Demostrar que dentro de cualquier polígono convexo del área $A$, existe un triángulo con área al menos $cA$, donde $c=\tfrac{3}{8}$. ¿Hay alguna mejor constantes $c$?
No estoy seguro de cómo abordar este problema. Fácilmente se prueba que tal un triángulo debe tener sus vértices en el perímetro del polígono, pero no sé cómo proceder desde aquí.
No es tan doloroso para demostrar una disminución en la desigualdad, es decir, que para cualquier polígono convexo $P$ con el área de la unidad hay un triángulo $T\subset P$ área $\geq \color{purple}{\frac{4}{21}}$. El enfoque es simple: vamos, en sentido antihorario, $P_1,P_2,\ldots,$ $P_n=P_0,$ $ P_{n+1}=P_1$ ser los vértices del polígono, y deje $P_{a-1}P_{a} P_{a+1}$ ser el triángulo con el área más pequeña entre todos los triángulos de tal forma. Quitamos el vértice $P_a$ y re-índice de los vértices, luego continuar con el procedimiento de extracción hasta nuestro polígono es un triángulo. Esa es nuestra $T$. No es difícil comprobar que si el área de $P$$1$, el área de $T$ es de al menos $$ \prod_{n\geq 4}\left(1-\frac{4\sin^2\frac{\pi}{n}}{n}\right)\geq \frac{4}{21}. $$ Algunos comentarios de la mina para su revisión cuestión puede ser útil para mejorar la desigualdad anterior/enfoque: por ejemplo, no es seguro que un triángulo $T\subset P$, con área de $$ \frac{3\sqrt{3}}{4\pi} \Delta(E^-) $$ donde $E^-$ es el John-Loewner inellipse (la elipse inscrita en $P$ con un área máxima), y tenemos muy precisos límites cuando los vértices de $P$ se encuentran en una elipse (lo que para cualquier $n\leq 5$).
El original Blaschke argumento se describe en esta respuesta por Christian Blatter.
Blaschke el enfoque es muy atractiva: hay una Steiner simetrización procedimiento que es el área de preservación, por lo que podemos suponer sin pérdida de generalidad que el original polígono es cíclica polígono. Pero que le da una forma más fácil problema de optimización, solo está relacionada con la distribución de $n$ puntos en un círculo.
Como se señaló en primer lugar por Mark Fischler en su comentario, uno puede tomar la $c = \frac{3\sqrt{3}}{4\pi}$.
Además de Steiner simetrización mencionado en el gato D'Aurizio del respuesta$\color{blue}{{}^{[1],[2]}}$, hay otro elegante metodología analítica que puede ser generalizado para inscrita $n$-gon.
E. Sas (1939) - Para cualquier $n \ge 3$, vamos a $c_n = \frac{n}{2\pi}\sin\left(\frac{2\pi}{n}\right)$. Para cualquier cuerpo convexo $B$ en el plano, existe una $n$-gon $P$ dentro $B$ tal que $$\verb/Área/(P) \ge c_n \verb/Área/(B) \etiqueta{*1}$$
Al $n = 3$ $B$ es un polígono convexo, la afirmación de que podemos tomar $c = c_3 = \frac{3\sqrt{3}}{4\pi}$ sigue inmediatamente.
Siguiente argumento se basa en un artículo de E. Sas en alemán$\color{blue}{{}^{[3]}}$. Todos los errores son míos y en caso de que algo parece sospechoso. Por favor, consulte E. Sas documento para la correcta instrucción.
Desde que soy perezoso, voy a suponer $B$ es un cuerpo convexo cuyo límite $\partial B$ suavidad de la curva de Jordan. Esto evita todo tipo de posibles patologías y me salve de justificar un montón de cosas.
Deje $2\ell$ ser el diámetro de $B$. Vamos $L$, $R$ estar a dos puntos en $\partial B$ a una distancia $2\ell$ aparte. Elegir un sistema de coordenadas tal que $L,R$ se encuentra en $(-\ell,0)$ $(\ell,0)$ respectivamente. Bajo un sistema de coordenadas, $\partial B$ tiene una parametrización de la $\gamma$ de la forma:
$$[0,2\pi] \ni t \quad\mapsto\quad \gamma(t) = (\ell\cos t, e(t)\sin t ) \in \partial B$$
donde $e(t) > 0$ es alguna función suave. Extender $\gamma(t)$ $e(t)$ para suavizar las funciones periódicas sobre $\mathbb{R}$ periodo $2\pi$.
Para cualquier fija $t \in [0,2\pi]$$k \in \mathbb{Z}$, vamos a $t_k = t + \frac{2k\pi}{n}$. Es evidente $t_{k+n} = t_k$.
Deje $P(t)$ $n$- gon con vértices $\gamma(t_0), \gamma(t_1), \gamma(t_2), \ldots, \gamma(t_{n-1})$. Desde $B$ es convexa y $\gamma(t_k) \in B$, $P$ se encuentra dentro de $B$.
Deje $f(t)$ ser el área de $P(t)$. Es fácil de trabajar
$$f(t) = \frac{\ell}{2} \sum_{k=1}^n e(t_k)\sin t_k(\cos(t_{k-1}) - \cos(t_{k+1})) = \ell\sin\left(\frac{2\pi}{n}\right)\sum_{k=1}^n e(t_k)\sin^2(t_k)$$
Ahora tratan a $t$ como una variable y media de$f(t)$$[0,2\pi]$, uno conseguir
$$\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} f(t) dt = \frac{n}{2\pi}\sin\left(\frac{2\pi}{n}\right)\times \ell\int_0^{2\pi} e(t)\sin^2(t)dt = c_n \verb/Área/(B)$$
Esto implica que existe un $t_{*} \in [0,2\pi]$ tal que $f(t_{*}) \ge c_n \verb/Area/(B)$. En otras palabras, existe una poylgon $P = P(t_{*}) \subset B$ cuya área sea por lo menos $c_n$ de la $B$.
De vuelta al problema de la mano de polígono convexo.
Para cualquier polígono $P$, vamos a $|P|$ su número de lados. Dado cualquier polígono convexo $Q$ y cualquier $0 < c < c_n$, % aproximado$Q$por un cuerpo convexo $B$ con suave límite cuya área sea por lo menos $\frac{c}{c_n}\verb/Area/(Q)$. Por $(*1)$, hay un $n$-gon $P \subset B \subset Q$ con $\verb/Area/(P) \ge c_n\verb/Area/(B) \ge c\verb/Area/(Q)$. Desde el conjunto de polígono $P \subset Q$ $|P| \le n$ es compacto bajo la topología inducida por la de $\mathbb{R}^2$ $\verb/Area/(\cdot)$ es continua con respecto a esta topología, no es un polígono $P_{*} \subset Q$$|P_{*}| \le n$$\verb/Area/(P_*) \ge c_n \verb/Area/(Q)$. Si $|P_{*}| < n$, podemos activar $P_*$ $n$- gon, añadiendo algunos extras vértices a lo largo de sus bordes.
Fix$n$$3$, esto significa que hay un triángulo dentro de $Q$ cuya área de al menos $c_3 = \frac{3\sqrt{3}}{4\pi}$ de la $Q$.
Notas
$\color{blue}{[1]}$ - Para una prueba de $(*1)$ al $n = 3$, ver esta respuesta por Christian Blatter.
$\color{blue}{[2]}$ - Cristiana Blatter, la respuesta de los usos Steiner simetrización. Para más detalles, por favor consulte
Wilhelm Blaschke, Über afín Geometrie III: Eine Minimumeigenschaft der Elipse. Leipziger Berichte 69 (1917), páginas 3 a 12 años.
$\color{blue}{[3]}$ - E. Sas, Über eine Extremaleigenschaft der Ellipsen, de Naturaleza Matemática. 6 (1939), 468-470.
La afirmación es verdadera uso de cualquier $c < \frac{3\sqrt{3}}{4\pi} \approx 0.413$, que es más de $ \frac38$. Pero he intentado y no ha podido encontrar una prueba.
EDITADO UN DÍA MÁS TARDE
Si imponer una restricción en el número de $s$ de lados del polígono convexo, el $c$ para el conjunto de los polígonos se vuelve mayor. Para $s=3$, $c=1$ por supuesto. Para $s=4$ es fácil mostrar que $c=\frac12$: $c$ es, al menos,$\frac12$, como se demuestra por una línea que conecta dos vértices adyacentes (uno de los triángulos formados de esta manera, debe tener al menos la mitad de la zona); y $c$ al menos $\frac12$, como se demuestra por una plaza.
Vamos a convertir el problema en su cabeza. Vamos triángulo $\Delta abc$ ser un triángulo de área máxima contenida en el polígono convexo $\mathscr{P}$. Se nos pide a mostrar que el área del triángulo es, al menos, $C$ veces el área de $A$ $\mathscr{P}$ donde $C=3/8$. Ofrecemos una simple prueba de que $C \ge 1/4$ se puede lograr (y mejorado).
Como se señaló en la Pregunta, los puntos de $a,b,c$ debe estar en el perímetro de $\mathscr{P}$. Además de estos puntos puede ser elegido, sin pérdida de generalidad, se vértices del polígono $\mathscr{P}$. A saber: Si (decir) vértice $a$ está en el interior de una ventaja $e$ del polígono, luego deslizando $a$ una manera o de la otra, aumentar el área de $\triangle abc$ menos que el borde de la $e$ es paralelo al lado $bc$ del triángulo opuesto a $a$ (por la conocida fórmula del área de un triángulo, siendo la mitad de la altura del triángulo con respecto a la base de $bc$).
Ahora, cualquier transformación afín aplicado a $\mathscr{P}$ conserva la proporción de su área a de un triángulo inscrito dentro de ella. Por lo tanto, podemos aplicar algunos transformación afín de que los mapas de $\triangle abc$ a de un triángulo equilátero, y la relación de áreas sigue siendo el mismo. También preserva la convexidad de $\mathscr{P}$, y la identificación de $a,b,c$ con los vértices de $\mathscr{P}$. De ahora en adelante nos limitaremos a referir a la transformada (equilátero) triángulo $\triangle abc$ y la transformación de los polígonos como $\mathscr{P}$.
Una imagen puede ayudar al Lector a seguir nuestro argumento para su próxima conclusión, como podemos dibujar líneas a través de los vértices de un triángulo equilátero en paralelo a sus respectivos lados opuestos:
Fig. 1 triángulo Equilátero $\triangle abc$ con líneas a través de los vértices
Aquí $\triangle abc$ es el centro del triángulo equilátero. No hay punto de $p$ $\mathscr{P}$ puede estar fuera de la circunscribe triángulo equilátero, porque ello podría inducir a un triángulo con área estrictamente mayor que $\triangle abc$. Por que si (decir) punto de $p$ estaban en el exterior de la línea exterior a través de $a$, lo contrario del lado de la $bc$, $\triangle pbc$ área estrictamente mayor que $\triangle abc$.
Por lo tanto, $\mathscr{P}$ está obligado a tener área no mayor que cuatro veces el área de $\triangle abc$. Esto demuestra que $C \ge 1/4$ se puede lograr, que el área máxima de un triángulo inscrito es al menos la cuarta parte de la zona de polígono convexo $\mathscr{P}$.
Sé un poco tedioso, pero de modo elemental para mejorar este a $C = 3/11$, sigue siendo una buena formas cortas de la deseada $C = 3/8$, pero lo que sugiere que las mejoras en este argumento podría ser vale la pena.
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