5. Zadatak

Prvo rješenje.

Prvo uočimo da ne postoji jednakostraničan trokut s vrhovima među vrhovima početnog mnogokuta. Naime, kada bi postojao, onda bi između svakog para njegovih vrhova trebao biti jednak broj točaka, što bi značilo da $3$ dijeli $2014$, a to nije istina.

Dokažimo da svaka dužina (čije su krajnje točke dva vrha početnog mnogokuta) leži na točno $3$ različita jednakokračna trokuta.

Promotrimo neku dužinu. Njene krajnje točke dijele kružnicu opisanu mnogokutu na dva luka na kojima se ukupno nalazi $2015$ vrhova. Jedan od tih lukova sadrži neparno, a drugi parno mnogo vrhova, pa postoji točno jedan jednakokračni trokut kojem je ta dužina osnovica (treći vrh je u polovištu luka s neparno mnogo vrhova). Na sličan način zaključujemo da je zadana dužina krak u točno dva jednakokračna trokuta – treći vrh možemo odabrati na duljem od ta dva luka na točno dva načina.

Neka je $P$ broj plavih točaka ($P+C=2017$). Neka su $d_p$, $d_c$, $d_s$, redom, brojevi plavih (obje krajnje točke su obojane plavo), crvenih i šarenih dužina. Nadalje, neka su $t_p$, $t_c$, $t_{sp}$, $t_{sc}$ brojevi jednakokračnih trokuta čije su točke plave, crvene, šarene, ali prevladava plava i šarene uz prevladavanje crvene.

Zbog činjenice da svaka dužina leži na točno $3$ jednakokračna trokuta imamo:

$$3d_p=3t_p+t_{sp},$$ $$3d_c=3t_c+t_{sc},$$ $$3d_s=2t_{sp}+2t_{sc}.$$

Iz ovog slijedi $3d_p+3d_c-\frac32d_s=3t_p+3t_c$, odnosno

$$t_p+t_c=d_p+d_c-\frac12d_s =\frac12\bigl(P(P-1)+C(C-1)-PC\bigr),$$

što ovisi samo o broju plavih i crvenih točaka, a ne i o njihovom rasporedu.

Drugo rješenje.

Označimo vrhove mnogokuta s $A_1,A_2,\ldots,A_{2017}$ redom. Pridružimo svakom vrhu broj $a_i$ ovisno o boji tog vrha: $a_i=1$ ako je crveni vrh, $a_i=0$ ako je plavi vrh.

Trokut $A_iA_jA_k$ je jednobojan (tj. ima sva tri vrha iste boje) ako i samo ako je $a_ia_ja_k$ ili $(1-a_i)(1-a_j)(1-a_k)$ jednako $1$. Broj jednakokračnih jednobojnih trokuta je onda zbroj $Z$ izraza

$$a_ia_ja_k+(1-a_i)(1-a_j)(1-a_k)$$

po svim trojkama $(i,j,k)$ za $i,j,k\in\{1,2,\ldots,2017\}$ takvim da je $A_iA_jA_k$ jednakokračan.

Budući da $2017$ nije djeljiv ni s $3$, nema jednakostraničnih trokuta $A_iA_jA_k$. Također, $2017$ je neparan broj, pa je svaka dužina $A_iA_j$ osnovica točno jednog jednakokračnog trokuta, tj. svakom paru $(i,j)$ odgovara točno jedan $k=k(i,j)$ takav da je $A_iA_jA_k$ jednakokračan s osnovicom $A_iA_j$.

Zbog toga slijedi

$$\begin{aligned} Z&=\sum_{1\le i<j\le2017}\left(a_ia_ja_{k(i,j)}+(1-a_i)(1-a_j)(1-a_{k(i,j)})\right)\\ &=\sum_{1\le i<j\le2017}\left(1-a_i-a_j-a_{k(i,j)}+a_ia_j+a_ia_{k(i,j)}+a_ja_{k(i,j)}\right)\\ &=\sum_{1\le i<j\le2017}1-\sum_{1\le i<j\le2017}(a_i+a_j+a_{k(i,j)})+\sum_{1\le i<j\le2017}(a_ia_j+a_ia_{k(i,j)}+a_ja_{k(i,j)}). \end{aligned}$$

Zbroj $\sum_{1\le i<j\le2017}(a_i+a_j+a_{k(i,j)})$ prikazuje zbroj izraza $a_i+a_j+a_k$ po svim jednakokračnim trokutima $A_iA_jA_k$. U trećoj jednakosti samo smo rastavili zbroj na tri dijela.

Svaki vrh se pojavljuje u $2016$ osnovica jednakokračnih trokuta i $1008$ jednakokračnih trokuta kao vrh između krakova, pa vrijedi

$$\sum_{1\le i<j\le2017}(a_i+a_j+a_{k(i,j)})=(2016+1008)\sum_{i=1}^{2017}a_i=3024C.$$

Svaka dužina $A_iA_j$ je stranica u točno tri jednakokračna trokuta, pa vrijedi

$$\sum_{1\le i<j\le2017}(a_ia_j+a_ia_{k(i,j)}+a_ja_{k(i,j)})=3\sum_{1\le i<j\le2017}a_ia_j.$$

Zaključujemo

$$Z=\frac{2017\cdot2016}{2}-3024C+3\sum_{1\le i<j\le2017}a_ia_j.$$

Primijetimo da je $C=\sum_{i=1}^{2017}a_i=\sum_{i=1}^{2017}a_i^2$, broj crvenih vrhova. Sada vidimo da je

$$\begin{aligned} Z&=\frac{2017\cdot2016}{2}-3024C+\frac32(C^2-C), \end{aligned}$$

što očito ovisi samo o broju crvenih vrhova, ali ne i o njihovom rasporedu.

Treće rješenje.

Neka je $P$ broj plavih vrhova, $t_c$ broj jednakokračnih trokuta čiji su svi vrhovi crveni, a $t_p$ broj jednakokračnih trokuta čiji su vrhovi plavi. Nadalje, neka je $t_{ccp}$ broj jednakokračnih trokuta čiji su vrhovi osnovice crveni, a vrh nasuprot osnovice plav. Analogno, neka je $t_{ppc}$ broj jednakokračnih trokuta čiji je vrh nasuprot osnovice crven, a preostali vrhovi plavi.

Kao u prvom rješenju zaključujemo da je svaki par točaka osnovica točno jednog jednakokračnog trokuta. Brojeći po parovima plavih točaka, slijedi

$$t_p+t_{ppc}=\frac{P(P-1)}2. \tag{9}$$

Neka je $V$ neki crveni vrh. Točka $V$ je vrh nasuprot osnovice u točno $1008$ jednakokračnih trokuta jer preostalih $2016$ točaka možemo podijeliti u $1008$ paralelnih tetiva, koje su moguće osnovice (vidi sliku).

Neka je $c(V)$ broj crvenih jednakokračnih trokuta kojima je $V$ vrh nasuprot osnovice, te neka je $p(V)$ broj onih čija su oba preostala vrha plave boje. Ako je $c(V)=0$, tj. među preostalih $C-1$ crvenih vrhova nijedan par nije na istoj od paralelnih tetiva, onda je $p(V)=1008-(C-1)$. Ako su pak na nekim od tih tetiva oba vrha crvena, tada je i više osnovica s oba plava vrha – preciznije, za svaku paralelnu tetivu s oba crvena vrha imamo jednu paralelnu tetivu s oba plava vrha, tj.

$$p(V)=1009-C+c(V).$$

Zbrojimo li jednakosti po svim crvenim vrhovima, dobivamo

$$t_{ppc}=\sum_{V\,\text{je crven}}p(V)=C(1009-C)+\sum_{V\,\text{je crven}}c(V).$$

Primijetimo da je zbroj s desne strane zapravo broj crvenih jednobojnih trokuta. Dakle,

$$t_{ppc}=C(1009-C)+t_c.$$

Iz (9) slijedi

$$\frac{P(P-1)}2-t_p=C(1009-C)+t_c.$$

Konačno, ukupan broj jednobojnih trokuta

$$t_p+t_c=\frac{P(P-1)}2-C(1009-C)$$

ne ovisi o rasporedu crvenih i plavih vrhova, nego samo o njihovom broju.

Četvrto rješenje.

Dokazat ćemo da zamjenom boje dvama uzastopnim vrhovima broj jednobojnih jednakokračnih trokuta ostaje isti. Budući da s konačno mnogo takvih zamjena možemo doći iz jednog u bilo koji drugi raspored s istim brojem crvenih vrhova, time će tvrdnja zadatka biti dokazana.

Označimo dva uzastopna vrha s $X$ i $Y$. Bez smanjenja općenitosti možemo pretpostaviti da je $X$ plavi, a $Y$ crveni vrh. Jednakokračni trokuti koji ne uključuju ta dva vrha će nakon zamjene ostati istih boja vrhova. S druge strane, kako su $X$ i $Y$ različite boje, nijedan trokut koji ima vrhove $X$ i $Y$ neće imati sva tri vrha iste boje. Stoga promatramo samo jednakokračne trokute koji imaju točno jedan vrh među točkama $X$ i $Y$.

Zbog jednostavnosti, reći ćemo da je trokut kojem su vrhovi među vrhovima zadanog mnogokuta dobar ako je jednakokračan i sadrži točno jedan vrh iz skupa $\{X,Y\}$.

Neka je $c(X)$ broj dobrih trokuta kojima je $X$ jedan od vrhova, a preostala dva vrha su crvena. Slično, $p(X)$ je broj dobrih trokuta kojima je $X$ jedan od vrhova, a preostala dva vrha su plava. Analogno definiramo brojeve $c(Y)$ i $p(Y)$. Broj jednobojnih dobrih trokuta je $p(X)+c(Y)$. Ako vrhu $X$ boju promijenimo iz plave u crvenu, a vrhu $Y$ iz crvene u plavu, broj jednobojnih dobrih trokuta je $c(X)+p(Y)$. Želimo dokazati da je

$$c(X)+p(Y)=p(X)+c(Y).$$

Neka je $D$ ukupan broj dobrih trokuta kojima je $X$ vrh (može se pokazati, ali to nećemo koristiti, da je $D=3021$). Uočimo da je zbog simetrije broj dobrih trokuta kojima je $Y$ vrh također jednak $D$.

Broj dobrih trokuta kojima je $X$ jedan od vrhova, pri čemu su preostala dva vrha međusobno različite boje, jednak je $D-c(X)-p(X)$. Na dva načina ćemo prebrojati skup

$$\mathcal X=\{(U,V):U\text{ je crveni vrh dobrog trokuta }UVX\}.$$

Broj parova $(U,V)$ pri čemu su i $U$ i $V$ crveni je $2c(X)$, dok je $D-c(X)-p(X)$ broj parova $(U,V)$ pri čemu je $U$ crveni, a $V$ plavi vrh. Zato je

$$|\mathcal X|=2c(X)+D-c(X)-p(X)=D+c(X)-p(X).$$

Neka je vrh $T$ jednako udaljen od $X$ i $Y$, te neka su $W$ i $Z$ takvi da su $W,X,Y,Z$ redom uzastopni vrhovi.

Crveni vrh $U$ možemo odabrati na $C-1$ načina, no broj dobrih trokuta koji sadrže dužinu $UX$ ovisi o tome je li točka $U$ u skupu $\{W,Z,T\}$. Neka je $d$ broj crvenih vrhova u skupu $\{W,Z,T\}$. Ako je $U$ u skupu $\{W,Z,T\}$, onda vrh $V$ možemo odabrati na dva načina. Ako pak $U$ nije u skupu $\{W,Z,T\}$, onda $V$ možemo odabrati na tri načina. Slijedi da je

$$2d+3(C-1-d)=|\mathcal X|=D+c(X)-p(X).$$

Analogno, dvostrukim prebrojavanjem skupa

$$\mathcal Y=\{(U,V):U\text{ je crveni vrh dobrog trokuta }UVY\}$$

dobivamo

$$2d+3(C-1-d)=|\mathcal Y|=2c(Y)+D-c(Y)-p(Y)=D+c(Y)-p(Y).$$

Sada slijedi $D+c(X)-p(X)=D+c(Y)-p(Y)$, tj. $c(X)+p(Y)=p(X)+c(Y)$. Time je tvrdnja zadatka dokazana.