Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PSW: 15-11-2012 - 10:54
Chứng minh rằng $F$ chứa họ con các hình tròn rời nhau mà tổng diện tích không nhỏ hơn $\dfrac{S}{9}$.
#1
Đã gửi 19-05-2005 - 19:06
- funcalys, daovuquang, Stranger411 và 1 người khác yêu thích
#2
Đã gửi 18-11-2012 - 22:29
Hoa hồng hi vọng sẽ mang lại 50 điểm cho người đầu tiên giải đúng được bài toán này. Nếu hết ngày 19/11 mà vẫn không có ai giải được, BTC sẽ công bố bài toán khác, tuy nhiên hoa hồng hi vọng sẽ vẫn tồn tại cho đến khi có người giải được bài toán này.
2) Danh sách các bài toán đã qua: 1-100, 101-200, 201-300, 301-400
Còn chờ gì nữa mà không tham gia!
#3
Đã gửi 22-11-2012 - 13:55
Gọi các hình tròn đó là $S_i$ tương ứng với diện tích của nó. Suy ra từ giả thiết ta có: $\sum S_i\geq S$Một miền phẳng bị chặn có diện tích $S$ đã được phủ bởi họ hữu hạn $F$ các hình tròn. Chứng minh rằng $F$ chứa họ con các hình tròn rời nhau mà tổng diện tích không nhỏ hơn $\dfrac{S}{9}$.
Thực hiện thuật toán như sau: Đầu tiên chọn hình tròn có bán kính lớn nhất là $R_1$, thực hiện xoá hình tròn này và các hình tròn có điểm chung với nó, như vậy vì hình tròn đã chọn là lớn nhất nên tất cả các hình tròn vừa xoá sẽ nằm trong hình tròn bán kính $3R_1$. Suy ra diện tích hình tròn bán kính $R_1$ $\geq$ $\frac{1}{9}$ tổng diện tích các hình tròn vừa xoá.
Tiếp tục quá trình trên với tập hợp các hình tròn còn lại cho đến hết, ta được họ các đường tròn bán kính $R_1;R_2;R_3;...$ đôi một không giao nhau và có tổng diện tích $\geq$ $\frac{1}{9}$ tổng diện tích các hình đa xoá hay $\geq$ $\frac{1}{9} S$ . đpcm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi gogo123: 22-11-2012 - 13:58
- hxthanh, PSW, Trần Đức Anh @@ và 3 người khác yêu thích
LKN-LLT
#4
Đã gửi 22-11-2012 - 16:08
Ôi hình học tổ hợp!
Xin được trích dẫn và bổ sung lại:
Gọi các hình tròn đó là $S_i$ tương ứng với diện tích của nó. Suy ra từ giả thiết ta có: $\sum S_i\ge S$
Thực hiện thuật toán như sau: Đầu tiên chọn hình tròn có bán kính lớn nhất là $R_1$, thực hiện xoá hình tròn này và các hình tròn có điểm chung với nó.
Vì hình tròn đã chọn là lớn nhất nên tất cả các hình tròn vừa xoá sẽ nằm trong hình tròn bán kính $3R_1$ (đồng tâm với $R_1$).
Suy ra tổng diện tích được phủ đã bị xoá ($K_1$) không vượt quá diện tích hình tròn bán kính $3R_1$
hay
$K_1\le \pi 9R_1^2= 9 S_{R_1}$
Tiếp tục quá trình trên với tập hợp các hình tròn còn lại
ta có
$K_2\le \pi 9R_2^2= 9 S_{R_2}$
v.v...
Cho đến khi xoá hết tất cả các hình tròn, cũng có nghĩa là miền phủ cũng xoá hết
ta lại được
$K_n\le \pi 9R_n^2= 9 S_{R_n}$
Do đó
$S = K_1+K_2+...+K_n \le 9(S_{R_1}+S_{R_2}+...+S_{R_n})$
Rõ ràng ta thu được họ các hình tròn bán kính $R_1,R_2,...,R_n$ đôi một không giao nhau và có tổng diện tích $\ge \dfrac{S}{9}$
$\blacksquare$
- perfectstrong, PSW và robin997 thích
2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh