Technique des transformations affines (Putnam 2001, A-4)

Aug 24 2020

J'essaie d'apprendre la technique des transformations affines à partir de cet article. La première question couverte est la question A4 sur le Putnam de 2001.

(Putnam 2001, A4)$\triangle ABC$a la zone un. Indiquer$E$,$F$,$G$mentir$BC$,$CA$, et$AB$respectivement tels que$AE$bissectrices$BF$au point$R$,$BF$bissectrices$CG$à$S$, et$CG$bissectrices$AE$à$T$. Trouver la zone de$\triangle RST$.

Par transformations affines on peut prendre$\triangle ABC$être équilatéral ou isocèle à droite comme bon nous semble. Lorsque$\triangle ABC$c'est vrai, on a ça$\frac{AG}{AB} = \frac{BE}{BC} = \frac{CF}{CA} = r$. C'est logique. Mais ensuite ça devient fou. Apparemment, dans le cas isocèle à droite, "on peut utiliser le fait que$CG$bissectrices$AE$pour obtenir l'identité$(1 - r)(1 - \frac{r}{2}) = 1/2$". Pourquoi est-ce? (Plus tard, il y a d'autres affirmations déconcertantes telles que:$\frac{CT}{CG} = \frac{1}{2(1-r)}$et$BS = SG$, mais j'espère que si je peux comprendre comment l'auteur propose l'un d'eux, les autres deviendront plus apparents).

J'ai recherché la solution officielle de Putnam et ils semblaient avoir utilisé la technique affine légèrement différemment. La solution deux (sur six) utilise une transformation affine pour prendre$\triangle ABC$dans un triangle particulier d'aire un (à savoir celui dont les sommets$(0,1)$,$(1,0)$, et$(-1,0)$. Par colinéarité de sous-ensembles de ces points, on peut en outre arriver à trois équations à trois inconnues (ces équations ne sont pas linéaires, mais sont toujours solubles). En branchant les valeurs de nos trois inconnues, nous obtenons les coordonnées des points$R$,$S$, et$T$. Nous pouvons utiliser le lemme du lacet pour trouver l'aire de$\triangle RST$. Depuis la zone de$\triangle ABC$est déjà un, toute transformation affine laissera le rapport des aires de$\triangle ABC$pour$\triangle RST$fixé. Le seul problème avec l'approche est la quantité de cisaillement de calcul nécessaire si l'on veut résoudre le problème à la main.

Réponses

2 MishaLavrov Aug 24 2020 at 07:58

Voici comment nous pouvons obtenir$(1-r)(1 - \frac12 r) = \frac12$.

Baisser l'altitude de$T$sur$BC$; laisser$H$être la base de cette altitude.

D'un côté,$\triangle THE$est similaire à$\triangle ABE$, et depuis$T$bissectrices$AE$, nous savons que$\triangle THE = \frac12 \triangle ABE$. En particulier,$TH = \frac12 AB$, et$HE = \frac12 BE = \frac r2 BC$.
D'autre part,$\triangle THC$est similaire à$\triangle GBC$. D'en haut, nous savons que$HC = (1 - \frac r2)BC$, alors$TH = (1 - \frac r2) GB = (1 - \frac r2)(1 - r)AB$.

Cela nous donne deux expressions pour$TH$en terme de$AB$, nous concluons donc que$(1 - \frac r2)(1-r) = \frac 12$.

(Le "triangle rectangle isocèle" est une question de goût. Il est facile de dire "baisser l'altitude", mais nous aurions pu obtenir le même effet dans n'importe quel triangle en traçant une ligne à travers$T$parallèle à$AB$, et laisser$H$être son intersection avec$BC$.)

Le rapport$\frac{CT}{CG}$vient aussi de la similitude de$\triangle THC$et$\triangle GBC$, tandis que pour obtenir$BS = SG$(ce qui n'est vrai que dans le cas isocèle à droite, puisque les transformations affines ne préservent pas les rapports des segments non parallèles !) nous devons baisser l'altitude de$S$sur$AB$et voir qu'il coupe en deux$BG$.

J'ajouterais ça une fois que tu sauras$r$(qu'il existe de nombreuses façons d'obtenir), je vois des moyens plus simples de terminer la preuve. Depuis$AT = TE$, on a$[ATC] = [TEC]$, où les parenthèses indiquent la superficie. Dans le cas équilatéral, on a$[AFST] = [CERS]$par symétrie; en soustrayant, on obtient$[CFS] = [RST]$.

Alors laisse$a = [AGT] = [BER] = [CFS] = [RST]$et laissez$b = [AFST] = [BGTR] = [CERS]$. On se donne dans le problème que$4a+3b = [ABC] = 1$; pendant ce temps,$2a+b = [AGC] = r$. Cela nous donne deux équations à résoudre pour$a$et$b$, et$a$est ce que nous voulons trouver.