ..... . . . . ..... .. ... ... . . ..... . . . . . ...... .. ..... ..... . ... ..... .... ................... .. . . ..... . . ...... ... .... .. . . . ..... ..... ... .. ...... . ..... . . . ....... ... . ..... .. . . . . . . .. ....... . ... . ..... . . . . . . ..... ... ... ....... . . .. . . . ..... ... . ....... . ...... . . . . . ... ....... ........ .. .. ...... . . . ... ....... ....... .. ....... ... . . ... ........... .. ........ .
•P
•J
F
Figur 4
E
••
B
R
D
C
3) Vi betraktar nu fallet P = M (se figur 5). Om P ligger i medianernas sk¨ arningspunkt, m˚ aste varje linje som delar triangelarean mitt itu passera genom n˚ agot av triangelh¨ ornen. Antag motsatsen, dvs att det existerar en linje som delar triangelarean i tv˚ a lika delar, men inte passerar n˚ agot av h¨ ornen. Det r¨ acker att studera fallet n¨ ar linjen genom P sk¨ ar sidan BC i en punkt R mellan B och D och s˚ aledes sidan AC i en punkt S mellan A och E. F¨ or att str¨ ackan RS ska dela arean av triangeln ABC mitt itu, m˚ aste trianglarna AM S och RM D ha samma area, eftersom median AD halverar arean. Av motsvarande sk¨ al m˚ aste trianglarna BM R och SM E ha samma area. Detta leder till sambanden (vertikalvinklar u och v enligt figuren) 1 1 2td sin u = et sin u och 2 2 1 1 2se sin v = ds sin v, 2 2 dvs om vinklarna u och v b˚ ada ¨ ar skilda fr˚ an 0 har vi e = 2d och 2e = d: mots¨ agelse. Str¨ackan RS kan f¨ oljaktligen inte dela triangelarean mitt itu. Varje linje genom M delar upp triangeln ABC i tv˚ a delar, en deltriangel och en fyrh¨ orning, d¨ ar deltriangelns area alltid ¨ ar mindre ¨ an fyrh¨ orningens area, utom i de tre fall n¨ ar linjen inneh˚ aller en median till triangeln ABC. Antag att det finns en deltriangel med area > 21 . Antag att denna deltriangel inneh˚ aller h¨ ornet C. Men den deltriangel som avsk¨ ars av en 2 2 4 1 linje genom M parallell med AB har arean ( 3 ) = 9 < 2 . Av kontinuitetssk¨ al finns det d˚ a en linje genom M vilken sk¨ ar av en triangel som inneh˚ aller C och som delar arean mitt itu: mots¨ agelse.
A
.......... ... .. ......... . ... .. .... ......... . ..... . ... ..... .. . ..... . ... ..... .. . .. ..... . . ..... ... .. . ..... .. .. . .... .. . ... ..... ... .. .. ......... . .. ..... ... .. . . ..... ... ... ... .... .. ......... ... ... ....... ......... .... .. .. . . . . ..... .... ....... . ... ... .. ..... . . ....... .............. .. ...... ..... .. . ....... ... ..... ..... .. ..... .. .......... . . . ..... . . ....... ..... ............. .. ..... . . . ....... ..... .... .. .. .. . . . . . ....... ..... ... ... .. .. . . . . . . ..... ....... . . .. . . ..... . . . . . . ....... . ..... . .. . . . . . . . . ....... .. ... . . . . . . . . . . ....... ......... .. ..... ... .. . . ....... ...... ... ... . . . . . . .......... . .. .....
S
2t
F
d
uv
2s
Figur 5
E
s
v uM e t
B D C R 4) Antag nu att P ligger mellan K och D (se figur 1). Vi vet att den linje genom K som ¨ ar parallell med sidan BC delar triangelarean mitt itu, s˚ a l˚ at oss anta att P 6= K. Varje linje genom P som sk¨ ar AB i en punkt R och sidan AC i en punkt S avsk¨ ar en deltriangel, vars area ¨ ar minimal om RS ¨ ar parallell med BC enligt resultat 0) (se figur 2). Men ”parallelltriangeln” har en area som ¨ ar > 12 , dvs arean av varje 1 deltriangel ARS ¨ ar d¨ arf¨ or > 2 . Om R i st¨ allet ligger p˚ a sidan BC och S p˚ a n˚ agon av de andra sidorna, kommer str¨ackan RS att avsk¨ ara en deltriangel som inneh˚ aller n˚ agot av h¨ ornen B och C. Ingen s˚ adan triangel kommer att inneh˚ alla punkten M . Enligt 3) m˚ aste arean f¨ or aller AD kan d¨ arf¨ or halvera varje s˚ adan deltriangel vara < 12 . Endast linjen som inneh˚ arean. 5) Antag nu att P ligger mellan J och M (se figur 6). Betrakta str¨ ackan RS genom P , d¨ar R ¨ ar en punkt p˚ a BC och S en punkt p˚ a AC. L˚ at vinkeln mellan medianen AD och str¨ ackan RS vara u. Vi vet att AP ¨ ar l¨ angre ¨ an P D. Genom att g¨ ora vinkeln u tillr¨ ackligt liten kan vi se till att ocks˚ a SP ¨ ar l¨ angre ¨ an P R. Arean av triangeln RP D ¨ar d˚ a lika med 21 |RP | · |P D| · sin u, vilket ¨ ar mindre ¨ an 12 |AP | · |P S| · sin u, dvs mindre ¨an arean av triangeln AP S. Det inneb¨ ar i sin tur att triangeln SRC har mindre area ¨an triangeln ADC, dvs ¨ ar < 12 . Om vi nu flyttar R l¨ angs DR tills R sammanfaller med h¨ ornet B och samtidigt flyttar S p˚ a sidan AC s˚ a att RS passerar genom P kommer den s˚ a avskurna triangeln att inneh˚ alla triangeln EBC, vilket betyder att den nu avskurna triangeln har en area som ¨ ar > 21 , varf¨ or det av kontinuitetssk¨ al m˚ aste finnas ett mellanliggande l¨ age f¨ or vilket arean halveras. A .. .......... .. ... ...... ... .... .......S . . .. ........ . .. ... ... .. ..... ... ... ... ...... ... ..... ... ... .. ..... ... ... ... ..... . ... ... ..... .. . ... ... . ..... . . ..... ... ... .. . ..... ... ... .. ..... . ... .. . ..... . . . ..... ..... .. . . ..... . .... . . . ... ... ........ . . .. . . . ..... ..... .. .... . . . ..... . . . ..... ....... . ..... . . ..... ... .............. ..... . .. . . . ..... . ..... ... ... . . . ..... .. .... .. ...... . ..... . . . .... ... ... ..... . . . . . . . ..... . .. . . . . . . . . . . ... ..... . .. . . . . . ..... . ... .... . . . . . ..... . ... .... .. .. ...... ..... . . . ..... .. ... ..... . . . .... .. .. ........
F
B
J• •P M• •K
RD
Figur 6
E
C
6) Om slutligen P ligger mellan M och K kan vi anv¨ anda ett kontinuitetsresonemang liknande det i 5) (l¨ aget f¨ or punkten P i figur 6 blir allts˚ a nedanf¨ or M ). Om str¨ ackan genom P , med ¨ andpunkter R och S, ¨ ar parallell med sidan BC, ¨ ar arean av triangeln arefter flyttar R l¨ angs AB tills R sammanfaller med B ARS mindre ¨ an 21 . Om vi d¨ och S s˚ alunda r¨ or sig l¨ angs AC, kommer triangeln ARS att inneh˚ alla triangeln ABE och vi finner att triangeln ARS i sitt nya l¨ age har en area som ¨ ar > 21 . F¨ oljaktligen m˚ aste det finnas ett mellanliggande l¨ age f¨ or vilket triangelarean halveras.
