Cesenatico 1992 2

[carlotheboss]

Problema che ho trovato carino (e non immediato visto la mia incapacità in geometria):

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.

[Bomberino98]

Premetto di non saper scrivere le dimostrazioni perchè è il mio primo anno di olimpiadi di matematica.
Avendo un qualsiasi quadrilatero di lato x e y la cui area xy=1, secondo me , per dimostrare la tesi è sufficiente mostrare che ponendo per esempio i quattro punti richiesti in corrispondenza dei punti medi dei lati , ottengo facilmente quattro triangoli la cui area è 1/4.
Correggimi se sbaglio.

[carlotheboss]

Sì, è sufficiente dimostrare quello!
Attenzione però che quando dici "quadrilatero di lati $x$ e $y$ con area $xy=1$" sembra che tu intenda un rettangolo o un parallelogrammo (con base $x$ e altezza $y$), però il problema parla di quadrilatero convesso generico

[Bomberino98]

Perfetto,stranamente l'ho risolto in 15 secondi.Mi consigli degli esercizi di Cesenatico per allenarmi alla finale ?

[carlotheboss]

Beh in teoria dovresti dimostrarlo, ma direi che una volta che sei qui è abbastanza banale, l'esercizio, almeno per me, era giusto "trova una costruzione figa etc".
Boh ti direi fatti i vecchi Cesenatico (come sto facendo io D:)

[Rho33]

Bello, sto problema l'ho risolto un mese fa ma mi sono dimenticato di postarlo. Quella che segue è una soluzione in analitica , ma fatta bene e che usa la "Shoelace formula" ( non vedevo l'ora di usarla in un problema )

Testo nascosto:

Allora poniamo il nostro quadrilatero generico $ABCD$ in un riferimento cartesiano: $A(0;0); \ \ B(b;0); \ \ C(c;e); \ \ D(a;d)$

Troviamo ora i punti medi dei lati, ovvero: $M_{AD}(\frac {a}{2}; \frac {d}{2}); \ \ M_{AB}(\frac {b}{2}; 0); \ \ M_{BC}(\frac {b+c}{2}; \frac {e}{2}); \ \ M_{CD}(\frac {a+c}{2}; \frac {d+e}{2});$

Calcoliamo la retta passante per $M_{AD} , M_{CD}: y= \frac {e}{c}x- \frac {ae}{2c}+ \frac {d}{2}$

Calcoliamo la retta passante per $M_{AB} , M_{BC}: y= \frac {e}{c}x- \frac {de}{2c}$

Wow, sono parallele!

Analogamente, calcoliamo la retta passante per $M_{AD} , M_{AB}: y= \frac {d}{a-b}x- \frac {bd}{2(a-b)}$
Infine calcoliamo la retta passante per $M_{BC} , M_{CD}: y= \frac {d}{a-b}x + \ \ roba $

Wow, sono parallele anche queste!

Allora il quadrilatero $M_{AD}M_{AB}M_{BC}M_{CD}$ è un parallelogramma.
Ora troviamo l'area del quadrilatero iniziale e quella del parallelogramma con la tanto attesa Shoelace Formula ( indici modulo $n$):

$A_{ABCD}= \dfrac {1}{2} | \sum _{i=1}^n (x_iy_{i+1}-x_{i+1}y_i)|= \dfrac {1}{2} [be+cd-ae]$

$A_{M_{AD}M_{AB}M_{BC}M_{CD}}= \dfrac {1}{2} | \sum _{i=1}^n (x_iy_{i+1}-x_{i+1}y_i)|= \dfrac {1}{4} [be+cd-ae]$

Quindi l'area del parallelogramma è esattamente la metà di quella del quadrilatero, quindi la tesi è dimostrata (una diagonale divide il parallelogramma in due triangoli congruenti)


Remark:Indipendentemente dal problema, il fatto che ho dimostrato vale sempre ed è figo! Se qualcuno ne ha una soluzione totalmente in sintetica, è molto gradita!

[carlotheboss]

Beh in sintetica è piuttosto veloce:

Testo nascosto:

Dati due lati consecutivi, WLOG $AB$ e $BC$, siano $M$ e $N$ i loro punti medi e consideriamo il triangolo $ABC$: per il teorema di Talete $MN$ è parallelo a $AC$ ed è lungo esattamente la metà di esso. Il ragionamento si può fare per tutti i lati del quadrilatero avente per vertici i punti medi dei lati e si dimostra così che esso è un parallelogrammo (lati opposti paralleli e uguali [i lati opposti sono entrambi paralleli e uguali a metà di una delle due diagonali del quadrilatero $ABCD$]). Ah chiaramente essendo il quadrilatero convesso, il parallelogramma è interamente contenuto in esso (aka non esce fuori).
A questo punto ci sono vari modi per mostrare che l'area del parallelogrammo è metà di quella del quadrilatero, uno carino è: consideriamo il parallelogrammo grande coi lati paralleli alle diagonali del quadrilatero tale che i quattro vertici del quadrilatero siano contenuti nei suoi lati (e tale che ogni suo lato contenga solo uno dei quattro vertici di $ABCD$) e notiamo che la sua area è il doppio di quella del quadrilatero (basta collegare i vertici al punto di incontro $O$ delle diagonali $AC$ e $BD$ del quadrilatero originario e vedere che si formano tanti altri bei parallelogrammi [aventi come vertici $O$, due vertici di $ABCD$ e uno del parallelogrammo grande] che sono divisi a metà dalla diagonale, che corrisponde sempre a un lato del quadrilatero originario $ABCD$, e da qui si conclude che l'area del parallelogrammo grande è $2$).
Ora abbiamo due parallelogrammi: quello grande così costruito e quello avente come vertici i punti medi dei lati e quest'ultimo ha i lati paralleli a quelli del "grande" (sono tutti paralleli alle diagonali) e lunghi esattamente la metà e si può anche dimostrare (con rette parallele etc) che hanno gli angoli uguali, quindi sono due parallelogrammi simili (si può dire?) con rapporto di similitudine $\frac{1}{2}$ quindi il rapporto tra le aree è $\frac{1}{4}$ da cui si ricava che l'area del parallelogrammo piccolo iniziale è $\frac{1}{2}$.
Infine avendo un parallelogrammo di area $\frac{1}{2}$ è chiaro che in qualunque modo prenda 3 vertici avrò un triangolo di area $\frac{1}{4}$ (le diagonali dividono il parallelogrammo in due triangoli congruenti).

Chiaramente in gara tutta sta roba andrebbe formalizzata bene, ma l'idea è questa

[bern1-16-4-13]

Ecco cosa vuol dire veloce :

1) Se la scelta dei punti $A,B,C,D$ vuol dire che $WLOG$ $\left[CDA\right]<\frac{1}{4}$.
2) Allora scegliamo i punti $A,B,C,G$ dove $G$ è il baricentro di $ABC$. è abbastanza immediato vedere che questa quaterna soddisfa!

[carlotheboss]

Ma alla fine anche la mia viene velocemente, l'ho solo scritta in modo molto lungo (metà delle righe potevano essere sostituite da "è immediato") D:

[bern1-16-4-13]

sì sì hai ragione