Área máxima cubierta por dos triángulos en un círculo unitario

Question

¿Cuál es el área máxima cubierta por dos triángulos en un círculo unitario? No hay más restricciones. Pueden solaparse, tocar el círculo, no tocarlo, etc.

Hasta ahora he mostrado

1. En una solución óptima, los seis vértices deben estar situados en el círculo unitario.
2. Si los dos triángulos no se superponen, la solución óptima tiene área $2$ .
3. Utilizando dos triángulos equiláteros, el área máxima es $\sqrt 3\approx 1.7320508$ .

Explicaciones

AD 1: Esto es cierto porque cualquier triángulo en el que no todos los vértices toquen el círculo unitario estará contenido por completo en un triángulo mayor en el que los tres vértices se encuentren en el círculo unitario.

AD 2: La solución óptima no solapada es un cuadrado formado por dos triángulos que se encuentran en un diámetro del círculo. Esto puede deducirse de algunos principios sencillos:

(a) Dado un triángulo con todos los vértices en el círculo unitario, siempre podemos aumentar el área fijando dos vértices utilizando su distancia como base y luego mover el tercer vértice al centro del segmento circular entre los otros dos para maximizar la altura sin cambiar la base. Esto hace que las soluciones óptimas no solapadas consistan en triángulos isósceles.

(b) Cualquier triángulo no superpuesto contenido en una mitad del círculo puede ampliarse mediante un desplazamiento paralelo de un lado hasta que se encuentre con el diámetro del círculo o con un lado del otro triángulo. Esto hace que los dos triángulos compartan un lado y formen un 4-gon.

(c) El 4-gon óptimo con vértices en una circunferencia es un cuadrado que puede obtenerse aplicando el principio (a) cuatro veces, a saber, a cada uno de los triángulos formados al dividir el 4-gon por una diagonal.

Por tanto, la solución óptima no solapada será un cuadrado inscrito de área $2$ .

AD 3: Escribí una ecuación "sucia" para el área en función de la distancia en radianes entre un vértice de cada triángulo y descubrí que el área se maximizaba cuando los seis vértices estaban distribuidos uniformemente formando un hexagrama (estrella de David).

Observación

Sospecho que la solución óptima es en realidad $2$ para que los triángulos no tengan que solaparse. En otras palabras, no ganamos nada permitiendo que los triángulos se solapen, si no me equivoco. Espero que alguien pueda demostrar o refutar esta conjetura.

Answer 1

He creado un programa rápido de Matlab que calcula el área estocásticamente (genera 20000 puntos; cuenta cuántos hay dentro de cada triángulo), y luego lo ejecuta en 10.000 pares de triángulos generados aleatoriamente (es decir, 6 puntos aleatorios en el círculo unitario; los 3 primeros definen un triángulo; los tres siguientes definen el otro. WLOG, hice que el primer ángulo fuera 0). Cada vez que se encontraba una nueva "mayor área", imprimía los triángulos. Al instante se encontró un área de ~ 1,25; a continuación, mejoró constantemente esto a 1,87 en el próximo par de minutos. Una instancia anterior del programa llegó a 1,97 más o menos... y ésta saltó a ~1,92, con una solución que se acerca mucho a los dos triángulos 45-90-45 erigidos sobre un diámetro.

Eso me sugiere que la respuesta correcta es efectivamente este par de triángulos, con el área 2 como óptima.

>> testCircles
area = 1.2587; angles are [0 4.13265878886387 1.69578766384379 2.78030964099446 4.4988452659303 2.81878425776269]
area = 1.4833; angles are [0 1.03997694447012 4.97128628805005 5.53558413650189 4.31034051247746 2.03741390656017]
area = 1.5065; angles are [0 2.583714405482 3.95028117360417 3.41185810372066 4.81492678793123 1.47312279640955]
area = 1.8173; angles are [0 4.99055083947817 1.93427156493409 1.86260140259647 3.04043013930809 5.0276959720494]
area = 1.8517; angles are [0 3.01875721392096 1.30210531664363 4.12564514448203 2.38462146306761 5.8391459560257]
area = 1.87; angles are [0 1.78060248058588 4.66075033844476 2.08372315689924 5.4697587833186 3.76689571284346]
area = 1.9184; angles are [0 4.43108946197308 1.4092884007527 4.31113371053254 2.84429076671212 1.32017294630991]

He aquí una foto del éxito más reciente:

Los ángulos/área asociados son

area = 1.9428; angles are [0 1.51926494165392 3.23093144636552 0.0773804130776986 3.34779844425289 4.92681116635565]

Answer 2

He aquí una aproximación a una prueba.

Sabemos que los seis vértices se encuentran en el círculo. Ahora dividir en tres casos.

1. Los dos triángulos son disjuntos.

2. Los dos triángulos tienen interiores superpuestos

3. Los dos triángulos se encuentran a lo largo de sus límites, ya sea compartiendo un vértice o compartiendo dos.

CASO 1: En el caso 1, considere una cuerda del círculo que separa los dos triángulos pero no se encuentra con ninguno de ellos. Esta cuerda será más larga que al menos una de las dos aristas cercanas. La sustitución de esa arista por la cuerda aumentará el área, lo que demuestra que la configuración original no era óptima.

Caso 3: En el caso 3, consideremos el caso en que los triángulos comparten un solo vértice. WLOG, supone este vértice, $S$ está en la parte inferior del círculo. Leyendo desde él en el sentido de las agujas del reloj, tenemos los vértices $W$ , $N_1$ , $N_2$ et $E$ formando dos triángulos $SWN_1$ y $SN_2 E$ donde las letras sugieren informalmente "oeste", "norte" y "este".

subcaso 1: Si las dos aristas $SN_1$ y $SN_2$ son de igual longitud, entonces una se encuentra al oeste del norte y la otra al este del norte; sustituyendo ambas $N_1$ y $N_2$ por $N = (0, 1)$ aumentará el área, lo que demuestra que este caso no es óptimo.

Subcaso 2: Si las coordenadas x de $N_1$ y $N_2$ tienen signos opuestos, podemos aumentar las áreas de ambos triángulos sustituyendo N_1 $ and $ N_2 $ by $ N$, lo que demuestra una vez más que esta situación no es óptima.

Subcaso 3: WLOG, supongamos que el $x$ -coordenadas $x_1$ y $x_2$ de $N_1$ y $N_2$ son ambas no negativas, con $N_2$ estrictamente a la derecha de $N_1$ . Entonces la distancia perpendicular de $N_2$ hasta el borde $SE$ es menor que la distancia perpendicular desde $N_1$ a $SE$ . [Prueba: algunas cosas de trigonometría/geometría que no me apetece resolver :) ] Reemplazar $N_1$ con $N_2$ por lo que aumentaría el área del triángulo de la derecha, lo que demuestra que esta situación tampoco es óptima.

Conclusión, hasta ahora: la solución óptima o bien implica dos triángulos interiores disjuntos que comparten una arista, o bien dos triángulos superpuestos. En el primero de estos casos, estoy bastante seguro de que un argumento de gradiente demostrará que si se fija la arista compartida, el área se optimiza haciendo que cada triángulo sea isóceles. A continuación, calcular las áreas exactas como una función de la ubicación de la arista compartida segundo vértice (supongamos que el primero está en el polo sur) y encontrar que es óptimo cuando el otro vértice está en el polo norte, y ya está.

¿Y en el caso de los triángulos superpuestos? En este caso, el área total es una función suave de las ubicaciones de los cinco vértices (aún estoy fijando el sexto en el polo sur). Eso significa que puedes calcular la derivada con respecto a cada uno de los seis ángulos y demostrar que el gradiente siempre es distinto de cero. Así que seguir el flujo de este campo de gradiente debe llevarte a un punto que NO esté en el dominio de los "interiores superpuestos", es decir, a uno de los otros casos. Y el único que concebiblemente puede ser el óptimo es (por argumento previo) la situación de "dos triángulos erigidos sobre una cuerda que resulta ser un diámetro".

No he calculado los gradientes; no he hecho la prueba geom/trig en medio de uno de los casos... pero al menos es un esbozo de cómo se podría llegar al resultado final.