Technika transformacji afinicznych (Putnam 2001, A-4)
Z tego artykułu próbuję nauczyć się techniki przekształceń afinicznych . Pierwsze pytanie dotyczy pytania A4 w sprawie Putnam z 2001 roku.
(Putnam 2001, A4) $\triangle ABC$ma obszar pierwszy. Punkt$E$, $F$, $G$ leżeć $BC$, $CA$, i $AB$ odpowiednio takie, że $AE$ połówki $BF$ W punkcie $R$, $BF$ połówki $CG$ w $S$, i $CG$ połówki $AE$ w $T$. Znajdź obszar$\triangle RST$.
Poprzez transformacje afiniczne możemy podjąć $\triangle ABC$być równobocznymi lub równoramiennymi według własnego uznania. Kiedy$\triangle ABC$ ma rację, mamy to $\frac{AG}{AB} = \frac{BE}{BC} = \frac{CF}{CA} = r$. To ma sens. Ale potem robi się szalony. Najwyraźniej w przypadku prawostronnej równoramienności „możemy to wykorzystać$CG$ połówki $AE$ uzyskać tożsamość $(1 - r)(1 - \frac{r}{2}) = 1/2$". Dlaczego tak jest? (Później pojawiają się inne kłopotliwe twierdzenia, takie jak: $\frac{CT}{CG} = \frac{1}{2(1-r)}$ i $BS = SG$, ale mam nadzieję, że jeśli zrozumiem, w jaki sposób autor wymyślił jeden z nich, inne staną się bardziej widoczne).
Spojrzałem w górę oficjalne rozwiązanie Putnam i wydawało się, że mają stosować technikę pokrewieństwa nieco inaczej. Rozwiązanie drugie (z sześciu) wykorzystuje transformację afiniczną$\triangle ABC$ w konkretny trójkąt z obszarem pierwszym (mianowicie ten z wierzchołkami $(0,1)$, $(1,0)$, i $(-1,0)$. Dzięki współliniowości podzbiorów tych punktów możemy dalej wymyślić trzy równania w trzech niewiadomych (równania te nie są liniowe, ale nadal można je rozwiązać). Podłączenie wartości dla naszych trzech niewiadomych daje nam współrzędne punktów$R$, $S$, i $T$. Możemy użyć lematu Shoelace, aby znaleźć pole$\triangle RST$. Ponieważ obszar$\triangle ABC$ jest już jeden, każda transformacja afiniczna opuści stosunek obszarów $\triangle ABC$ do $\triangle RST$naprawiony. Jedynym problemem związanym z tym podejściem jest ilość obliczeń ścinających wymaganych, jeśli ktoś ma rozwiązać problem ręcznie.
Odpowiedzi
Oto, jak możemy się dostać $(1-r)(1 - \frac12 r) = \frac12$.
Zmniejsz wysokość z $T$ na $BC$; pozwolić$H$ być podstawą tej wysokości.
- Z jednej strony, $\triangle THE$ jest podobne do $\triangle ABE$i od tego czasu $T$ połówki $AE$, wiemy to $\triangle THE = \frac12 \triangle ABE$. W szczególności,$TH = \frac12 AB$, i $HE = \frac12 BE = \frac r2 BC$.
- Z drugiej strony, $\triangle THC$ jest podobne do $\triangle GBC$. Wiemy to z góry$HC = (1 - \frac r2)BC$, więc $TH = (1 - \frac r2) GB = (1 - \frac r2)(1 - r)AB$.
To daje nam dwa wyrażenia dla $TH$ pod względem $AB$, więc wyciągamy z tego wniosek $(1 - \frac r2)(1-r) = \frac 12$.
(„Prosty trójkąt równoramienny” to kwestia gustu. Łatwo jest powiedzieć „spadek wysokości”, ale mogliśmy uzyskać ten sam efekt w każdym trójkącie, rysując linię przez $T$ równoległy do $AB$i najem $H$ być jego przecięciem z $BC$.)
Stosunek $\frac{CT}{CG}$ pochodzi również z podobieństwa $\triangle THC$ i $\triangle GBC$, podczas gdy dostać $BS = SG$ (coś, co jest prawdziwe tylko w przypadku prawostronnych równoramiennych, ponieważ transformacje afiniczne nie zachowują proporcji nierównoległych odcinków!) musimy obniżyć wysokość z $S$ na $AB$ i zobacz, że przecina się na pół $BG$.
Dodałbym to, kiedy już się dowiesz $r$(które można uzyskać na wiele sposobów), widzę łatwiejsze sposoby dokończenia dowodu. Od$AT = TE$, mamy $[ATC] = [TEC]$, gdzie nawiasy oznaczają obszar. W przypadku równobocznym mamy$[AFST] = [CERS]$przez symetrię; odejmując, otrzymujemy$[CFS] = [RST]$.
Więc pozwól $a = [AGT] = [BER] = [CFS] = [RST]$ i pozwól $b = [AFST] = [BGTR] = [CERS]$. W tym problemie podajemy$4a+3b = [ABC] = 1$; W międzyczasie,$2a+b = [AGC] = r$. To daje nam dwa równania do rozwiązania$a$ i $b$, i $a$ jest tym, co chcemy znaleźć.
(Ogólnie rzecz biorąc, bardzo polecam śledzenie współczynników obszarów w dowodach transformacji afinicznej.)