Triángulos de lleno en un círculo unitario

Question

2014 triángulos no tienen la superposición de interiores contenida en una unidad de círculo.¿Cuál es el mayor valor posible de la suma de sus áreas?

¿Cuáles son algunas ideas que pueden ayudarte a empezar esto?

Tenga en cuenta que el 2014 los puntos no tienen que estar en el círculo.

Answer 1

El primer triángulo colocado debe tener 3 bordes. Un triángulo se coloca después de que con la mayor área deben compartir un lado con el triángulo original, y la cubierta de 1 lado original, y añadir 2 nuevos lados, dándole un extra de lado en general. Por lo tanto, con el 2013 más triángulos que el primero, debe haber una 2016 (3+2013) del lado de la figura creada por el mayor área de cobertura. Para este 2016-gon tiene la mayor área, debe ser un habitual de 2016-gon, que se puede hacer con 2014 triángulos. El área de este es de $\frac{1}{2}nR^2\sin{\frac{360^\circ}{n}}$ con R es el radio del círculo, y siendo n el número de lados. El resto puede ser fácilmente conectado para encontrar el área total de la 2014 triángulos.

Answer 2

Yo empecé realmente como este problema después de que el primer mes!

Vamos a probar que el $(n+2)$-gon siempre es la solución para $n$-triángulos, por el método de eliminación.

Definiciones:

$A_n$ es una solución satisfacer las condiciones dadas para $n$ triángulos. Por la naturaleza de $A_n$ es un polígono o una colección de distintos polígonos.

$h(A_n)$ denotará el casco de $A_n$, mientras que $ch(A_n)$ denotará el convex hull.

Prueba:

Vamos a empezar con algo sencillo, pero útil la observación - si el desplazamiento de un conjunto de vértices puede aumentar el área total, $A_n$ no es una solución.

Cualquier simple polígono con $n$-vértices consiste de exactamente $n-2$ triángulos. Por lo tanto, cualquier simple polígono puede ser deformado en otro simple polígono con la misma cantidad de vértices, sin cambiar la cantidad de triángulos necesarios.

En general, si para un determinado conjunto de soluciones probables, existe un método para aumentar el área, entonces se dice que el conjunto puede ser despedido. En que vamos a comenzar:

1. $A_n$ no puede ser distinto de la colección de polígonos;

   Prueba: si conectamos dijo polígonos, vamos a aumentar el área total.

2. El casco de los vértices de $A_n$ son convexas.

   Prueba: si $h(A_N)$ contiene más de vértices de $ch(A_n)$, entonces vale la pena sustituir, como vamos a tener más triángulos para rellenar el espacio.

3. Cualquier "agujero" en $A_n$ debe tener todos sus vértices en la $h(A_n)$;

   Prueba: Si queremos mover un vértice de un polígono $P$, que no crea una intersección, se superpone con otro vértice, o se acuesta en un segmento generado por los otros dos vértices, entonces la cantidad total de triángulos necesarios para un triangulization de $P$ no cambia.

   Si tenemos un vértice en $A_n$, que no es en $h(A_n)$, entonces se puede mover en él, la reducción de la cantidad de vértices, conseguir un repuesto triángulo para rellenar el espacio y el aumento de la duración de $A_n$ bordes.

4. $A_n$ toca el círculo unidad al menos una vez.

   Prueba: Supongamos $m$ denotar la distancia máxima desde el origen de todos los vértices en $A_n$. Ya que estamos tratando con el círculo unidad, el siguiente debe mantener $m^{-1}A_n = A_n$, lo que significa que la longitud máxima será siempre $1$ o que $A_n$ toca el círculo unidad, al menos una vez.

   !! En una nota de lado, uno de convencer la idea surge - si $A_n$ puede ser cubierta con un polígono convexo con $n+de$ 2 o menos vértices, que están en el círculo, luego $A_n$ no es una solución. Si uno se imagina a un arbitrario desordenado polígono colgando de un punto fuera del círculo unidad, solapado por un polígono convexo, es muy convencido de cómo el casco convexo de $A_n$ debe ser.

   Así, nos quedamos con "incompleta" triangulizations de simple polígonos convexos.

5. En un convexo incompleta simple, todos los "agujeros" puede ser reparado con un aumento en el área.

   Prueba: Si quitamos tres vértices adyacentes en un polígono convexo, el resto de los vértices están todavía en convexo disposición.

   En primer lugar, vamos a empezar con un lema - el más pequeño área de triángulo en un polígono convexo siempre está compuesto de tres vértices adyacentes - prueba.

   Cualquier "agujero" es un polígono en $A_n$. Por el lema, se sigue que no siempre se puede cambiar todos los componentes de los triángulos de dicho polígono para los triángulos que se compone de tres vértices adyacentes, aumentando el área para cada intercambio. Que en los resultados finales en un simple polígono convexo, con el total de la zona metropolitana.

6. El más grande de simple polígono convexo con $n$ triángulos en el círculo unidad, es el $(n+2)$-gon.

   Prueba: extensión de cualquier vértice de un simple polígono convexo en el perímetro del círculo unitario, aumenta el área. Por lo tanto todos los vértices están en el círculo.

   Si nos movemos de un punto a $B$, entre dos puntos adyacentes $A$ y $C$, $\Delta ABC$ será máxima, cuando la altitud a $B$ es en el medio de la $AC$. Por lo tanto, cualquier vértice en el círculo unitario es igual de alejado de sus vecinos.

   Una configuración de ese tipo sólo puede ser alcanzado por la suma de(n+2)$-gon con $n$-triángulos.

   Por lo tanto, el $(n+2)$-gon, con todos sus vértices en el círculo unidad, es el mayor polígono que puede ser montado a partir de $n$-triángulos.

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El área de un ($n+2$)-gon, es igual a:

$S(n + 2) = \frac12(n+2)pecado\frac{2\pi}{n+2}$

Para el caso $ n = 2014$ :

$S(2016) = 1008sin\frac{\pi}{1008} \approx \pi - 5 \times 10^{-6}$