Cesenatico '92

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
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gup
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Cesenatico '92

Messaggio da gup » 14 gen 2018, 16:47

Sia dato un quadrilatero convesso di area 1. Si dimostri che si possono
trovare 4 punti, sui lati o all’interno di esso, in modo che i triangoli
aventi per vertici 3 di questi 4 punti abbiano tutti area maggiore o
uguale a 1/4

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Sirio
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Re: Cesenatico '92

Messaggio da Sirio » 17 gen 2018, 14:50

Testo nascosto:
Supponiamo per assurdo che la tesi sia falsa.
Esiste quindi un quadrilatero convesso di area 1 tale che, comunque si prendano 4 punti al suo interno o sul suo perimetro, uno dei triangoli che si ottengono ha area minore strettamente di $\dfrac 1 4$. Sia $ABCD$ questo quadrilatero, dove i nomi ai vertici vengono dati in modo che $ABC$ sia il triangolo di area minima tra $ABC,BCD,CDA,DAB$. Considerando i punti $A,B,C,D$,
uno dei triangoli che questi punti individuano deve avere area strettamente minore di $\dfrac 1 4$, quindi $ABC$, per costruzione, avrà area strettamente minore di $\dfrac 1 4$. Si ha però che l'area di $ABCD$, che è $1$ per ipotesi, è uguale all'area di $ABC$ più l'area di $CDA$. Quest'ultima risulta quindi strettamente maggiore di $\dfrac 3 4$.
Ora, sia $G$ il baricentro di $CDA$, ovviamente interno o sul perimetro di $CDA$ e quindi di $ABCD$. Le aree dei triangoli $CDG,DAG,ACG$ sono tra loro uguali e sommate superano $\dfrac 3 4$, quindi ciascuna di esse supera $\dfrac 1 4$. Considerando i punti $C,D,A,G$,
è quindi evidente che ogni triangolo da loro individuato ha area maggiore di $\dfrac 1 4$, il che contraddice l'ipotesi per assurdo.
シリオ
$T=\sqrt{\dfrac l g 12\pi}$
"Sirio Passirio" cit. Nicola S.

igoh
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Re: Cesenatico '92

Messaggio da igoh » 17 gen 2018, 20:48

Sbaglio o considerando l'uguaglianza larga basta scegliere
Testo nascosto:
i 4 punti medi dei lati?

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