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第6题

对凸多边形 PP 的每条边 bb，赋予以 bb 为一边且包含于 PP 中的三角形的最大面积。证明赋予 PP 各边的面积之和不小于 PP 的面积的两倍。
第 4/5 步：若 ∑ar<2S\sum a_r<2S，选取有理上界 kr/(2m)k_r/(2m)
上一步下一步
通俗地说

当 nn 个正数之和严格小于 11 时，可以把每个数稍微放大成一个有理数，使这 nn 个有理数之和恰好等于 11；通分消去分母（并乘以二使每个分子都为偶数）即得整数 krk_r。

∑r=1nar<2S ⟹ ∃ k1,…,kn∈2Z>0: ar2S<kr2m(2m=∑r=1nkr)\sum_{r=1}^n a_r<2S\ \Longrightarrow\ \exists\,k_1,\dots,k_n\in 2\mathbb Z_{>0}:\ \frac{a_r}{2S}<\frac{k_r}{2m}\quad\left(2m=\sum_{r=1}^n k_r\right)
详细分析

设 PP 的各边为 b1,…,bnb_1,\dots,b_n，所赋予的最大三角形面积为 a1,…,ana_1,\dots,a_n，反证假设 ∑r=1nar<2S\sum_{r=1}^n a_r<2S，即 ∑r=1nar2S<1\sum_{r=1}^n\frac{a_r}{2S}<1。由有理数的稠密性，可选取正有理数 q1,…,qnq_1,\dots,q_n 使每个 rr 都有 ar2S<qr\frac{a_r}{2S}<q_r 且 ∑r=1nqr=1\sum_{r=1}^n q_r=1。取公共偶数分母 2m2m 将其写成 qr=kr/(2m)q_r=k_r/(2m)（必要时将分子分母同乘二使每个 krk_r 为正偶数），即得 ar2S<kr2m\frac{a_r}{2S}<\frac{k_r}{2m}，亦即 ar<krSma_r<k_r\frac{S}{m}，其中 ∑r=1nkr=2m\sum_{r=1}^n k_r=2m。