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BMO 2011 - 4

Inviato: 09 mag 2011, 00:38
da Veluca
Sia ABCDEF un esagono convesso di area 1, i cui lati opposti sono a due a due paralleli. Le rette AB, CD ed EF si intersecano a due a due, individuando i vertici di un triangolo. Similmente, le rette BC, DE ed FA si intersecando a due a due, individuando i vertici di un altro triangolo. Dimostrare che almeno uno di questi due triangoli ha area maggiore od uguale di $\frac 32$.

Re: BMO 2011 - 4

Inviato: 08 giu 2011, 14:39
da amatrix92
Chiamo GIM e NHL i vertici dei due triangoli che si vengono a formare come indicato in figura.
COn ABC indico l'area di un triangolo ABC. Voglio mostrare che FEN + EMD + DLC + CIE + EHA + AGF > 1 . UNa volta dimostrato questo l'esercizio viene di conseguenza poichè se considero solo 3 di questi 6 triangoli, o sono maggiori degli altri 3 e quindi $ \displaystyle > \frac {1}{2} $ o al limite sono uguali agli altri 3 e saranno quindi entrambe le terne di triangolini $ \displaystyle \geq \frac{1}{2} $.
Dimostriano ora il lemma sopra citato.
Da ogni verice costrisco le retta passante per il vertice parallela ai due lati tra loro paralleli che non incidono con il vertice. Per esempio Traccio la parallela a CD passante per E, traccio la parallela ad EA passante per C e così via... Ho costriuto 6 parallelogrammi ( lo sono perchè i lati opposti sono parallelli per come li ho costruiti) che hanno come una delle diagonali un lato dell'esagono. Giacchè in un parallelogramma la diagonale divide la figura in due figure con la stessa area, i triangolo che si formeranno all'interno (in figura ho indicato il vertice del traingolo interno dello stesso colore del corrispondente esterno) rispettivamente la stessa area di quelli all'esterno.E' sufficiente ora mostrare che l'area dell'esagono è contenuta in quella della somma geometrica di tutti i triangolini. Vediamo però ora che la retta costriuta Passante (per esempio) Per E contiene sia il lato la triangolo corrispondente a ICE sia il lato del triangolo corrispondente a HEA, e lo stesso vale per le altre rette, quindi tra un triangolo e l'altro non vi è "spazio" ma i triangoli sono sepratai solo da una retta. L'uguaglianza si ha se l'esagono è regolare e in questo caso i triangolini internio ricoprono perfettamente l'esagon, negli altri casi, ci sono anche delle sovrapposizioni. Qualcuno che ha fatto le Balkan e quindi questo problema, può dirmi se va bene :) Grazie.

Re: BMO 2011 - 4

Inviato: 08 giu 2011, 19:06
da Veluca
Penso che valesse 4/10 quello che hai scritto..

Diciamo che dovresti dimostrare che effettivamente ci sono sempre delle sovrapposizioni :D

Re: BMO 2011 - 4

Inviato: 08 giu 2011, 19:13
da amatrix92
L'avevo immaginato. Vabè dai 4 / 10 non sono malaccio xD Penso a come poter dimostrare quella parte.

Re: BMO 2011 - 4

Inviato: 08 giu 2011, 19:26
da Veluca
Ci ho ripensato.. 2/10 xD

Re: BMO 2011 - 4

Inviato: 08 giu 2011, 20:58
da Anér
A occhio può anche valere 5, dipende dalla griglia di correzione; ma pensiamo a concludere il problema: perché ogni punto interno all'esagono è coperto da uno dei sei triangoli? Perché, ad esempio, al centro i triangoli non lasciano uno spazio vuoto, pur avendo un lato in comune a due a due?

Re: BMO 2011 - 4

Inviato: 09 giu 2011, 23:27
da Veluca
Anér ha scritto:A occhio può anche valere 5, dipende dalla griglia di correzione; ma pensiamo a concludere il problema: perché ogni punto interno all'esagono è coperto da uno dei sei triangoli? Perché, ad esempio, al centro i triangoli non lasciano uno spazio vuoto, pur avendo un lato in comune a due a due?
Sì ma mi son ricordato che Gioacchino ha fatto praticamente la stessa cosa, e ha preso 2 punti.

Re: BMO 2011 - 4

Inviato: 10 giu 2011, 17:10
da Anér
Boh, le griglie di correzione sono sempre strane, meglio fare i problemi senza pensare a quanto si prenderà.