1- Triangolo per punti

[aetwaf]

Ma una figura diversa da quella del suo hint

Prendiamo un rettangolo $ABCD$ di area $A_r=2$
Ogni triangolo al suo interno avrà area $A_t$ massima $=1$
Infatti il triangolo con area massima sarà metà del rettangolo, se no avremmo un quadrilatero
Se prendessimo un qualsiasi punto $P$ esterno al rettangolo potremmo congiungerlo con $2$ punti sul rettangolo e ottenere un triangolo con area $A_t>1$
Infatti consideriamo il lato più lontano possibile da $P$ dentro il quale cade l'altezza relativa a esso condotta da $P$
Supponiamo $WLOG$ che il lato sia $AB$
Sia $H$ il piede dell'altezza su $AB$ e $K$ il piede dell'altezza su $CD$
Ora $2A_t=AB\cdotp PH>2$ da cui $A_t>1$, infatti noi sappiamo per ipotesi che $A_r=AB\cdotp HK=2$ e $PH>HK$
Ora dobbiamo solo dimostrare che il rettangolo è inscrivibile in un triangolo di area $4$
Un triangolo isoscele $EFG$ con area $A_e=4=2A_r$
Questo avrà base $EF=2AB$ e altezza $GX=2BC$
Ora, solo per chiarezza uso l'analitica, poniamo $B(\frac {AB} 2;0)$, $A(-\frac {AB} 2;0)$, $E(AB;0)$, $F(-AB;0)$, $G(0;BC)$, $X(0;0)$, $C(\frac {AB} 2;\frac {BC} 2)$, $D(-\frac {AB} 2;\frac {BC} 2)$
Si nota subito sul disegno che il rettangolo è inscritto
Sia $Y$ l'intersezione tra $GX$ e $CD$ cioè $Y$ altezza del triangolo isoscele $GCD$
Per provare a spiegarlo, consideriamo i triangoli $FAD$, $EBC$, $GcY$ e $GDY$
Questi si nota immediatamente che sono congruenti, sono simili e per le ipotesi iniziali hanno i lati congruenti, questo perchè gli angoli del rettangolo sono retti e $EF=2AB$ e $GX=2BC$
Quindi l'inclinazione di $FD$ è la stessa di quella di $DG$ e lo stesso per $EC$ e $CG$
Quindi è effettivamente un triangolo con $A_e=4$
Per chiarimenti chiedete (magari è anche sbagliata)

[Gizeta]

La tesi parla di "triangolo con area minore di 4".
A costo di risultare pedante, ti invito nuovamente ad adoperare l'hint di Steph: la tua idea di prendere un triangolo con area massima è quella vincente

[Gizeta]

Se nessuno ha intenzione di tentare il problema direi che posso scrivere la soluzione e postarne uno nuovo: do ancora un po' di tempo

[Drago]

Boh, ho deciso che il tempo è scaduto
Allora tra i tanti triangoli possibili prendiamo quello con area massima $ ABC $; tracciamo ora per ogni lato una parallela a questo passante per il vertice opposto al lato; otteniamo un nuovo triangolo $ A'B'C'$, di area minore di 4. Vogliamo dire che questo triangolo contiene tutti i punti; se per assurdo ci fosse un punto $ P $ all'esterno di $ A'B'C'$ , allora uno tra i triangoli $ ABP $, $ ACP $, $ BCP $ ha area maggiore di $ ABC $, ma questo è imposibile perché questo era il triangolo con area massima.

[Gizeta]

In teoria l'hai risolto, quindi non so se postare nuovamente io o se lasciare a te l'onore del prossimo.
Decidi tu

[Drago]

Ho messo io il nuovo, ma penso che durerà molto poco xD
http://forum.olimato.org/2-coloriamo-il-piano-t595.html