Unidad cuadrada en el interior del triángulo.

Question

Hace algún tiempo vi esta hermosa problema y creo que vale la pena post:

Sea S el área del triángulo que cubre la unidad de la plaza. Demostrar que $S \ge 2$.

Answer 1

Esto se deduce de la siguiente clásico (y igual de agradable) resultado:

Al lado de la plaza más grande inscrito en un triángulo es $$L = \frac{c h}{c + h}$$ donde

• $c$ es el lado que minimiza la suma entre un lado y su correspondiente altura entre los tres lados del triángulo (o, seguramente equivalente, $c$ es el lado más cercano en el valor de a $\sqrt{2 S}$ donde $S$ es el área del triángulo);

• $h$ es la altura correspondiente a $c$.

Pruebas (no copiado aquí) se puede encontrar por ejemplo en la Máxima área de un cuadrado en un triángulo.

Utilizando la anterior, se deduce que el lado del cuadrado $$l = 1 \le L = \frac{c h}{c+h} \le \frac{c h}{2 \sqrt{c h}} = \frac{\sqrt{c h}}{2} = \sqrt{\frac{S}{2}}$$ lo que demuestra $S \ge 2$.

$S=2$ es alcanzada por ejemplo, con un triángulo isósceles rectangular establecidas a lo largo de los dos lados de la plaza, con la hipotenusa pasa por el vértice opuesto de la plaza, por lo $2$ es de hecho el mejor obligado.

Answer 2

Aquí es un boceto de la prueba :

Vamos a tratar de encontrar un triángulo $T$ con un mínimo de área que cubre la unidad de la plaza.

En primer lugar, podemos asumir cada uno de los 3 lados de $T$ tiene que contener al menos uno de los vértices del cuadrado. (Si no, se puede mover de lado más cercano a la plaza y esto le da un nuevo triángulo con área menor)

En segundo lugar, si un vértice $v$ de plaza se encuentra a un lado de la $AB$$T$, $v$ es punto medio de $AB$. Esto no es difícil de demostrar.

(Aquí se $M$ es punto medio de $AB$, y el área de $MBB'$ es mayor que $MCC'$. (Considere la posibilidad de una línea de $BD$, la cual es paralela a $AC$.)

Tercero, por la primera hipótesis, podemos encontrar 3 vértices del cuadrado que forma un ángulo recto. Por la segunda propiedad, $T$ debería ser de derecha, triángulo. Por la segunda propiedad de nuevo, $T$ debe ser isósceles triángulo rectángulo, que tiene área de $2$.

(Aquí se $M, N, P$ son de medio punto de $BC, AC, AB$. A continuación, $MP$ (resp. $MN$) es paralelo a $AC$ (resp. $AB$), por lo que el ángulo de $\angle BAC$ debe ser en ángulo recto, es decir,$Q=A$.)

Answer 3

Si algún borde, decir $BC$ a de un triángulo $ABC$, no toque el cuadrado, moviendo $BC$ hacia $A$, se puede obtener un pequeño triángulo similar tal que el lado paralelo a la original $BC$ toca la plaza.

Por lo tanto, podemos asumir que todos los tres lados del triángulo toque la plaza. Por consiguiente, el triángulo puede tener a lo más un vértice (es decir, posiblemente $A$) que se encuentra en el abierto de los interiores de la NW, NE, SW o SE las regiones a las cuatro esquinas (porque, si hay dos vértices, el borde de unirse a ellos no los va a tocar a la plaza). Así, obtenemos algo como la figura de abajo:

A       :       :
        :       :
     NW :       : NE
    ~~~~.-------.~~~~
        |       |      B
        |       |
        |       |
    ~~~~.-------.~~~~
     SW :       : SE
        :       :
        : C     :

Caída perpendicular de $B$ a su lado adyacente de la plaza. Deje $P$ ser donde la extensión de este segmento de la línea se cruza con el otro lado de la plaza (ver la figura siguiente) y deje $D$ estar donde esta extensión de la línea se reúne $AC$. Caída perpendicular de $CQ$$PB$. También, extender el lado de la plaza de enfrente a $B$. Deje que esta ampliación de la línea intersecta $AB$$E$:

A       
 \      E
  \     |
   \    .-------.
    D---P-Q-----|------B
     \  | |     |
      \ | |     |
       \.-------.
        \ |
         \|
          C

Ahora el área de $ABC$ es mayor que el total del área de los triángulos $CQD, CQB$$BPE$. Así, no es suficiente para demostrar la siguiente proposición:

si $R$ es una inscrito rectángulo de un ángulo recto del triángulo $T$ tal las dos entidades geométricas comparten un vértice común (que debe ser el ángulo derecho de $T$), entonces el área de $T$ es al menos el doble del área de $R$.

Pero la veracidad o falsedad de la anterior proposición es invariante si tenemos la escala de la figura entera a lo largo de la dirección de cualquier lado de la $R$, debido a que tanto las áreas de $R$ $T$ de la escala en la misma proporción. Por lo tanto, también podemos suponer que $R$ es un cuadrado. Ahora, tomando prestadas las palabras de Hagen von Eitzen en otra respuesta aquí, es obvio que si lanzamos el exterior puntas de $T$ en el interior, los dos volteado consejos de $T$ siempre "sobre" el interior de la plaza a la perfección, con la más larga de punta que sobresalía. Por lo tanto la proposición es verdadera.

Answer 4

Hay un par de casos a considerar en relación con la posición relativa y si tocar sucede en los vértices o lados. Pero siempre se puede asumir thet dos vértices adyacentes de la plaza toque el triángulo de perímetro, pero no de todo el borde. Considere el triángulo de papel. Usted puede voltear la parte exterior del triángulo en su interior; también voltear las partes de afuera de la plaza adyacente bordes en el interior. Esta será siempre la forma de una "envolvente" para el total de la plaza.

Answer 5

(Respuesta incompleta)

Sin embargo, el triángulo se dibuja, primero debemos llevar en sus bordes (la disminución de la zona) hasta que cada uno de sus $3$ bordes de ir a través de diferentes vértice de la plaza:

A partir de aquí, cortar una línea desde el último vértice de la plaza hacia el vértice del triángulo:

Ahora, basta con plegar sobre cada uno de los cuatro triángulos. No importa qué, los cuatro pliegues colectivamente la cubierta de la plaza, demostrando el triángulo tiene área de al menos $2$.

¿Por qué estos cuatro pliegues de la cubierta de la plaza? Si tengo la oportunidad, voy a actualizar esto más adelante.