Area $<=1/16$

[giammaria2]

Un problema di molti anni fa me ne aveva suggerito un altro, che non so risolvere; è anche possibile che non ci sia una soluzione breve, ma ne vorrei conferma. Prima di esporre il mio problema mi sembra giusto proporre quello originale; è abbastanza facile, quindi suggerisco che i supersolutori tacciano per due o tre giorni, lasciando il campo libero ai meno esperti.

All'interno di un quadrato di lato $1$ ci sono 7 punti. Dimostrare che fra tutti i triangoli ottenibili congiungendo tre punti, scelti fra questi ed i 4 vertici, ce n'è almeno uno con area $<=1/16$.

[axpgn]

Mi è venuta quest'idea ...

Mettendo il primo punto suddivido il quadrato in quattro triangoli; ogni punto successivo si troverà all'interno di un triangolo e lo suddividerà in tre triangoli aggiungendone due al computo totale.
Al settimo punto avremo generato $16$ triangoli e quindi ...

Cordialmente, Alex

[giammaria2]

Era stata anche la ma soluzione, ma avevo suggerito che i supersolutori tacessero. Dato che una risposta c'è stata, pongo ora il quesito che non so risolvere, mettendolo però in spoiler in modo da non dare suggerimenti a chi vuole ancora cimentarsi col primo.

E' certo possibile disporre i punti in modo che i 16 triangoli abbiano tutti area $1/16$ e quindi nessuno ne scenda al di sotto. In totale però il numero dei triangoli è $C_(11,3)=165$: è anche possibile disporre i punti in modo che nessuna area valga meno di $1/16$? Se sì, come?

[axpgn]

Io sarei un supersolutore? ... Li hai contati i miei interventi in questa sezione in confronto ai tuoi, a quelli di veciorik o Erasmus (giusto per dire i primi che mi vengono in mente ...) ?
[ot]Se non l'avessi scritto quando mi è venuto in mente mi sarei autodefinito "supersolutore" ma non è quello che penso ...[/ot]

Cordialmente, Alex

[giammaria2]

No, non ho contato i tuoi interventi, ma so che sono buoni e numerosi; noto che hai al tuo attivo 10955 messaggi, contro i miei 4817. Naturalmente parlando di supersolutori mi riferivo ai partecipanti di questa sezione e non ai grandi della matematica; non mi pronuncio sulle altre persone che citi, ma so benissimo che io non sono uno di quei grandi.

[axpgn]

Se non contiamo i triangoli degeneri una disposizione l'avrei trovata (credo ...) ...
Un punto in $(1/8,7/8)$ e il suo simmetrico, un punto in $(1/6,1/6)$ e il suo simmetrico, un punto in $(5/16,11/16)$ e il suo simmetrico e il settimo punto al centro.

Se ho capito bene tu vorresti che tutti i $165$ triangoli siano uguali a $1/16$, corretto?
Pensi sia possibile?

Cordialmente, Alex

[spugna2]

"axpgn":

Se non contiamo i triangoli degeneri una disposizione l'avrei trovata (credo ...) ...
Un punto in $(1/8,7/8)$ e il suo simmetrico, un punto in $(1/6,1/6)$ e il suo simmetrico, un punto in $(5/16,11/16)$ e il suo simmetrico e il settimo punto al centro.

Se ho capito bene tu vorresti che tutti i $165$ triangoli siano uguali a $1/16$, corretto?
Pensi sia possibile?

Cordialmente, Alex

Sbaglio o il triangolo $(0,0),(1/6,1/6),(5/16,11/16)$ ha area $1/32$? Però mi hai dato un'idea: mettere tutti i punti su una diagonale dividendola in 8 parti uguali.

[giammaria2]

I triangoli degeneri vanno considerati e non devono essercene, dato che hanno area inferiore ad $1/16$: la mia principale difficoltà è proprio quella.

Non so se il mio problema è possibile o no; tendo per il no dati i miei numerosi infruttuosi tentativi, ma allora questo andrebbe dimostrato.
Sicuramente non tutte le aree valgono $1/16$: ad esempio, vale $3/16$ quella di un triangolo suddiviso in tre triangoli con quell'area. Credo che tutte le aree debbano essere multiple di $1/16$, ma non ci ho pensato molto.

[axpgn]

Sì, certo, me ne sono accorto quando ormai ero già partito ... ... peraltro è pure sbagliata come giustamente notato da spugna ...

[spugna2]

Forse ce l'ho:

Il primo punto divide il quadrato in quattro triangoli, due dei quali hanno area non superiore a $1/4$: se uno di essi contenesse altri due punti, lo si potrebbe suddividere in 5 triangoli, ottenendo così un'area $<=1/20$, quindi entrambi possono contenerne al più uno; inoltre, per ciascuno di questi due triangoli possiamo dire che:

-se non contiene altri punti, è uno dei 16 triangoli "finali", quindi deve avere area $1/16$;
-se contiene un altro punto, è costituito da 3 dei 16 triangoli finali, quindi deve avere area $3/16$ e il punto al suo interno deve essere il suo baricentro.

Ora, se i due triangoli avessero la stessa area, il primo punto apparterrebbe a una diagonale del quadrato, dando vita così a un triangolo degenere, perciò le due aree sono $1/16$ e $3/16$, e il primo punto dista $1/8$ e $3/8$ dai rispettivi lati del quadrato. A questo punto però possiamo ripetere il procedimento per un'altra suddivisione in 16 triangoli, in particolare una che inizia da un altro punto, quindi tutti i 7 punti devono trovarsi a distanze $1/8$ e $3/8$ da due lati: in totale ci sono 8 punti interni al quadrato con questa proprietà, e a meno di simmetrie c'è un solo modo di sceglierne 7, ma si vede facilmente che tale configurazione non soddisfa la richiesta: ad esempio si possono prendere due punti che distano $1/8$ da uno stesso lato e un estremo di quest'ultimo, e viene un triangolo di area $1/64$.

[giammaria2]

@ spugna. Buono l'inizio, ma da un certo punto in poi non ti capisco più.

Scrivi "quindi tutti i 7 punti devono trovarsi a distanze $1/8$ e $3/8$ da due lati": perché? Ad esempio, se fosse $S(ABP_1)=3/16$ al suo interno ne prenderei il baricentro: dista $1/8$ da AB ma la sua distanza da altri lati non è $3/8$. Anche peggio per triangoli aventi per vertici due o più punti P.

Le vostre osservazioni mi hanno fatto sorgere un'altra domanda, che è più facile ed a cui ho saputo rispondere; dalla sua riposta si deduce anche la risposta alla mia prima domanda (con un punto un po' dubbio). Lascio a voi il problema.

La domanda è: "E' possibile evitare i triangoli degeneri?" e la risposta è no. Definisco bene il problema.
All'interno di un quadrato pongo 7 punti, in modo tale che il quadrato sia coperto senza sovrapposizioni da 16 triangoli; nel farlo uso il criterio indicato da axpgn nella risposta al problema originale. Dimostrare che è impossibile disporli in modo da rispettare entrambe le seguenti condizioni:
1) i 16 triangoli sono equivalenti;
2) considerando anche i vertici del quadrato, non ci sono tre o più punti allineati.

[spugna2]

"giammaria":@ spugna. Buono l'inizio, ma da un certo punto in poi non ti capisco più.

Scrivi "quindi tutti i 7 punti devono trovarsi a distanze $1/8$ e $3/8$ da due lati": perché? Ad esempio, se fosse $S(ABP_1)=3/16$ al suo interno ne prenderei il baricentro: dista $1/8$ da AB ma la sua distanza da altri lati non è $3/8$. Anche peggio per triangoli aventi per vertici due o più punti P.

In effetti avrei potuto esprimermi meglio...

La suddivisione in 16 triangoli si ottiene numerando i punti da 1 a 7 e congiungendo a ogni passo l'ultimo punto coi vertici del poligono che lo contiene. Ora, se vogliamo che tutti i 165 triangoli abbiano area almeno $1/16$, è necessario che qualsiasi numerazione dei 7 punti dia luogo a 16 triangoli di area $1/16$, ma allora per ogni punto possiamo scegliere una numerazione rispetto alla quale è il primo, considerare la suddivisione corrispondente e dedurre (tramite il ragionamento che avevo scritto nella prima parte) che le distanze del primo punto dai lati del quadrato sono forzate.

[giammaria2]

@ spugna. Non mi convince, per i seguenti motivi.

Il quadrato è coperto con 16 triangoli (di copertura) e ce ne sono altri 165-16=149; il dato di $1/16$ vale solo per i primi 16, che quindi occorre distinguere bene dagli altri. Tenendo conto di questo, notiamo che:
- La numerazione dei punti non può essere cambiata in totale libertà perché ogni punto viene messo considerando la posizione di quelli precedenti. Ad esempio, $P_2$ sta in un triangolo in cui un vertice è $P_1$ ma non è vero il contrario.
- I 149 triangoli non di copertura possono avere qualsiasi area superiore ad $1/16$, anche $4/19$. Quindi tutti i punti devono distare almeno $1/8$ dai lati del quadrato ma in generale quella distanza può essere qualsiasi.

[giammaria2]

Spugna, ci ho ripensato e mi hai convinto! Ti chiedo scusa e ti faccio vivi complimenti; cancellerei il mio precedente intervento se non lo ritenessi scorretto nei confronti di chi l'ha già letto. Quanto a me, devo prendere l'abitudine di rispondere solo dopo alcune ore di riflessione.
Allego il ragionamento col quale arrivo alla predetta convinzione.

Escludo che ci siano tre punti allineati perché in quel caso sarebbe già dimostrata la tesi, che è "Almeno un triangolo ha area inferiore ad $1/16$".
Dopo aver coperto il quadrato nel modo indicato, lascio i 7 punti e cancello tutti i segmenti interni al quadrato. Prendo poi uno qualsiasi di quei punti e lo congiungo con i vertici; proseguo col criterio che se in un triangolo ci sono uno o più punti, uno di essi viene collegato ai vertici del triangolo. Quando l'avrò fatto per tutti i 7 punti, avrò ottenuto un'altra copertura del quadrato, sempre con 16 triangoli.
Conclusione: uno qualsiasi di quei punti può essere considerato come il primo.
Per il resto, rimando a quanto scritto da Spugna.