Encontrar el triángulo más grande dentro de un triángulo dado

Question

Mi esposa se acercó con el siguiente problema, mientras que nosotros estábamos haciendo algunas decoraciones para nuestro bebé: dado un triángulo, ¿qué es el triángulo equilátero más grande que puede inscribirse en ella? (En otras palabras: dada una pieza triangular de cartón, ¿cuál es el mayor triángulo equilátero que usted puede cortar de ella?)

Ella también vino con la siguiente heurística/conjetura: tomar la mayor ángulo del triángulo dado. (Se garantiza que al menos $60^\circ = \pi/3$, ya que no todos los tres ángulos de un triángulo puede ser menos que eso.) Ahora la respuesta (el más grande inscrito triángulo equilátero) se puede encontrar entre los marcando un $60^\circ$ ángulo en el vértice que, con los dos extremos elegido de alguna manera. (En otras palabras: los inscritos triángulo equilátero puede ser elegido para tener ese vértice como uno de sus vértices.)

Mi intuición para la geometría no es tan bueno. :-) Yo jugaba con un par de ejemplos en Geogebra, y no podía encontrar cualquier contraejemplos, ni podía pensar en una prueba, por lo que yo estoy pidiendo aquí.

Esto es similar a Encontrar el área máxima posible de triángulo equilátero que en el interior del dado de la plaza y un caso especial de la más Grande de un Triángulo Equilátero en un Polígono (cuyo papel no tengo acceso a todo lo que podía encontrar a través de las citas a las que el papel es que da un $O(n^3)$ algoritmo-y, en cualquier caso, el problema puede ser más sencillo para un triángulo).

Preguntas:

• ¿Cómo se puede encontrar la más grande del triángulo equilátero que puede estar inscrito en un triángulo dado?
• Puede un triángulo siempre se encuentran con un vértice en uno de los vértices del triángulo dado, específicamente el uno con el ángulo mayor?
• (Si la respuesta a las preguntas anteriores es no) Cuando está por encima de la verdad? Por ejemplo, es la conjetura verdadera cuando el triángulo es isósceles, con los dos lados adyacentes al ángulo mayor igualdad?

Answer 1

La conjetura es falsa. El papel que hace referencia @Michael Lee, muestra que uno de los vértices deben coincidir, pero, como ya se ha comentado por @HaydenJulius, no es necesariamente el vértice con el ángulo máximo. Obviamente debe ser un vértice con un ángulo mayor o igual a 60°, lo que si existe es sólo uno de los que la conjetura es verdadera. Otra cosa que puede ser cualquiera de los dos (ignorando el caso trivial de un triángulo equilátero hay uno o dos de los vértices), y uno tiene que probar los casos extremos, para obtener el máximo de área. Tampoco es cierto que el máximo se alcanza en ese caso cuando la arista entre los vértices coinciden (por lo que la conjetura de @Joe Knapp es falso).

${\textbf {Proposition:}}$ Uno de los vértices deben coincidir.

$\textbf{Proof:}$ (adaptado del Teorema 1 de DePano, A., Yan Ke, y J. O'Rourke. "El descubrimiento más grande inscrito triángulos equiláteros y plazas". Proc. 25 de Allerton Conf. Commun. Control De Comput. 1987.)

Basta probar lo siguiente: Sea T un triángulo equilátero con vértices a,b,c, totalmente en otro triángulo de P. Si P y T no compartan vértice, entonces usted puede rotar T tales que T es estrictamente dentro de P. a Continuación, puede ampliar el girado triángulo en el interior de P y, entonces T no es máxima.

Ahora ofrecemos la rotación:

El centro de la rotación es la intersección de las líneas de $e_a$ end $e_b$ a través de $a$ $b$ respectivamente, tal que $e_a$ es perpendicular al borde de $P$ que es el más cercano a $a$ (eventualmente $a$ está incluido directamente en el borde), y de manera similar a $e_b$ es perpendicular al borde de $P$ que es el más cercano a $b$. A continuación, cualquier pequeña rotación de $T$ en cualquier dirección (de las agujas del reloj(cw) o antihorario(ccw)) alrededor de este punto se separan $a$ $b$ a partir de la frontera de $P$.

[Ilustración: Si se rota el triángulo verde en la intersección de la $e_a$$e_b$, el punto de $a$ se mueven a lo largo del círculo: un pequeño arco en torno a $a$ está dentro del triángulo negro]

Uno de los dos rotaciones (cw o ccw) se separan $c$ a partir de la frontera y colocarlo en el interior del triángulo P. Si $e_a$ $e_b$ están en paralelo y en el mismo borde de P, entonces acaba de expandir T , por la traducción a uno de los lados, desde el borde donde se $c$ se encuentra no puede ser paralelo a la orilla donde$a$$b$. $$\tag*{$\Cuadro de$}$$

$\textbf{Example:}$ Vamos $A=(0,1)$, $B=(0,0)$ y $C=(2000,1000)$. A continuación, el más grande de triángulo equilátero dentro de ABC es el único con un vértice en $B$ y un borde en $BC$. Desde $B$ no tiene el mayor ángulo, este ejemplo demuestra la conjetura de que el OP falso, y ya que no comparten la arista AB, aunque los círculos descritos por Joe Knapp se cruzan en el interior del triángulo, se demuestra la conjetura de Joe Knapp falso.

${\bf EDIT}$ La estrategia correcta es dada en la respuesta de @Brian Chandler.

Answer 2

Considere la posibilidad de un arbitrario triángulo PQR. Excluyendo el caso trivial de un triángulo equilátero, uno o dos de los ángulos son de al menos 60 grados, y wlog sea P el ejemplo mínimo de estos. I. e. P es el ángulo más pequeño de al menos 60 grados, y Q es el ángulo más grande o el segundo más grande después de P. Entonces el cubierto más grande de triángulo equilátero (E) tiene un vértice en P.

Si Q < 60 (es decir, P es el único ángulo >=60), entonces las otras dos vértices están en QR.

Si Q > 120 - P/2, entonces el segundo vértice está situado en QR, en la intersección con una línea dibujada en un ángulo de 60 grados de PR.

De lo contrario el segundo vértice está en P.

Motivación: El caso interesante a considerar es la de un triángulo de ángulos 62, 89, 29 grados. (En realidad esto es casi exactamente el OP del triángulo ABC arriba.

Si Q<90, habrá un máximo local basada en P y Q. El diagrama muestra la perpendicular cayó de P QR, y muestra que habrá una igualdad de Correo si es posible rotar esta alrededor de P, de modo que el vértice en el QR está a la misma distancia en el lado opuesto de la perpendicular. En este caso, desde el ángulo Q es de 89 grados, tenemos que ser capaces de rotar E a 2 grados, que es exactamente posible. Por supuesto, si el ángulo Q es de más de 90 grados, rotación siempre va a aumentar el tamaño de los E.

Este es un boceto de una respuesta; de ella depende en demostrar que un vértice de Correo está en un vértice de PQR, y un desordenado conjunto de casos de optimización. Pero espero haber capturado la distinción entre los dos casos descritos por (62, 89, 29).

Answer 3

Deje $T$ ser el triángulo dado, que tiene vértices $V_i$ y los bordes $E_i=[V_{i-1},V_{i+1}]$. El uso de $\triangle$ como variable de triángulos equiláteros contenida en $T$, e indicar los vértices de triángulos por $v_j$. Dada una instancia $I:=(\triangle, T)$ llame al número de incidencias $v_j\in E_i$ el defecto de esta instancia. Entonces uno tiene

Lema. Si el defecto de la instancia $I$ $\leq3$ $\triangle$ no es maximal.

Prueba. Salimos de defectos $\leq2$ para el lector y se preocupan de casos con defectos $3$. Si $v_1=V_1$ es un vértice de $T$, $v_2$ se encuentra en el borde adyacente $E_2$, e $v_3$ se encuentra en $T^\circ$, entonces uno puede moverse $v_2$ a lo largo de $E_2$ aumentar $\triangle$. Si $v_1=V_1$ $v_2$ se encuentra en el borde opuesto $E_1$, entonces uno puede gire levemente $\triangle$$v_1$, liberando $v_2$, por lo que el$\triangle$, entonces puede ser ampliada mediante la escala de $v_1$. Si $v_1$, $v_2$ se queda en el mismo borde de la $E_j$ $v_3$ en algunas de las otras borde de uno puede ser ligeramente traducir $[v_1,v_2]$ a lo largo de $E_j$ libre $v_3$.

Sigue siendo el caso que los tres vértices $v_i$ $\triangle$ están mintiendo en las tres aristas $E_i$$T$. Suponga que $\triangle$ tiene cara de longitud $s$, y se supone que $\angle(E_1,E_2)\leq60^\circ$. Si dejamos $v_1$ $v_2$ deslizarse a lo largo de $E_1$ $E_2$ tal que $|v_1v_2|=s$, en todos los tiempos, a continuación, $v_3$ va a describir un arco de una elipse (algunos cálculos es necesario para verificar esto). El borde de la $E_3$ es la intersección o tocar este arco en la posición inicial de $v_3$. Se sigue que no puede liberar a $v_3$ de esta manera y luego agrandar $\triangle$.

Por lo tanto, debemos considerar sólo las instancias de $I$ con un defecto de $4$ o más. Un defecto puede ser realizado de varias maneras (todos ellos que aparecen en diversas respuestas a esta pregunta):

(i) Los vértices $v_1$, $v_2$ de $\triangle$ coinciden con los dos vértices $V_1$, $V_2$ de $T$. Esto sólo es posible si $T$ tiene dos ángulos $\geq60^\circ$.

(ii) El vértice $v_1$ $\triangle$ coincide con el vértice $V_1$$T$, y los vértices $v_2$, $v_3$ está acostado en el borde opuesto $E_1$$T$. Esto sólo es posible si $T$ tiene dos ángulos $\leq60^\circ$.

(iii) El vértice $v_1$ $\triangle$ coincide con el vértice $V_1$$T$, el vértice $v_2$ está en el borde adyacente $[V_1,V_2]$$T$, y el vértice $v_3$ está en el borde opuesto $[V_2,V_3]$$T$. Resulta que en este caso sólo es relevante si el ángulo en el $V_2$$<30^\circ$.

De esta manera, el problema se ha reducido a la (computacional), el análisis de un número finito de casos.

Answer 4

Tomar los dos vértices en el lado más corto y dibujar círculos de cada una a la otra:

Si los círculos se intersectan en el triángulo de arriba, el más grande equilátero es como se muestra en verde. Se puede observar que si el triángulo verde es girado alrededor de los vértices, tendrá que ser menor.

Si los círculos no se cortan dentro del triángulo como en el siguiente caso:

...a continuación, trazar una perpendicular desde el vértice opuesto al lado más largo y la forma de la equilátero, como se muestra:

En ese caso también se puede observar que si el triángulo verde es rotada alrededor del vértice tendría que ser menor.

EDIT: Un caso más donde el triángulo inscrito ocupa ninguno de los vértices

Pero eso no es óptima desde el triángulo puede ser girado a pagar más de habitación.

EDICIÓN #2: (respuesta a la @ran)