Conjetura: Cada conjunto convexo de área $1$ está contenida en un triángulo de área $2$.

Question

Considere lo siguiente:

Conjetura. Cada conjunto convexo de área $1$ está contenida en un triángulo de área $A = 2$.

Puedo probarlo si $A$ se ha cambiado a $4$. El conjunto convexo ser un cuadrado muestra que $A = 2$ sería apretado si es cierto.

Parece que este debe ser conocido, al menos considerado en la literatura, pero buscando en google no ha funcionado para mí. Nadie puede suministrar una prueba de esto o darme una referencia?

Answer 1

Bueno, después de pensar en lo de anoche creo que tengo una prueba. Deje $a(X)$ ser el área de $X$.

Considere la posibilidad de un contraejemplo a la conjetura, con conjunto convexo $M$ y el mínimo, adjuntando el triángulo $T$ tal que $a(M) < 2 a(T)$. Sin pérdida de generalidad, supongamos que uno de los lados de $T$ está contenida en el $x$-eje del plan, con su centro en $(0, 0)$. Para cada punto de $(x, y)$ en el avión, realizar una cizalla de transformación de $x \mapsto x + k_1 y$, de modo que $T$ es isósceles y, a continuación, realizar un tramo horizontal compresión/$x \mapsto k_2 x$, de modo que $T$ es un triángulo equilátero. Deje $T$ $M$ ahora referencia a estas nuevas figuras en estas transformaciones. Desde estas transformaciones preservar relativa de la zona, tomar triángulos los triángulos, tomar conjuntos convexos para conjuntos convexos, y se invertable,sabemos que $T$ $M$ debe todavía ser un contraejemplo a la conjetura.

Así que ahora tenemos un diagrama que se parece a esto:

Aviso que he dibujado $T$ de intersección $M$ en el punto medio de cada lado ($D, E, F$ en el diagrama). Este debe ser si $T$ es un mínimo, adjuntando el triángulo (ver este artículo - básicamente si había algún lado que no cumple $M$ en el punto medio, usted puede hacer una muy pequeña rotación de un lado hacia la parte más grande dando un pequeño triángulo que encierra).

Ahora vamos a voltear $T$ al revés, crear una "estrella de David" diagrama.

Considere la posibilidad de $\triangle ADE$. Observe que $T'$ cortes de este triángulo en dos piezas exactamente $1/3$ de la forma de la base de la $DE$$A$. Observe también que $M$ no llega a los $T'$ línea por una distancia de $x$. Esto es importante: si $M$ hizo llegar a esta línea, que la parte de $M$ dentro $\triangle ADE$ al menos $1/3$$\triangle ADE$. Si, además, $M$ también llegó a la línea de triángulos $\triangle BDF$$\triangle CEF$, $M$ área de por lo menos $$ a(M) \geq(\triángulo DEF) + \frac{1}{3}\bigg(un(\triángulo ADE) + a(\triángulo BDF) + a(\triángulo CEF)\bigg) \geq \frac{1}{2} (T) $$ Esta es una clara contradicción. Así, en al menos uno de los tres triángulos, $M$ no llega a los $1/3$ marca. En nuestro ejemplo, no llega a $T'$ $\triangle BDF$ $\triangle ADE$ por una distancia de $x$ $y$ respectivamente. Sin embargo, $M$ supera $T'$ por una distancia de $z$$\triangle CEF$. Aún podemos tener la declaración contradictoria $a(M) \geq \frac{1}{2} a(T)$ si $z$ es demasiado grande en comparación con $x$$y$. De hecho, ya podemos obligado el área de $M$ en cada triángulo proporcional a la altura, podemos decir explícitamente al $x + y > z$, ya que de lo contrario podríamos mostrar $a(M) \geq \frac{1}{2} a(T)$.

Con la declaración de $x + y > z$, ahora se puede deslizar $T'$ sin rotar, por lo que ahora estrictamente encierra $M$. Por qué? Bueno, imagino deslizante $T'$ en la dirección $\overrightarrow{DF}$. Como $x$ se hace más pequeño, $z$ se hace menor en la misma proporción, y $y$ permanece el mismo. Ahora, si usted deslice $T'$ en la dirección de $\overrightarrow{DE}$, $y$ se reducirá en la misma proporción $z$ hace más pequeño, y desde $x + y > z$, se puede deslizar $T'$, por lo que es totalmente encierra $M$:

Esto contradice el hecho de que $T$ era de un mínimo de un triángulo (desde ahora podemos hacer $T'$ un poco más pequeño y todavía encierran $M$.

Ahora, una última preocupación que usted pueda tener es que no hay un mínimo absoluto que encierra triángulo $T$ (tal vez debido a una secuencia infinita de triángulos que se hacen más pequeños y más pequeños). Sin embargo, no te preocupes, cualquier conjunto convexo tiene un mínimo absoluto triángulo que contiene. Por qué? Bien, consideremos la función $F(\alpha, \beta, \gamma)$ que se lleva en tres ángulos en el rango de $[0, 2 \pi]$. Para el ángulo de $\alpha$, tomamos una línea perpendicular a $\alpha$ y el enfoque de $M$ (desde el infinito) con esta línea hasta que llegamos a $M$. Si hacemos esto con $\beta$$\gamma$, entonces se crea un triángulo. La salida de $F(\alpha, \beta, \gamma)$ es el área de este triángulo. Mientras esta función puede tomar infinitos valores, si cortamos estas secciones podemos obtener una función continua en un dominio compacto y, por tanto, debe lograr que los mínimos valores.