Dado 100 puntos en el plano, ninguna de las cuales tres están en la misma línea, tenga en cuenta todos los triángulos que tienen todos sus vértices elegido a partir de los 100 puntos dados.
Demostrar que en más del 70% de los triángulos son de ángulo agudo.
Esto es a partir de la década de 1970 Olimpiada Internacional de Matemáticas. Usted puede encontrar las preguntas aquí, y el (bastante fácil) la solución a esta pregunta aquí.
Fue una de las preguntas sobre los deberes de los aspirantes para el equipo Británico de la OMI de 1978 en Bucarest. Me las arreglé para probar una explícita límite superior en la máxima proporción de triángulos en $n$ puntos que tiende a $2/3$ $n$ tiende a $\infty$. No recuerdo qué era, pero no es demasiado difícil de averiguar, mediante el proceso que se describe en los párrafos siguientes.
La prueba de la más simple pregunta va como esto: en primer lugar demostrar geométricamente que cada juego de $4$(es decir, conjunto de $4$ puntos) debe contener una no-triángulo agudo, por lo que en la mayoría de las $75$% de los triángulos en un $4$-puede ser agudo. A continuación, sostienen combinatoria que si se ha demostrado que en más de una proporción $p$ de los triángulos en un $n$-puede ser aguda, se deduce que en más de una proporción $p$ de los triángulos en un $(n+1)$-puede ser agudo.
Así que inmediatamente se consigue que en la mayoría de los $7\frac12$ de la $10$ triángulos en un $5$-puede ser aguda; y debido a que el número de aguda triángulos debe ser un número entero, podemos llevar esto a $7$$10$, es decir,$70$%.
Pero no hay ninguna razón para detener la hay. El mismo proceso no gana nada al pasar a$6$, debido a $70$ $20$ % es un número entero; pero pasando a $7$-conjuntos nos da $70$$35$%,$24\frac12$, lo que nos puede traer abajo a $24$.
Por lo que podemos definir un número entero secuencia $(s_i)$$s_4 = 3$, e $s_{i+1} = \left\lfloor \dfrac{(i+1)s_i}{i-2}\right\rfloor$. Esto nos da un límite superior en el número máximo posible de aguda triángulos en un $n$-set. Me parece recordar que se trata de un cúbicos en $n$, cuya forma exacta depende de $n$ mod $3$. Y la proporción $s_n/\binom{n}{3}$ tiende a $2/3$.
Tenga en cuenta que $s_n$ no es necesariamente el máximo número posible de aguda triángulos en un $n$-set. Sólo nos da una cota superior. De hecho, creo que este límite superior no puede ser alcanzado por lo suficientemente grande $n$ ($n > 6$ tal vez?). He jugado un poco, pero después de todo era $37$ años atrás, por lo que los detalles se difuminan.
La prueba de que para $N \geq 5$ la fracción de aguda triángulos no puede exceder $\frac{7}{10}$ implica geométrico razonamiento sólo para el $N=5$ de los casos, seguido por combinatoric razonamiento para crear una prueba por inducción.
Partimos de Lema 1: Si existe un acuerdo de $N$ ( $N>5$ ) la formación de más de $70\%$ aguda triángulos (es decir, más de $\frac{7}{60}N(N-1)(N-2)$ aguda triángulos), entonces existe un acuerdo de $N-1$ puntos formación de más de $70\%$ aguda triángulos (es decir, más de $\frac{7}{60}(N-3)(N-1)(N-2)$ aguda triángulos).
Prueba: Comenzar con un acuerdo de formar el número mínimo de aguda triángulos en o por encima de $70\%$, es decir, $$ \left \lceil \frac{7}{60}N(N-1)(N-2) \right \rceil $$ aguda triángulos. Estos contienen $ 3 \left \lceil \frac{7}{60}N(N-1)(N-2) \right \rceil $ instances of vertices in acute triangles; then one of the $$ N puntos deben participar en la mayoría de los $\left \lfloor \frac{3}{N} \left \lceil \frac{7}{60}N(N-1)(N-2) \right \rceil \right \rfloor $ aguda triángulos. Quitar ese punto; entre el resto de los puntos que hay al menos $$ 3 \left \lceil \frac{7}{60}N(N-1)(N-2) \right \rceil - \left \lfloor \frac{3}{N} \left \lceil \frac{7}{60}N(N-1)(N-2) \right \rceil \right \rfloor $$ restantes vértices aguda en triángulos. Por lo tanto, hay al menos $$ \left \lceil \frac{ 3 \left \lceil \frac{7}{60}N(N-1)(N-2) \right \rceil - \left \lfloor \frac{3}{N} \left \lceil \frac{7}{60}N(N-1)(N-2) \right \rceil \right \rfloor }{3} \right \rceil $$ aguda triángulos. Asumir peor de los casos en cada ronda -; luego, podemos escribir esto como siendo al menos $$ \frac{7}{60}(N-3)(N-1)(N-2) + 2\cdot \frac{7}{60}(N-1)(N-2)-\frac{1}{3} $$ que para $N \>5$ siempre supera $70\%$ de los triángulos entre las $N-1$ vértices.
Lema 2: Si por alguna $N>5$, se pueden formar más de $70\%$ aguda triángulos, entonces usted puede formar más de $70\%$ aguda triángulos (que es, al menos, 8) entre los cinco vértices. Prueba: Inicio de $N$ y en repetidas ocasiones se aplican lema 1.
Lema 3: Entre los cinco puntos, no puede haber más de siete aguda triángulos.
La prueba se inicia con thew geométricas observación de que entre los cuatro puntos, en la mayoría de los tres uno de los cuatro triángulos pueden ser agudos. Ahora para los cinco vértices, si puede formar ocho agudo de un triángulo, entonces los dos triángulos que comparten 2 vértices o sólo uno. Suponga que comparten dos vértices, $A$$B$, y que el tercer vértices de los triángulos que están etiquetados $C$$D$. Luego de cuatro restantes (aguda) los triángulos no contienen vértice $B$, y por lo tanto forman cuatro aguda triángulos compartir cuatro vértices, lo cual es imposible. Si los dos no aguda triángulos comparten un vértice, decir $ABC$$ADE$, luego los cuatro triángulos que no impliquen vértice $A$ son agudos, que a su vez conduce a la misma imposibilidad.
Teorema: Para $N > 5$ en la mayoría de las $70\%$ de los triángulos formados por $N$ no co-lineal de puntos de forma aguda triángulos. Prueba: Lema 5 establece una base para el proceso inductivo implícita por el lema 2.
Observación: De hecho, entre los $100$ puntos que usted puede tener más de $66.675\%$ aguda triángulos (la máxima real puede ser mucho menos que eso). Este se obtiene a partir de la asunción de 107812 aguda triángulos, y la iteración de la combinatoric razonamiento en el lema 1 hasta encontrar que para un conjunto de cinco puntos debe ser de al menos 8 aguda triángulos.
Esta es una discreta variación de un problema más general que se ha ha sido alrededor por un tiempo. Aquí es un muy breve resumen histórico, con algunos comentarios.
En 1893 Charles Dodgson, la escritura como Lewis Carroll, publicó una colección de "Almohada Problemas" que él dijo que él había meditado mientras está en la cama con insomnio. Uno de ellos fue: "los Tres puntos son tomados al azar en un plano infinito. Encontrar la oportunidad de ser ellos los vértices de un $obtuse$-ángulo del triángulo." [Ref: Carroll, L. (1893). Curiosa Mathematica, Parte II: Almohada de Problemas. MacMillan, Londres.]
Este no es un bien plantea un problema debido a que no existe una distribución uniforme por todo el plano. El problema se presenta en torno a este dificultad al enfocarse solamente en 100 puntos.
Tomando un fijo horizontal del segmento a ser el lado más largo de un triángulo y de la elección del tercer vértice al azar dentro de los límites de la región, obtuvo la respuesta $3\pi / (8\pi – 6\sqrt{3}) \approx 0.64.$ Sin embargo, otra solución basada en la consideración de fijo horizontal del segmento a ser el segundo más largo del lado lleva al resultado $3\pi / (2\pi + 3\sqrt{3}) \approx 0.82.$ adicional en la formulación del problema muestra que puede haber muchas soluciones dependiendo de cómo la "aleatoriedad" se interpreta.
Si se considera un conjunto compacto en el plano, como un círculo, un cuadrado, rectángulo o circunferencia de un círculo, entonces es posible definir una distribución uniforme en ese conjunto. En la circunferencia de un círculo, el valor intuitivo 3/4 de la probabilidad es la correcta. Incluso si una solución analítica de la probabilidad de un triángulo obtuso puede ser difícil de alcanzar, es posible simular esta probabilidad para cualquier grado de precisión deseado.
Por ejemplo, en 1991 Ruma Falk y Éster de Samuel-Cahn los resultados publicados para los triángulos aleatorias de los vértices dentro de un círculo (.720), un cuadrado (.725), un triángulo equilátero (.748) y en los rectángulos de diferentes formas. Ninguno de estos resultados está de acuerdo con cualquiera de "falsos" los resultados anteriores se basan en la elección de un lado fijo y el tercer punto al azar. [Fef: Falk, R., & Samuel-Cahn, E. (2001). Lewis Carroll obtuso problema. La Enseñanza De La Estadística, 23(3), 72-75.]
En 1994 un papel de Stephen Portnoy se ofrece una breve historia de la obtuso-triángulo problema, hace algunos comentarios sobre el concepto de aleatoriedad, y propone el uso de una correlación multivariante de la distribución normal para el modelo de aleatoriedad en el avión. En virtud de esta distribución, se demuestra analíticamente que la probabilidad de un triángulo obtusángulo es 3/4. [Ref/: Portnoy, S. (1994). Un Lewis Carroll almohada problema: la Probabilidad de un triángulo obtusángulo. Estadísticos De Las Ciencias, 9(2), 279-284.]
El escaneo de los resultados válidos en estos documentos, además de un par de simulación los proyectos de mis alumnos han intentado, creo que no hay caso con menos que la mitad obtuso, por lo que su declaración acerca de aguda triángulos de 100 puntos puede ser cierto.
Deje $\nu (n)$ el número de puntos entre el $n$ puntos que forman un polígono convexo. Denotar por $P_1, P_2, \cdots$ estos puntos en las agujas del reloj. También, vamos a $O$ ser el excentre del polígono. Por el bien de la circular de la dirección, se supone que si $i + j > \nu (n)$ $$P_{i + j} = P_{i + j - \nu (n)}$$ for any $i, j < \nu (n)$. Form a quadrilateral $O P_i P_j P_k$, then $\ángulo P_i O P_k$ will be obtuse if $k - i \geqslant 4$, thus making the triangle $P_i P_j P_k$ acute. Then, the number of the acute triangles that can be formed by $P_1, P_2, \cdots$ is equal to the number of configurations $P_i P_j P_k$ where $j - i \geqslant 2$ and $k - j \geqslant 2$, and this in turn equals $$2 {{\nu (n) - 4} \choose {2}} = (\nu (n) - 4) (\nu (n) - 5).$$
Considere ahora el $n - \nu (n)$ puntos dentro del polígono, y denotan ellos por $Q_1, Q_2, \cdots$. Hay tres casos:
(1) un punto desde el interior y a dos puntos de los vértices del polígono. Observar que $\angle P_i Q_j P_k$ $k > i$ un ángulo agudo garantiza que el triángulo $Q_j P_i P_k$ es aguda, que está garantizada por la que hay, al menos, $5$ de las parejas de puntos de $(P_i, P_k)$ que se pueden separar, por $4$ de las parejas se incluyen los ángulos rectos. El número de tales aguda triángulos es $$\geqslant 2 \sum_{i = 5}^{n - \nu (n)} {{\nu (n) - 1} \choose {\nu (n) - i}}.$$
(2) dos puntos en el interior y un punto de los vértices del polígono. Análogo argumento.
(3) tres puntos desde el interior del polígono. Esto es difícil.
No me culpes por favor, si crees que mi razonamiento es equivocado o no buena. Yo no soy un aparejador. La única razón por la que este problema que me llamó la atención es su naturaleza elemental.
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