Đến nội dung


Hình ảnh

Chứng minh rằng $F$ chứa họ con các hình tròn rời nhau mà tổng diện tích không nhỏ hơn $\dfrac{S}{9}$.


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 4 trả lời

#1 QUANVU

QUANVU

    B&S-D

  • Hiệp sỹ
  • 4378 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 19-05-2005 - 19:06

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 $\dfrac{S}{9}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PSW: 15-11-2012 - 10:54

1728

#2 PSW

PSW

    Những bài toán trong tuần

  • Thành viên
  • 488 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 18-11-2012 - 22:29

Bài toán này thuộc Gameshow NHỮNG BÀI TOÁN TRONG TUẦN. Bài toán đã được công bố lại nhiều ngày nhưng chưa ai giải được. BTC đã đặt hoa hồng hi vọng @};- cho bài toán này.

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.

1) Thể lệ
2) Danh sách các bài toán đã qua: 1-100, 101-200, 201-300, 301-400
Còn chờ gì nữa mà không tham gia!  :luoi:
 


#3 gogo123

gogo123

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 102 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Phan Bội Châu-Nghệ An

Đã gửi 22-11-2012 - 13:55

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 $\dfrac{S}{9}$.

Gọi các hình tròn đó là $S_i$ tương ứng với diện tích của nó. Suy ra từ giả thiết ta có: $\sum S_i\geq S$
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

LKN-LLT


#4 hxthanh

hxthanh

  • Thành viên
  • 3327 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 22-11-2012 - 16:08

Quá sốc!! Bởi vì không hình dung ra lời giải của bài toán lại đơn giản đến thế!
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 $\ge \dfrac{S}{9}$
$\blacksquare$


Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!

#5 PSW

PSW

    Những bài toán trong tuần

  • Thành viên
  • 488 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 04-12-2012 - 21:48

Chấm điểm:
gogo123 50 điểm

1) Thể lệ
2) Danh sách các bài toán đã qua: 1-100, 101-200, 201-300, 301-400
Còn chờ gì nữa mà không tham gia!  :luoi:
 





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh