Podemos dibujar $n/3$ distintos triángulos de $n$ puntos en el plano en posición general?

Question

Supongamos que tenemos $n$ puntos en el plano, donde $n$ es un múltiplo de a $3$ y no hay tres de estos puntos se encuentran en una línea. Es posible agrupar todos estos puntos en conjuntos de tres, por lo que si queremos dibujar los triángulos formados por estas series, no hay dos de los triángulos que se cruzan?

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Hola chicos, me pueden visualizar esta pregunta, pero no tengo idea de cómo abordar matemáticamente, alguna ayuda?

Answer 1

Dado $n = 3k$ puntos, hay $\frac{n(n-1)}{2}$ formas de unirse a ellos en las líneas y la forma de la unidad de vectores (2 por cada línea). Elegir un sistema de coordenadas tal que ninguno de estos vectores unitarios paralelos a $y$-eje. El $x$-coordenadas de las $n$ puntos serán distintas. Puede ordenar los puntos de acuerdo a su $x$-coordina y agruparlos en grupos de 3.

Answer 2

Sugerencia: Hay un número finito de maneras en que podemos "triple" de los puntos para formar $n/3$ triángulos.

Sugerencia: Considere la configuración que minimiza el total de las áreas de todos los $n/3$ triángulos. Reclamo: Esto funciona.

Answer 3

Sugerencia: Puede encontrar $3$ puntos cuya triángulo es la garantía de que no se cruzan cualquier triángulo formado a partir de la otra $n-3$ puntos?

Encontrar una línea que separa a $3$ de los puntos que el resto. Triangular. Proceder a través de la inducción.

Answer 4

Lista de los puntos en el léxico de la orden, de tal manera que $(x_i < x_{i+1})$ o $(x_i=x_{i+1} \wedge y_{i} < y_{i+1})$$i\in\{1,2,\ldots n-1\}$. A continuación, la agrupación de $\{\{1,2,3\},\{4,5,6\},\ldots,\{n-2,n-1,n\}\}$ en grupos de tres no contiene triángulos de intersección.

Para $n=3$, el teorema es trivialmente cierto. Ahora, supongamos que el teorema es cierto para $n=3k$, y considerar la posibilidad de $3k+3$ puntos en posición general. El léxico más pequeño $3k$ puntos no contienen triángulos de intersección cuando se agrupan de esta forma, por la hipótesis inductiva. Por otra parte, la línea vertical en $x=\frac{1}{2}(x_{3k} + x_{3k+1})$ separa la primera $k$ triángulos a partir de la última triángulo: todos los puntos, pero (en la mayoría) de uno de los primeros a $k$ triángulos mentir a su izquierda, y todos los puntos, pero (en la mayoría) de uno de los $(k+1)$-st triángulo de mentir a su derecha. Llegamos a la conclusión de que el final triángulo no pueden cruzarse cualquiera de las $k$ triángulos, y por lo tanto, el teorema es cierto para $n=3k+3$. La prueba es por inducción completa en $k$.

Answer 5

Ayuntamiento de matrimonio teorema de trivializa el problema entero. Pero esa es mi sugerencia.