Draw the base lines of the polygon

Draw the base lines of the polygon parallel to AB. Let these lines pass through vertices C and D and together with a and b form rectangle KLM N (see Fig. 34). Then

SKLM N = 2SABC + 2SABD = 2SACBD.

Since quadrilateral ACBD is contained in the initial polygon whose area is equal to 1,
SKLM N ≤ 2.

382 CHAPTER 20. THE PRINCIPLE OF AN EXTREMAL ELEMENT

20.24. Select the least of all the distances between the given points and consider points which have neighbours at this distance. Clearly, it suffices to prove the required statement for these points. Let P be the vertex of the convex hull of these points. If Ai and Aj are the points nearest to P , then AiAj ≥ AiP and AiAj ≥ Aj P and, therefore, ∠AiP Aj ≥ 60◦. It follows that P cannot have four nearest neighbours since otherwise one of the angles ∠AiP Aj
would have been smaller than 180◦ = 60◦. Therefore, P is the point to be found.
3
Suppose that there are cardboard squares that do not coincide with the plastic ones. Let us discard all the coinciding squares and consider the convex hull of the vertices of the remaining squares. Let A be a vertex of this convex hull. Then A is a vertex of two distinct squares, a cardboard one and a plastic one. It is easy to verify that one of the vertices of the smaller of these squares lies inside the larger one (Fig. 35).

Let, for definiteness, vertex B of the cardboard square lie inside the plastic one. Then point B lies inside a plastic square and is a vertex of another plastic square, which is im-possible. This is a contradiction, hence, every cardboard square coincides with a plastic one.

Let us consider the convex hull of the given points. The two cases are possible: 1) The convex hull is a parallelogram, ABCD. If point M lies inside parallelogram

ABCD, then the vertices of all three parallelograms with vertices at A, B, and M lie outside ABCD (Fig. 36). Hence, in this case there can be no other points except A, B, C and D.

2) The convex hull is not a parallelogram. Let AB and BC be edges of the convex hull. Let us draw base lines parallel to AB and BC. Let these base lines pass through vertices P and Q. Then the vertices of all the three parallelograms with vertices at B, P and Q lie outside the convex hull (Fig. 37).

They even lie outside the parallelogram formed by the base lines except for the case when P and Q are vertices of this parallelogram. In this last case the fourth vertex of the parallelogram does not belong to the convex hull since the convex hull is not a parallelogram.

In plane, take an arbitrary straight line l and project all the polygons to it. We will get several segments any two of which have a common point. Let us order line l; consider left endpoints of the segments-projections and select the right-most left endpoint. The point belongs to all the segments and, therefore, the perpendicular drawn through it to l intersects all the given polygons.

Let 1000 segments lie in plane. Take an arbitrary line l not perpendicular to any of them and consider the projections of the endpoints of all these segments on l. It is clear that the endpoint of the segment whose projection is the left-most of the obtained points cannot belong to the interior of another segment.

Two variants of disposition of these four points are possible:

The points are vertices of a convex quadrilateral, ABCD. Take the largest of the angles of its vertices. Let this be angle ∠ABC. Then ∠ABC ≥ 90◦, i.e., triangle ABC is not an acute one.

Point D lies inside triangle ABC. Select the greatest of the angles ∠ADB, ∠BDC and ∠ADC. Let this be angle ∠ADB. Then ∠ADB ≥ 120◦, i.e., triangle ADB is an obtuse one.

We can prove in the following way that there are no other positions of the four points. The lines that pass through three of given points divide the plane into seven parts (Fig. 38). If the fourth given point belongs to the 2nd, 4th or 6th part, then we are in situation (1); if it belongs to the 1st, 3rd, 5th or 7th part, then we are in situation (2).

20.30. The rectangle with vertices at points (0, 0), (0, m), (n, 0) and (n, m) the horizontal side is equal to n and vertical side is equal to m. From the given set select a rectangle with

Kết quả (Việt) 1:

Vẽ các đường cơ sở của đa giác song song với AB. Hãy để những dòng này vượt qua đỉnh C và D và cùng với một và b dạng hình chữ nhật KLM N (xem hình 34). Sau đóSKLM N = 2SABC + 2SABD = 2SACBD.Kể từ khi tứ giác ACBD được chứa trong đa giác ban đầu mà diện tích là bằng 1,SKLM N ≤ 2. 382 CHƯƠNG 20. CÁC NGUYÊN TẮC CỦA MỘT NGUYÊN TỐ GAME20.24. chọn ít nhất là của tất cả các khoảng cách giữa các điểm nhất định và xem xét điểm có những người hàng xóm ở khoảng cách này. Rõ ràng, nó suffices để chứng minh các báo cáo cần thiết cho những điểm này. Cho P là đỉnh của các bao lồi của những điểm này. Nếu Ai và Aj là điểm gần nhất P, sau đó AiAj ≥ AiP và AiAj ≥ Aj P và, do đó, ∠AiP Aj ≥ 60◦. Sau P không thể có bốn người hàng xóm gần nhất kể từ khác một góc ∠AiP Ajđã có nhỏ hơn 180◦ = 60◦. Vì vậy, P là điểm được tìm thấy.3 Giả sử rằng có tông hình vuông mà không trùng với nhựa người. Hãy cho chúng tôi loại bỏ tất cả các ô vuông coinciding và xem xét các bao lồi của các đỉnh của hình vuông còn lại. Cho A là một đỉnh này bao lồi. Sau đó là một đỉnh của hai ô vuông khác biệt, một tông và một nhựa. Nó rất dễ dàng để xác minh rằng một trong các đỉnh của những hình vuông nhỏ hơn nằm bên trong lớn hơn một (hình 35).Cho phép, cho definiteness, đỉnh B của các tông vuông nằm bên trong nhựa một. Sau đó điểm B nằm bên trong một hình vuông bằng nhựa và là một đỉnh của một nhựa vuông, là có thể im. Đây là một mâu thuẫn, do đó, mỗi tông vuông trùng với một nhựa một. Chúng ta hãy xem xét các bao lồi của những điểm nhất định. Hai trường hợp là có thể: 1) lồi là hình bình hành ABCD. Nếu điểm M nằm bên trong hình bình hànhABCD, sau đó là các đỉnh của tất cả ba parallelograms có đỉnh tại A, B, và M nằm bên ngoài ABCD (hình 36). Do đó, trong trường hợp này có thể không có điểm nào khác ngoại trừ A, B, C và D.2) lồi không phải là một hình bình hành. Cho AB và BC là cạnh của các bao lồi. Hãy để chúng tôi vẽ các cơ sở đường song song với AB và BC. Hãy để những đường cơ sở đi qua đỉnh P và Q. Sau đó, các đỉnh của tất cả các parallelograms ba có đỉnh tại B, P và Q nằm bên ngoài lồi (hình 37).Họ thậm chí còn nằm bên ngoài hình bình hành, hình thành bởi các đường cơ sở ngoại trừ các trường hợp khi P và Q là đỉnh của hình bình hành này. Trong trường hợp này qua đỉnh của hình bình hành, thứ tư không thuộc về lồi từ lồi không phải là một hình bình hành. Trong mặt phẳng, có một đường thẳng tùy ý l và dự án tất cả các đa giác đến nó. Chúng tôi sẽ nhận được một số phân đoạn bất kỳ hai mà có một điểm chung. Hãy cho chúng tôi thứ tự dòng l; xem xét trái hai điểm cuối của đoạn dự đoán và chọn endpoint trái phải nhất. Điểm thuộc tất cả các phân đoạn, và do đó, vuông góc l để rút ra qua nó giao cắt tất cả các đa giác nhất định. Cho 1000 phân đoạn nằm trong mặt phẳng. Mất một l dòng tùy ý không vuông góc với bất kỳ người trong số họ và xem xét các hình chiếu của hai điểm cuối của tất cả các phân đoạn trên l. Nó là rõ ràng rằng điểm cuối của đoạn chiếu mà là còn lại hầu hết các điểm thu được không thuộc các nội thất của một phân đoạn. Hai phiên bản của bố trí của những bốn điểm có thể: Các điểm là đỉnh của một tứ giác lồi, ABCD. Mất lớn nhất của các góc đỉnh của nó. Hãy để điều này là góc ∠ABC. Sau đó ∠ABC ≥ 90◦, tức là, hình tam giác ABC không phải là một trong những cấp tính. Điểm D nằm bên trong tam giác ABC. Chọn vĩ đại nhất của góc ∠ADB, ∠BDC và ∠ADC. Hãy để điều này là góc ∠ADB. Sau đó ∠ADB ≥ 120◦, tức là, hình tam giác ADB là một u mê.Chúng ta có thể chứng minh theo cách không có không có các vị trí khác của bốn điểm. Đường đi qua ba được phân chia điểm máy bay thành bảy phần (hình 38). Nếu thứ tư cho điểm thuộc về phần thứ 2, thứ 4 hay thứ 6, sau đó chúng tôi đang trong tình trạng (1); Nếu nó thuộc về phần 1, 3, 5 hoặc 7, sau đó chúng tôi đang trong tình trạng (2).20,30. hình chữ nhật với đỉnh điểm (0, 0), (0 m) (n, 0) và (n, m) bên ngang bằng với n và dọc mặt là tương đương với m. Chọn hình chữ nhật với từ tập hợp

Kết quả (Việt) 2:

Vẽ các đường căn bản của song song đa giác với AB. Hãy để những dòng này đi qua đỉnh C và D và cùng với một và hình b hình chữ nhật KLM N (xem hình. 34). Sau đó

SKLM N = 2SABC + 2SABD = 2SACBD.

Vì ACBD tứ giác được chứa trong các đa giác ban đầu có diện tích bằng 1,
SKLM N ≤ 2.

382 CHƯƠNG 20. CÁC NGUYÊN TẮC AN extremal ELEMENT

20.24. Chọn ít nhất của tất cả các khoảng cách giữa các điểm nhất định và xem xét điểm mà có hàng xóm ở khoảng cách này. Rõ ràng, nó su FFI ces để chứng minh các báo cáo cần thiết cho những điểm này. Gọi P là đỉnh của thân tàu lồi của các điểm này. Nếu Ai và Aj là những điểm gần P, sau đó AiAj ≥ AIP và AiAj ≥ Aj P và, do đó, ∠AiP Aj ≥ 60◦. Nó sau đó P không thể có bốn láng giềng gần nhất vì nếu không thì một trong các góc ∠AiP Aj
sẽ là nhỏ hơn so với 180◦ = 60◦. Do đó, P là điểm được tìm thấy.
3
Giả sử có hình vuông tông mà không trùng với những cái nhựa. Chúng ta hãy loại bỏ tất cả các hình vuông trùng và xem xét thân lồi của các đỉnh của hình vuông còn lại. Cho A là một đỉnh của thân tàu lồi này. Sau đó A là một đỉnh của hai ô vuông riêng biệt, một tông một và một bằng nhựa. Nó rất dễ dàng để xác minh rằng một trong các đỉnh của nhỏ hơn của các hình vuông nằm bên trong một lớn hơn (hình. 35).

Để cho, cho tính xác định, đỉnh B của các tông nằm vuông bên trong một nhựa. Sau đó, điểm B nằm bên trong một hình vuông bằng nhựa và là một đỉnh của một hình vuông bằng nhựa, mà là im-thể. Đây là một mâu thuẫn, do đó, mỗi ô tông trùng với một trong nhựa.

Chúng ta hãy xem xét các vỏ lồi của các điểm nhất định. Hai trường hợp có thể là: 1) Thân lồi là một hình bình hành ABCD. Nếu điểm M nằm bên trong hình bình hành

ABCD, sau đó các đỉnh của cả ba bình hành với đỉnh A, B, và M nằm ngoài ABCD (hình. 36). Do đó, trong trường hợp này có thể là không có điểm khác ngoại trừ A, B, C và D.

2) Thân lồi không phải là một hình bình hành. Hãy AB và BC là cạnh của vỏ lồi. Chúng ta hãy vẽ đường cơ sở song song với AB và BC. Hãy để những dòng cơ sở đi qua các đỉnh P và Q. Sau đó các đỉnh của tất cả ba bình hành với đỉnh tại B, P và Q nằm bên ngoài thân tàu lồi (hình. 37).

Họ thậm chí còn nằm ngoài hình bình hành được hình thành bởi các đường căn bản, ngoại trừ cho trường hợp khi P và Q là đỉnh của hình bình hành này. Trong trường hợp cuối này là đỉnh thứ tư của hình bình hành không thuộc về thân lồi từ vỏ lồi không phải là một hình bình hành.

Trong máy bay, có một tùy đường thẳng l và dự án tất cả các đa giác với nó. Chúng tôi sẽ nhận được một vài phân đoạn bất kỳ hai trong số đó có một điểm chung. Hãy để chúng tôi đặt hàng dòng l; xem xét các điểm cuối bên trái của phân khúc dự và chọn các thiết bị đầu cuối phải nhất trái. Các điểm thuộc về tất cả các phân đoạn và, do đó, vuông góc vẽ qua nó để l cắt tất cả các đa giác nhất định.

Hãy 1.000 phân đoạn nằm trong mặt phẳng. Lấy một dòng l tùy ý không vuông góc với bất kỳ của họ và xem xét những dự của các thiết bị đầu cuối của tất cả các phân khúc trên l. Rõ ràng là các thiết bị đầu cuối của phân đoạn có chiếu là trái hầu hết các điểm thu được không thể thuộc về nội thất của phân khúc khác.

Hai biến thể của bố trong bốn điểm có thể là:

Các điểm là các đỉnh của một lồi tứ giác ABCD . Hãy lớn nhất của các góc của các đỉnh của nó. Hãy coi đó là góc ∠ABC. Sau đó ∠ABC ≥ 90◦, tức là tam giác ABC không phải là một một cấp.

Điểm D nằm bên trong tam giác ABC. Chọn lớn nhất của các góc ∠ADB, ∠BDC và ∠ADC. Hãy coi đó là góc ∠ADB. Sau đó ∠ADB ≥ 120◦, tức là tam giác ADB là một trong tù.

Chúng tôi có thể chứng minh theo cách sau đây mà không có vị trí khác trong bốn điểm. Những đường dây đi qua ba điểm nhất định chia mặt phẳng thành bảy phần (hình. 38). Nếu điểm cho thứ tư thuộc về thứ 2, phần thứ 4 hoặc thứ 6, sau đó chúng tôi đang trong tình hình (1); nếu nó thuộc về các ngày 1, 3, 5 hoặc 7 phần, sau đó chúng tôi đang trong tình hình (2).

20.30. Các hình chữ nhật với đỉnh tại điểm (0, 0), (0, m), (n, 0) và (n, m) phía ngang bằng với n và mặt thẳng đứng bằng m. Từ tập hợp cho chọn một hình chữ nhật với