Малко геометрия - една нестандартна задача

[estoyanovvd]

Общата част на два триъгълника е шестоъгълник (вж. чертежа). Върху всяка от страните на шестоъгълника е избрана произволна точка, несъвпадаща с връх на шестоъгълника. Докажете, че поне едно от лицата на триъгълниците с върхове - връх на шестоъгълника и точките от съседните му страни - не надминава [tex]\frac{1}{ 32} [/tex] от лицето на който и да е от първоначалните два триъгълника.

[Реклама]

[estoyanovvd]

И какво правим сега с тази задача?!?!?!
Ще я решава ли някой, че r2d2 пак ще ми се кара!!!

[martosss]

Don't look at me Имате си Ганка Симеонова все пак. Иначе просто не знам как да тръгна... ПОНЕ едно, може всички да са по-големи, само 1 да е по-малко... пък и всяко едно да беше пак си нямам идея, айде да не давам повече коментари, че пак ще ми дадат отрицателни гласове за това че само говоря глупости и не решавам задачи

[estoyanovvd]

Не мисля, че тази задача е подходяща за амплоато на Ганка!!!
Ако я беше постнал някой ученик и беше написал спешно, може би!!! Но просто така? Нееее.

[ганка симеонова]

[estoyanovvd]

[ганка симеонова]

[Пафнутий]

Аз също нямам никаква идея.Предполагам, че трябва да се докаже, че сборът от лицата на защрихованите тръгълници не надминава [tex]\frac{6}{32}=\frac{3}{16}[/tex] от лицето на кой да е първоначалните.
ПП Тъпа идея, ама само това ми идва и може би, че max лице на защрихованата фигура се достига при среди Стига с глупостите от мен

[ins-]

На мен лично и двете задачи ми харесват ... предполагам, че могат да се решат по хитър начин, вероятно с допълнителни построения. А ако не стане - с технична тригонометрия и фокуси с лица ... най-много да се ползва не особено познато твърдение. За съжаление нямам много време за да ги реша.

[estoyanovvd]

[Makelov]

Първо ще докажем една помощна оценка по начин сходен с този, използван при решението на задачата от по-горната тема.
Нека е даден триъгълник АВС, и точките [tex]M \in [AB], N \in [BC], P \in [AC][/tex]. Ще покажем, че поне едно от лицата на триъгълниците AMP, BMN и CPN не надминава една четвърт от лицето на АВС
Нека [tex]AM/AB=\alpha , BN/BC=\beta , CP/CA=\gamma[/tex] . Всяко от тези трите лежи в интервала [0,1].
Без ограничение лицето на АВС е 1.Лесно се доказва [tex] S(AMP)=\alpha (1-\gamma), S(BNM)=(1-\alpha)\beta, S(CPN)=(1-\beta)\gamma [/tex].
Допускаме че и трите лица превишават 1/4. Имаме:
[tex]1/2 < \sqrt{\alpha (1-\gamma)} \le \frac{\alpha +1-\gamma }{ 2} [/tex]
[tex]1/2 < \sqrt{(1-\alpha)\beta} \le \frac{\beta +1-\alpha }{ 2} [/tex]
[tex]1/2 < \sqrt{(1-\beta)\gamma} \le \frac{\gamma +1-\beta }{ 2} [/tex]
и като съберем най-левите и най-десните страни, [tex]3/2<3/2[/tex], противоречие.

Следващото ще се опитам да го обясня без букви.
От всеки от двата "големи" триъгълника можем да отделим три "средни", и във всеки среден ще имаме по два "малки" ("малките" са оцветените на чертежа). При това лицата им са свързани така: Имаме, че лицето на поне един от шестте "малки" триъгълника не надвишава една осма от лицето на съответния "среден" триъгълник който го съдържа (това от задачата в горната тема). Трите "средни" и съответния им "голям" са в конфигурацията върху която разсъждавахме в помощната задача, и затова лицето на поне един от "средните" не превишава една четвърт от това на "големия". Накрая 1/8.1/4=1/32, и значи лицето на поне един от "малките" не превишава 1/32 от лицето на кой да е от "големите". Това доказва че за всеки от "големите" има един "малък", чието лице не надвишава 1/32 от лицето на "големия". Сега просто, ако те са два различни триъгълника, вземаме този от двата с по-малко лице ( ако са с равно лице, всеки от двата върши работа).

[estoyanovvd]

Абсолютно вярно!!!
Между другото задачата е давана като конкурсна в сп. Математика плюс. Естествено от мое име, но годината не мога да си спомня. Тук е момента да попитам може ли някой да качи всички броеве на списанието някъде или искам твърде много?

[ins-]

Много добра задача. И предишната си я бива.