Áreas coloreadas en un triángulo que no comparten una línea

Question

A un amigo y a mí se nos ocurrió este acertijo y estoy buscando una prueba.

Dado un triángulo equilátero de área 1, colorea de rojo las partes del triángulo, azul y verde, de forma que

• Cada color hace exactamente una región conectada estrictamente dentro del triángulo
• No hay ninguna línea paralela a uno de los lados que contenga puntos de varios colores

Dejemos que $X$ sea el área mínima de las regiones roja, azul y verde. Encontrar el valor máximo de $X$ sobre todas las coloraciones posibles.

Sospecho que el máximo se produce en la siguiente disposición de figuras en forma de lágrima, que tienen cada una un área de $\frac{4}{45}$ (nueva encuadernación encontrada por Daniel Mathias). Este es un número terriblemente extraño para lo que parece un buen problema, así que no estoy seguro de que sea correcto.

Si se considera el triángulo formado por los tres puntos más cercanos al centro y se llama $x$ la longitud del lado, $\frac{4}{45}$ se puede alcanzar cuando $x=\frac{4}{5\cdot 3^{3/4}}$ . Si $s$ es la longitud del lado del triángulo original, cada región tiene un área $x\left(\frac{s}{3}-\frac{5x\sqrt{3}}{12}\right)$ . Al maximizar esto se obtiene $\frac{4}{45}$ .

¿Alguien tiene una idea de una prueba (o un contraejemplo) de que esto efectivamente da el máximo? Si es válido, ¿hay alguna intuición detrás del valor $\frac{4}{45}$ que lo hace tan especial?

Además, podemos ver el caso discreto de este rompecabezas en una cuadrícula triangular con $n$ vértices en cada lado donde coloreamos los vértices de tres colores. Asintóticamente, esto debería tener el mismo comportamiento que el problema original. No pude ver un patrón muy agradable con los valores pequeños, ¿alguien tiene una solución a este problema modificado?

Hemos intentado buscar problemas similares a éste; ¡parece que debería ser bien conocido! Sin embargo, no hemos podido encontrar nada. Si alguien pudiera ayudarnos, se lo agradeceríamos mucho.

Answer 1

Consideremos una versión modificada de la lágrima (sin borde) de OP, aquí determinada por los puntos que separan el lado del triángulo en la proporción $a:b:c:b:a$ para algunos (no negativos) $a$ , $b$ , $c$ Por simplicidad, utilizaremos esos valores como longitudes, de modo que el lado del triángulo tiene la longitud $s := 2a+2b+c$ .

La propia región de la lágrima se ve como un paralelogramo con lados $a$ y $b$ con un triángulo equilátero de lado $a-c$ cortada de una esquina. Por lo tanto, su área es $$A := ab\sin 60^\circ - \frac12(a-c)^2\sin 60^\circ = \frac14\sqrt{3}\left(2ab-(a-c)^2\right) \tag{1}$$ Ignorando la constante multiplicadora, buscamos maximizar $2ab-(a-c)^2$ con sujeción a $2a+2b+c$ siendo la constante $s$ . Definir

$$f(a,b) = 2ab-(a-c)^2 = 2ab - (a-(s-2a-2b))^2 \tag{2}$$

Podemos encontrar el valor extremo tomando las derivadas parciales adecuadas: $$f_a = -9 a - 5 b + 3 s \qquad f_b = -5 a - 4 b + 2 s \tag{3}$$ Si se igualan a cero y se resuelve, se obtiene la solución óptima correspondiente: $$a = \frac{2}{11}s \qquad b = \frac{3}{11}s \quad\to\quad A = \frac{1}{11}\cdot\frac14\sqrt{3}s^2 =\frac1{11}\cdot(\text{area of triangle}) \tag{4}$$ Obsérvese que los vértices de esta lágrima en el lado del triángulo dividen ese lado en la proporción $2:3:6$ . $\square$

Nota. Aunque este argumento optimiza la configuración de la lágrima, no demuestra que tres lágrimas congruentes constituyan la solución máxima global del puzzle.

Answer 2

Visualizaciones de las soluciones mencionadas en los comentarios a la pregunta.

Todas las soluciones, incluida la del PO, ignoran los límites de la región.

• $\dfrac{20}{225}=\dfrac{4}{45}=0.0\overline{8}\ldots$ solución de Daniel Mathias:

• $\dfrac{11}{121}=\dfrac{1}{11}=0.\overline{09}$ solución por parte de Blue:

Answer 3

Como primer paso para demostrar un límite superior del área, aquí hay una prueba que encontré que detalla $\dfrac{1}{5}$ como límite superior, aunque está claro en la prueba que el límite es inalcanzable.

Para esta prueba sólo he considerado dos de los tres lados del triángulo; es decir, no puede haber dos colores en una línea paralela a dos de los tres lados elegidos. Ignorando las líneas paralelas a uno de los lados, procedemos como sigue:

En primer lugar, estiramos los ejes para que el triángulo parezca un triángulo rectángulo isósceles; esto altera la simetría de la forma, pero como sólo consideramos dos de esos lados, dejemos que esos dos sean los catetos del triángulo para que, al poner ejes de coordenadas, no haya dos puntos rojos, azules o verdes que compartan una $x$ o $y$ coordinar.

Ahora, si consideramos un cuadrado cualquiera de lado $x$ con lados paralelos a los ejes, demostramos primero que el área máxima posible del color que menos aparece es $\dfrac{x^2}{9}$ . Para ello, dejemos que $x_r,x_b,x_g$ sea la longitud combinada de la proyección de las áreas roja, verde y azul sobre el $x$ y definir $y_r,y_b,y_g$ de forma similar. A continuación, anote $x_r+x_b+x_g \le x$ y $y_r+y_b+y_g \le x$ . Por lo tanto, existe un color $c$ tal que $x_c+y_c \le \dfrac{2x}{3}$ mediante la optimización cuadrática, podemos conseguir $x_cy_c \le \dfrac{x^2}{9}$ . Dado que el color está completamente contenido dentro de los límites de sus proyecciones, esto demuestra nuestra afirmación.

Ahora, optimizamos el uso de nuestro lema. Considere la posibilidad de dividir un cuadrado en regiones como se muestra a continuación:

La región negra está contenida en un cuadrado de lado $x$ y por lo tanto el color que menos aparece tiene como máximo el área $\dfrac{x^2}{9}$ . Añade las dos áreas púrpuras del exterior para obtener un límite ingenuo de $\dfrac{x^2}{9}+(s-x)^2$ . Podemos optimizar esto diferenciando para obtener un mínimo alcanzado cuando $x=\dfrac{9s}{10}$ y el área es $\dfrac{1}{10}s^2$ . Como el área del triángulo grande es $\dfrac{1}{2}s^2$ obtenemos nuestro límite final de $\dfrac{1}{5}$ .

Está claro que en muchos aspectos el límite es inalcanzable; el único caso en el que la igualdad puede mantenerse es cuando, en primer lugar, tenemos la igualdad dentro de la región negra, lo que ya es imposible porque la parte cortada del cuadrado lo limita. Luego, aunque se lograra la igualdad, todos los colores ocupan un área de $\dfrac{x^2}{9}$ y luego habría que dividir el área exterior, que tampoco se tiene en cuenta. Sin embargo, se acerca bastante al límite real para sólo dos lados. Utilizando una optimización de la configuración de abajo, logré alcanzar un área posible de $\dfrac{3-\sqrt{5}}{4} \approx 0.191,$ que está muy cerca de $\dfrac{1}{5}$ y puede que ni siquiera sea la mejor configuración.