IMO 1970 · Problem 6
In a plane there are 100 points, no three of which are collinear. Consider all possible triangles having these points as vertices. Prove that no more than 70% of these triangles are acute-angled.
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
Call a triangle non-acute if it has an angle at least \(90^\circ\).
First, any four of the points determine at least one non-acute triangle. Indeed, their convex hull has either four or three vertices:
- If it has four vertices, it is a convex quadrilateral. Its interior angles sum to \(360^\circ\), so some interior angle is at least \(90^\circ\). The triangle formed by that vertex and its two neighboring vertices is non-acute.
- If it has three vertices \(A,B,C\), the fourth point \(P\) lies strictly inside triangle \(ABC\), because no three points are collinear. The three angles \(\angle APB,\angle BPC,\angle CPA\) sum to \(360^\circ\), so one is at least \(120^\circ\). Thus one of triangles \(APB,BPC,CPA\) is non-acute.
Next, consider any five of the points, and let \(m\) be the number of non-acute triangles they determine. Each of their five four-point subsets contains a non-acute triangle. Each non-acute triangle belongs to exactly two of these four-point subsets, obtained by adjoining either of the two remaining points. Consequently, \[ 2m\ge 5. \] Since \(m\) is an integer, \(m\ge 3\). Thus every five-point subset contains at least three non-acute triangles.
Now let \(N\) be the total number of non-acute triangles among the 100 points. Count pairs \((T,S)\), where \(S\) is a five-point subset and \(T\) is a non-acute triangle whose vertices belong to \(S\).
Each five-point subset contributes at least three pairs, while each non-acute triangle belongs to exactly \(\binom{97}{2}\) five-point subsets. Hence \[ N\binom{97}{2}\ge 3\binom{100}{5}, \] and therefore \[ N\ge \frac{3\binom{100}{5}}{\binom{97}{2}} =\frac{3}{10}\binom{100}{3}. \] There are \(\binom{100}{3}\) triangles altogether, so the number of acute-angled triangles is at most \[ \binom{100}{3}-N \le \frac{7}{10}\binom{100}{3}. \] This is the required \(70\%\) bound. \(\square\)
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1970 · Aufgabe 6
In einer Ebene liegen 100 Punkte, von denen keine drei auf einer Geraden liegen. Man betrachte alle möglichen Dreiecke, deren Eckpunkte zu diesen Punkten gehören. Man beweise, dass höchstens 70% dieser Dreiecke spitzwinklig sind.
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Wir nennen ein Dreieck nicht spitzwinklig, wenn es einen Winkel von mindestens \(90^\circ\) hat.
Zunächst bestimmen je vier der Punkte mindestens ein nicht spitzwinkliges Dreieck. Ihre konvexe Hülle hat nämlich entweder vier oder drei Eckpunkte:
- Hat sie vier Eckpunkte, so ist sie ein konvexes Viereck. Seine Innenwinkel haben die Summe \(360^\circ\), sodass mindestens ein Innenwinkel mindestens \(90^\circ\) groß ist. Das Dreieck, das von diesem Eckpunkt und seinen beiden benachbarten Eckpunkten gebildet wird, ist nicht spitzwinklig.
- Hat sie drei Eckpunkte \(A,B,C\), so liegt der vierte Punkt \(P\) echt im Inneren des Dreiecks \(ABC\), da keine drei Punkte auf einer Geraden liegen. Die drei Winkel \(\angle APB,\angle BPC,\angle CPA\) haben die Summe \(360^\circ\), sodass einer mindestens \(120^\circ\) groß ist. Somit ist eines der Dreiecke \(APB,BPC,CPA\) nicht spitzwinklig.
Als Nächstes betrachten wir fünf beliebige der Punkte und bezeichnen mit \(m\) die Anzahl der nicht spitzwinkligen Dreiecke, die sie bestimmen. Jede ihrer fünf vierelementigen Teilmengen enthält ein nicht spitzwinkliges Dreieck. Jedes nicht spitzwinklige Dreieck gehört zu genau zwei dieser vierelementigen Teilmengen, die man erhält, indem man jeweils einen der beiden übrigen Punkte hinzunimmt. Folglich gilt \[ 2m\ge 5. \] Da \(m\) eine ganze Zahl ist, gilt \(m\ge 3\). Somit enthält jede fünfelementige Teilmenge mindestens drei nicht spitzwinklige Dreiecke.
Sei nun \(N\) die Gesamtzahl der nicht spitzwinkligen Dreiecke unter den 100 Punkten. Wir zählen Paare \((T,S)\), wobei \(S\) eine fünfelementige Teilmenge und \(T\) ein nicht spitzwinkliges Dreieck ist, dessen Eckpunkte zu \(S\) gehören.
Jede fünfelementige Teilmenge trägt mindestens drei Paare bei, während jedes nicht spitzwinklige Dreieck zu genau \(\binom{97}{2}\) fünfelementigen Teilmengen gehört. Daher gilt \[ N\binom{97}{2}\ge 3\binom{100}{5}, \] und somit \[ N\ge \frac{3\binom{100}{5}}{\binom{97}{2}} =\frac{3}{10}\binom{100}{3}. \] Insgesamt gibt es \(\binom{100}{3}\) Dreiecke, also beträgt die Anzahl der spitzwinkligen Dreiecke höchstens \[ \binom{100}{3}-N \le \frac{7}{10}\binom{100}{3}. \] Dies ist die geforderte Schranke von \(70\%\). \(\square\)
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1970 · Soru 6
Bir düzlemde, herhangi üçü doğrusal olmayan 100 nokta vardır. Köşeleri bu noktalar olan tüm üçgenleri ele alalım. Bu üçgenlerin en fazla %70'inin dar açılı olduğunu kanıtlayınız.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
En az bir açısı \(90^\circ\) veya daha büyük olan bir üçgene dar açılı olmayan üçgen diyelim.
Önce, bu noktalardan herhangi dördünün en az bir dar açılı olmayan üçgen belirlediğini gösterelim. Gerçekten, bu dört noktanın dışbükey örtüsünün dört ya da üç köşesi vardır:
- Dört köşesi varsa, bir dışbükey dörtgendir. İç açılarının toplamı \(360^\circ\) olduğundan, iç açılarından en az biri \(90^\circ\) veya daha büyüktür. Bu köşe ve ona komşu iki köşenin oluşturduğu üçgen dar açılı değildir.
- Üç köşesi \(A,B,C\) varsa, herhangi üç nokta doğrusal olmadığından, dördüncü nokta \(P\), \(ABC\) üçgeninin kesin olarak iç bölgesinde yer alır. \(\angle APB,\angle BPC,\angle CPA\) açılarının toplamı \(360^\circ\) olduğundan, en az biri \(120^\circ\) veya daha büyüktür. Dolayısıyla \(APB,BPC,CPA\) üçgenlerinden en az biri dar açılı değildir.
Şimdi, noktalardan herhangi beşini ele alalım ve bunların belirlediği dar açılı olmayan üçgenlerin sayısı \(m\) olsun. Bu beş noktanın dört elemanlı beş alt kümesinin her biri dar açılı olmayan bir üçgen içerir. Dar açılı olmayan her üçgen, geriye kalan iki noktadan birinin eklenmesiyle elde edilen bu dört elemanlı alt kümelerin tam olarak ikisine aittir. Dolayısıyla \[ 2m\ge 5. \] \(m\) bir tam sayı olduğundan, \(m\ge 3\)'tür. Böylece beş elemanlı her alt küme, dar açılı olmayan en az üç üçgen içerir.
Şimdi, 100 noktanın belirlediği dar açılı olmayan üçgenlerin toplam sayısı \(N\) olsun. \(S\)'nin beş elemanlı bir alt küme, \(T\)'nin ise köşeleri \(S\)'ye ait olan dar açılı olmayan bir üçgen olduğu \((T,S)\) çiftlerini sayalım.
Beş elemanlı her alt küme en az üç çift verirken, dar açılı olmayan her üçgen tam olarak \(\binom{97}{2}\) tane beş elemanlı alt kümeye aittir. Dolayısıyla \[ N\binom{97}{2}\ge 3\binom{100}{5}, \] ve buradan \[ N\ge \frac{3\binom{100}{5}}{\binom{97}{2}} =\frac{3}{10}\binom{100}{3} \] elde edilir. Toplam \(\binom{100}{3}\) üçgen olduğundan, dar açılı üçgenlerin sayısı en fazla \[ \binom{100}{3}-N \le \frac{7}{10}\binom{100}{3} \] olur. Bu, istenen \(70\%\) sınırıdır. \(\square\)
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1970 · Problema 6
En un plano hay 100 puntos, de los cuales no hay tres alineados. Consideremos todos los triángulos posibles que tienen estos puntos como vértices. Demostrar que no más del 70% de estos triángulos son acutángulos.
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Llamaremos no acutángulo a un triángulo que tenga un ángulo de al menos \(90^\circ\).
En primer lugar, cualesquiera cuatro de los puntos determinan al menos un triángulo no acutángulo. En efecto, su envolvente convexa tiene cuatro o tres vértices:
- Si tiene cuatro vértices, es un cuadrilátero convexo. Sus ángulos interiores suman \(360^\circ\), por lo que alguno de ellos mide al menos \(90^\circ\). El triángulo formado por ese vértice y sus dos vértices adyacentes es no acutángulo.
- Si tiene tres vértices \(A,B,C\), el cuarto punto \(P\) está estrictamente en el interior del triángulo \(ABC\), porque no hay tres puntos alineados. Los tres ángulos \(\angle APB,\angle BPC,\angle CPA\) suman \(360^\circ\), por lo que uno de ellos mide al menos \(120^\circ\). Así, uno de los triángulos \(APB,BPC,CPA\) es no acutángulo.
A continuación, consideremos cualesquiera cinco de los puntos, y sea \(m\) el número de triángulos no acutángulos que determinan. Cada uno de sus cinco subconjuntos de cuatro puntos contiene un triángulo no acutángulo. Cada triángulo no acutángulo pertenece exactamente a dos de estos subconjuntos de cuatro puntos, obtenidos al añadir cualquiera de los dos puntos restantes. En consecuencia, \[ 2m\ge 5. \] Como \(m\) es un entero, \(m\ge 3\). Así, todo subconjunto de cinco puntos contiene al menos tres triángulos no acutángulos.
Sea ahora \(N\) el número total de triángulos no acutángulos entre los 100 puntos. Contemos los pares \((T,S)\), donde \(S\) es un subconjunto de cinco puntos y \(T\) es un triángulo no acutángulo cuyos vértices pertenecen a \(S\).
Cada subconjunto de cinco puntos aporta al menos tres pares, mientras que cada triángulo no acutángulo pertenece exactamente a \(\binom{97}{2}\) subconjuntos de cinco puntos. Por tanto, \[ N\binom{97}{2}\ge 3\binom{100}{5}, \] y en consecuencia \[ N\ge \frac{3\binom{100}{5}}{\binom{97}{2}} =\frac{3}{10}\binom{100}{3}. \] Hay \(\binom{100}{3}\) triángulos en total, por lo que el número de triángulos acutángulos es a lo sumo \[ \binom{100}{3}-N \le \frac{7}{10}\binom{100}{3}. \] Esta es la cota del \(70\%\) requerida. \(\square\)
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1970 · 问题 6
平面上有 100 个点，其中任意三点不共线。考虑以这些点为顶点的所有可能的三角形。证明这些三角形中，锐角三角形所占的比例不超过 70%。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
解答
若一个三角形有一个角至少为 \(90^\circ\)，则称其为非锐角三角形。
首先，这些点中的任意四点都确定至少一个非锐角三角形。事实上，它们的凸包有四个或三个顶点：
- 若凸包有四个顶点，则它是一个凸四边形。其内角和为 \(360^\circ\)，所以至少有一个内角不小于 \(90^\circ\)。由该顶点及其两个相邻顶点构成的三角形是非锐角三角形。
- 若凸包有三个顶点 \(A,B,C\)，则由于任意三点不共线，第四个点 \(P\) 严格位于三角形 \(ABC\) 的内部。三个角 \(\angle APB,\angle BPC,\angle CPA\) 的和为 \(360^\circ\)，所以至少有一个角不小于 \(120^\circ\)。因此，三角形 \(APB,BPC,CPA\) 中至少有一个是非锐角三角形。
其次，考虑这些点中的任意五点，设它们所确定的非锐角三角形的个数为 \(m\)。这五点的五个四点子集中，每个都包含一个非锐角三角形。每个非锐角三角形恰好属于其中两个四点子集，这两个子集分别由其三个顶点添加余下两点中的任一点而得到。因此， \[ 2m\ge 5. \] 由于 \(m\) 是整数，\(m\ge 3\)。因此，每个五点子集都包含至少三个非锐角三角形。
现在设这 100 个点所确定的非锐角三角形的总数为 \(N\)。计算二元组 \((T,S)\) 的个数，其中 \(S\) 是一个五点子集，\(T\) 是顶点均属于 \(S\) 的非锐角三角形。
每个五点子集至少贡献三个这样的二元组，而每个非锐角三角形恰好属于 \(\binom{97}{2}\) 个五点子集。因此 \[ N\binom{97}{2}\ge 3\binom{100}{5}, \] 从而 \[ N\ge \frac{3\binom{100}{5}}{\binom{97}{2}} =\frac{3}{10}\binom{100}{3}. \] 三角形总共有 \(\binom{100}{3}\) 个，所以锐角三角形的个数至多为 \[ \binom{100}{3}-N \le \frac{7}{10}\binom{100}{3}. \] 这就证明了所要求的 \(70\%\) 的上界。\(\square\)
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1970 · Задача 6
На плоскости даны 100 точек, никакие три из которых не лежат на одной прямой. Рассмотрим все возможные треугольники с вершинами в этих точках. Докажите, что не более 70% этих треугольников остроугольные.
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Назовём треугольник неостроугольным, если в нём есть угол, не меньший \(90^\circ\).
Сначала докажем, что любые четыре из данных точек определяют хотя бы один неостроугольный треугольник. Действительно, их выпуклая оболочка имеет либо четыре, либо три вершины:
- Если у неё четыре вершины, то это выпуклый четырёхугольник. Сумма его внутренних углов равна \(360^\circ\), поэтому хотя бы один внутренний угол не меньше \(90^\circ\). Треугольник, образованный вершиной этого угла и двумя соседними с ней вершинами, неостроугольный.
- Если у неё три вершины \(A,B,C\), то четвёртая точка \(P\) лежит строго внутри треугольника \(ABC\), поскольку никакие три точки не лежат на одной прямой. Сумма трёх углов \(\angle APB,\angle BPC,\angle CPA\) равна \(360^\circ\), поэтому один из них не меньше \(120^\circ\). Следовательно, один из треугольников \(APB,BPC,CPA\) неостроугольный.
Далее рассмотрим любые пять из данных точек и обозначим через \(m\) число неостроугольных треугольников, которые они определяют. Каждое из пяти их четырёхэлементных подмножеств содержит неостроугольный треугольник. Каждый неостроугольный треугольник принадлежит ровно двум из этих четырёхэлементных подмножеств, получаемым добавлением любой из двух оставшихся точек. Следовательно, \[ 2m\ge 5. \] Поскольку \(m\) — целое число, \(m\ge 3\). Таким образом, каждое пятиэлементное подмножество содержит хотя бы три неостроугольных треугольника.
Теперь обозначим через \(N\) общее число неостроугольных треугольников с вершинами среди данных 100 точек. Подсчитаем пары \((T,S)\), где \(S\) — пятиэлементное подмножество, а \(T\) — неостроугольный треугольник, вершины которого принадлежат \(S\).
Каждое пятиэлементное подмножество даёт хотя бы три пары, а каждый неостроугольный треугольник принадлежит ровно \(\binom{97}{2}\) пятиэлементным подмножествам. Значит, \[ N\binom{97}{2}\ge 3\binom{100}{5}, \] и поэтому \[ N\ge \frac{3\binom{100}{5}}{\binom{97}{2}} =\frac{3}{10}\binom{100}{3}. \] Всего имеется \(\binom{100}{3}\) треугольников, поэтому число остроугольных треугольников не превосходит \[ \binom{100}{3}-N \le \frac{7}{10}\binom{100}{3}. \] Это и есть требуемая оценка в \(70\%\). \(\square\)
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1970 · المسألة 6
في مستوى 100 نقطة، لا تقع أي ثلاث منها على استقامة واحدة. اعتبر جميع المثلثات الممكنة التي رؤوسها من هذه النقاط. أثبت أن نسبة المثلثات الحادة الزوايا من بين هذه المثلثات لا تتجاوز 70%.
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
نسمي المثلث غير حاد الزوايا إذا كانت له زاوية قياسها على الأقل \(90^\circ\).
أولًا، تحدد أي أربع من النقاط مثلثًا واحدًا على الأقل غير حاد الزوايا. بالفعل، لغلافها المحدب إما أربعة رؤوس أو ثلاثة:
- إذا كان له أربعة رؤوس، فهو رباعي محدب. مجموع زواياه الداخلية \(360^\circ\)، لذا توجد زاوية داخلية قياسها على الأقل \(90^\circ\). والمثلث الذي تشكله تلك القمة والرأسان المجاوران لها غير حاد الزوايا.
- إذا كان له ثلاثة رؤوس \(A,B,C\)، فإن النقطة الرابعة \(P\) تقع في داخل المثلث \(ABC\) تمامًا، لأن أي ثلاث نقاط ليست على استقامة واحدة. مجموع الزوايا الثلاث \(\angle APB,\angle BPC,\angle CPA\) هو \(360^\circ\)، لذا فإن إحداها قياسها على الأقل \(120^\circ\). ومن ثم فإن أحد المثلثات \(APB,BPC,CPA\) غير حاد الزوايا.
بعد ذلك، اعتبر أي خمس من النقاط، وليكن \(m\) عدد المثلثات غير الحادة الزوايا التي تحددها. تحتوي كل مجموعة جزئية من مجموعاتها الجزئية الخمس ذات الأربع نقاط على مثلث غير حاد الزوايا. وينتمي كل مثلث غير حاد الزوايا إلى مجموعتين بالضبط من هذه المجموعات الجزئية ذات الأربع نقاط، نحصل عليهما بإضافة أي من النقطتين المتبقيتين. وبالتالي، \[ 2m\ge 5. \] وبما أن \(m\) عدد صحيح، فإن \(m\ge 3\). إذن كل مجموعة جزئية ذات خمس نقاط تحتوي على ثلاثة مثلثات غير حادة الزوايا على الأقل.
ليكن الآن \(N\) العدد الكلي للمثلثات غير الحادة الزوايا بين النقاط المئة. نعدّ الأزواج \((T,S)\)، حيث \(S\) مجموعة جزئية ذات خمس نقاط، و\(T\) مثلث غير حاد الزوايا تنتمي رؤوسه إلى \(S\).
تسهم كل مجموعة جزئية ذات خمس نقاط بثلاثة أزواج على الأقل، بينما ينتمي كل مثلث غير حاد الزوايا إلى \(\binom{97}{2}\) مجموعة جزئية ذات خمس نقاط بالضبط. ومن ثم \[ N\binom{97}{2}\ge 3\binom{100}{5}, \] وبالتالي \[ N\ge \frac{3\binom{100}{5}}{\binom{97}{2}} =\frac{3}{10}\binom{100}{3}. \] يوجد \(\binom{100}{3}\) مثلثًا إجمالًا، لذا فإن عدد المثلثات الحادة الزوايا لا يتجاوز \[ \binom{100}{3}-N \le \frac{7}{10}\binom{100}{3}. \] وهذا هو الحد المطلوب، أي \(70\%\). \(\square\)
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).