Комбинаторная геометрия, ня.

[Sirion]

Задача с очевидным ответом, но нетривиальным обоснованием.

Назовём сверхпериметром многоугольника сумму длин всех его сторон и всех его диагоналей (если таковые имеются). Найти многоугольник, который при заданном сверхпериметре будет обладать наибольшей площадью.

[misha zotov]

Равносторонний треугольник

[Sirion]

Спасибо за очевидный, сам по себе совершенно неинтересный ответ.

[Um_nik]

Начать, наверное, стоит так:
Предположим, что это не так, т.е. существует N-угольник с таким же сверхпериметром, как и правильный треугольник, причем его площадь больше, где N>3.
Выберем в этом многоугольнике вершину, у которой удвоенная сумма проведенных из нее диагоналей не больше суммы всех диагоналей.
По диагоналям из это вершины разобьем этот многоугольник на треугольники, сумма площадей которых будет равна площади этого многоугольника, сумма периметров не больше сверхпериметра многоугольника.

Теперь нужно найти здесь противоречие, у меня пока не получается))

[misha zotov]

А если так рассудить: любой многоугольник  диагоналями можно разделить на систему треугольников / это даже не учитывая пересекающие их другие диагонали/. Самая большая площадь при минимальном периметре - у равностороннего треугольника. Значит, выигрывает фигура, у которой треугольники приближены к правильным и у которых их минимальное количество / т.к. очевидно нужно минимизировать к-во смежных сторон/.   То есть мы приходим к правильному треугольнику.

[Um_nik]

у которых их минимальное количество / т.к. очевидно нужно минимизировать к-во смежных сторон/

А вот это и надо доказать...

[misha zotov]

у которых их минимальное количество / т.к. очевидно нужно минимизировать к-во смежных сторон/

А вот это и надо доказать...

Ну, вроде бы очевидно, что сторона, принадлежащая сразу двум треугольникам, является "лишней", т.к. не служит "границей полезной площади"...

[Um_nik]

Ну как бэ да, но...

[Sirion]

misha zotov, Ваши рассуждения я считаю недостаточными.




Показать скрытый текст

и хотя я много времени провел в этих ваших интернетах и люблю красочные словообороты, мне следует быть повежливее с людьми, с которыми я имею честь общаться.

[moonlight]

Вот доказательство похожее на правду.

Элементарно доказывается что из всех 4-угольников с равными гиперпериметрами максимальную S имеет квадрат.

Не считал, но не сомневаюсь что S у 3-угольника будет больше.

Для случая 5- и более угольников сотрем резинкой все те отрезки диагоналей образуемых всякими пересечениями кроме тех что составляют ближайшие 3-угольники со сторонами. Сумма их длин очевидно больше внешнего периметра, так что на долю диагоналей начиная с 5-угольника приходится более 1/2 гиперпериметра.
Окружность, а потому и всякий N-угольник, с периметром равным 1/2 от периметра правильного 3-угольника имеет S меньшую чем у этого 3-угольника.

[Sirion]

Элементарно доказывается что из всех 4-угольников с равными гиперпериметрами максимальную S имеет квадрат.

А можно пояснить, каким именно образом оно элементарно? В остальном - да, всё верно.

[moonlight]

ну может не совсем элементарно, но здесь сложностей никаких не было.
Пусть дан произвольный 4-угольник ABCD с диагоналями AC и BD.
Сдвинем точки A и С параллельно BD так чтобы AC стало перпендикулярно BD и пересекало его по середине. Суммы DA+AB, BC+СD и диагональ AC станут меньше, а S не изменится. Ту же операцию проведём с точками B и D. Теперь получим ромб с той же S и меньшим гиперП.
Пусть длины диагоналей 2p и 2q. Его гиперП. равен 2p+2q+4sqrt(p^2+q^2), а S 2pq.
Построим квадрат с диагоналями р+q. Его гиперП. равен 2р+2q+2sqrt(2)(p+q), a S (p+q)^2/2.
Получаем, что у квадрата при меньшем гиперП. большая S.

[Sirion]

Таки действительно.