Chiudere punti in un cerchio
Chiudere punti in un cerchio
Abbiamo n punti nel piano e sappiamo che comunque ne prendiamo 2 la loro distanza è al più $ d $. Dimostrare che esiste un cerchio di raggio $ \frac{d}{\sqrt{3}} $ che contiene tutti i punti. Buon lavoro!
Sono il cuoco della nazionale!
Re: Chiudere punti in un cerchio
Chiamo i punti $ p_1 , p_2 , ... p_n $.
Piazzo $ p_1 $ e successivamente piazzo $ p_2 $ tale che disti $ d $ da $ p_1 $. Piazzo $ p_3 $ nche in questo caso il più lontano possibile dagli altri due punti; ovvvero distante $ d $ da entrambi i punti. E' ovvio quindi che i tre punti mi formino un triangolo equilatero di lato $ d $. Disegno 3 circonferenze con centri nei 3 punti disegnati tutte e tre di raggio $ d $. Se voglio quindi piazzare un quarto punto sempre distante $ d $ dagli altri questo dovrà giocere su tutte e 3 le circonferenze ma essendo i punti distanti $ d $ l'uno dall'altro è ovvio che ogni punto giacerà sulle circonferenze degli altri 2 punti, ma dato che due cirocnferenze si intersecano al più in 2 punti, il secondo sarà simmetricamente opposto al primo rispetto al semento che unisce gli altri due ppunti e sarà quiondi distante $ \frac {2 d}{\sqrt3} $ che è maggiore di $ d $ e non è quindi possibili. In generale essendo $ d $ la massima distanza da ogni punto, i punti possibili saranno tutti quelli che giaciono all'interno (o al massimo sui bordi) dell'intersezione delle 3 circonferenze. Mi basta ora dimostrare che il cerchio dato in tesi contiene la figura ottenuta. Ovviamente il triangolo equilatero è intero ad entrambi (l'uno per costruzione l'altro perchè $ \frac{\sqrt3 d}{3} $ è la distanza del centro dai vertici in un triangolo equilatero di lato $ d $).
Mi manca da dimostrare che gli archi della circanferenza in tesi contengono gli archi dati dalle 3 cirocnferenze da me disegnate e sarà l'ora ma nn mi viene nessun metodo intelligente per farlo. ma visto che ho scritto tutto questo lo posto e poi domani con più lucidità lo completo.
Edit: Confronto le distanze passanti per il centro del triangolo tra i due archi formati da $ p_1 $ e $ p_2 $, e $ p_3 $. La prima ovviamente sarà un raggio e sarà lunga $ d $ ; la seconda, visto che entrambi i punti in esame fanno parte della circonferenza della tesi, sarà $ \frac{2d}{\sqrt3} $, che è maggiore di $ d $. Stesso discorso vale con li altri 2 archi di circonferenza; quindi la cirocnferenza di raggio $ \frac{d}{\sqrt3} $ contiene al suo interno tutti i luoghi dov'è è possibile che vi siano punti, perciò la tesi è dimostrata.
Piazzo $ p_1 $ e successivamente piazzo $ p_2 $ tale che disti $ d $ da $ p_1 $. Piazzo $ p_3 $ nche in questo caso il più lontano possibile dagli altri due punti; ovvvero distante $ d $ da entrambi i punti. E' ovvio quindi che i tre punti mi formino un triangolo equilatero di lato $ d $. Disegno 3 circonferenze con centri nei 3 punti disegnati tutte e tre di raggio $ d $. Se voglio quindi piazzare un quarto punto sempre distante $ d $ dagli altri questo dovrà giocere su tutte e 3 le circonferenze ma essendo i punti distanti $ d $ l'uno dall'altro è ovvio che ogni punto giacerà sulle circonferenze degli altri 2 punti, ma dato che due cirocnferenze si intersecano al più in 2 punti, il secondo sarà simmetricamente opposto al primo rispetto al semento che unisce gli altri due ppunti e sarà quiondi distante $ \frac {2 d}{\sqrt3} $ che è maggiore di $ d $ e non è quindi possibili. In generale essendo $ d $ la massima distanza da ogni punto, i punti possibili saranno tutti quelli che giaciono all'interno (o al massimo sui bordi) dell'intersezione delle 3 circonferenze. Mi basta ora dimostrare che il cerchio dato in tesi contiene la figura ottenuta. Ovviamente il triangolo equilatero è intero ad entrambi (l'uno per costruzione l'altro perchè $ \frac{\sqrt3 d}{3} $ è la distanza del centro dai vertici in un triangolo equilatero di lato $ d $).
Mi manca da dimostrare che gli archi della circanferenza in tesi contengono gli archi dati dalle 3 cirocnferenze da me disegnate e sarà l'ora ma nn mi viene nessun metodo intelligente per farlo. ma visto che ho scritto tutto questo lo posto e poi domani con più lucidità lo completo.
Edit: Confronto le distanze passanti per il centro del triangolo tra i due archi formati da $ p_1 $ e $ p_2 $, e $ p_3 $. La prima ovviamente sarà un raggio e sarà lunga $ d $ ; la seconda, visto che entrambi i punti in esame fanno parte della circonferenza della tesi, sarà $ \frac{2d}{\sqrt3} $, che è maggiore di $ d $. Stesso discorso vale con li altri 2 archi di circonferenza; quindi la cirocnferenza di raggio $ \frac{d}{\sqrt3} $ contiene al suo interno tutti i luoghi dov'è è possibile che vi siano punti, perciò la tesi è dimostrata.
Le parole non colgono il significato segreto, tutto appare un po' diverso quando lo si esprime, un po' falsato, un po' sciocco, sì, e anche questo è bene e mi piace moltissimo, anche con questo sono perfettamente d'accordo, che ciò che è tesoro e saggezza d'un uomo suoni sempre un po' sciocco alle orecchie degli altri.
Re: Chiudere punti in un cerchio
Ebbene, se consideri solo le configurazioni in cui hai un triangolo equilatero di lato d hai finito (anche se l'ultima parte non è molto chiara), altrimenti no. All'inizio affermi che piazzi i primi tre punti a distanza d; fino a piazzare i primi 2 ci si può anche stare (infatti puoi supporre che almeno due punti siano a distanza d, ovvero che d sia la distanza massima possibile tra due punti), ma in generale non puoi piazzare i punti: la configurazione di punti ti è data e non la puoi cambiare, puoi solo cercare un cerchio che li contenga tutti.
Sono il cuoco della nazionale!
Re: Chiudere punti in un cerchio
Sì l'ultima parte è effettivamente poco chiara.
Per il resto non ho capito a pieno la tua obbiezione. Provo a rendere più chiaro ed esplicito quello cho ho fatto all'inizio:
i punti che mi sono dati hanno ovviamente una loro configurazione,e l'unica cosa che so di questa configurazione è che due punti presi a caso possono avere una massima distanza $ d $. Visto che devo dimostrare che tutti questi punti sono contenuti tutti in un cerchio, se due punti hanno distanza minore di $ d $, bhe meglio. Ho a questo punto considerato il caso in cui questi punti siano il più lontani possibili li uni dagli altri (se poi questi stanno più vicini ben venga). Quindi ho piazzato prima 2 punti e poi anche il terzo in modo che questi risultassero il più lontani possibili gli uni dagli altri.
Per il resto non ho capito a pieno la tua obbiezione. Provo a rendere più chiaro ed esplicito quello cho ho fatto all'inizio:
i punti che mi sono dati hanno ovviamente una loro configurazione,e l'unica cosa che so di questa configurazione è che due punti presi a caso possono avere una massima distanza $ d $. Visto che devo dimostrare che tutti questi punti sono contenuti tutti in un cerchio, se due punti hanno distanza minore di $ d $, bhe meglio. Ho a questo punto considerato il caso in cui questi punti siano il più lontani possibili li uni dagli altri (se poi questi stanno più vicini ben venga). Quindi ho piazzato prima 2 punti e poi anche il terzo in modo che questi risultassero il più lontani possibili gli uni dagli altri.
Ultima modifica di amatrix92 il 21 dic 2010, 19:29, modificato 1 volta in totale.
Le parole non colgono il significato segreto, tutto appare un po' diverso quando lo si esprime, un po' falsato, un po' sciocco, sì, e anche questo è bene e mi piace moltissimo, anche con questo sono perfettamente d'accordo, che ciò che è tesoro e saggezza d'un uomo suoni sempre un po' sciocco alle orecchie degli altri.
Re: Chiudere punti in un cerchio
Dimostra che verrebbe proprio bene allora, non è affatto ovvio che mettere i primi tre punti in una situazione non estrema sia prendere un caso banale che si risolve in quello estremo.amatrix92 ha scritto:se poi questi stanno più vicini ben venga
Sono il cuoco della nazionale!
Re: Chiudere punti in un cerchio
visto che è passato un po' di tempo e nessuno ha tentato un'ulteriore dimostrazione potresti postare la dimostrazione a ciò che io avevo identificato come "fatto ovvio" ?
Le parole non colgono il significato segreto, tutto appare un po' diverso quando lo si esprime, un po' falsato, un po' sciocco, sì, e anche questo è bene e mi piace moltissimo, anche con questo sono perfettamente d'accordo, che ciò che è tesoro e saggezza d'un uomo suoni sempre un po' sciocco alle orecchie degli altri.
Re: Chiudere punti in un cerchio
Non so se esiste una dimostrazione in tal senso (ossia riducendosi ai casi in cui c'è un triangolo equilatero di lato d), pubblico la mia; non mi dilungo in formalità perché non voglio essere noioso.
1) Possiamo ammazzare tutti i punti che non appartengono all'inviluppo convesso degli n punti (cioè quelli che sono contenuti o sul bordo di un triangolo formato da altri punti), rimanendo con un poligono convesso e senza tre vertici allineati. Infatti se troviamo un cerchio per questo poligono allora tale cerchio è convesso e quindi contiene anche tutti i punti ammazzati. Dunque ci riduciamo al caso in cui gli n punti formano un poligono convesso.
2) Chiamiamo $ P_1,\cdots ,P_n $ i vertici del poligono presi nell'ordine, e supponiamo $ n\geq 3 $ altrimenti il problema è banale. Prendiamo una circonferenza per $ P_1 $ e $ P_2 $ che contenga tutti gli altri vertici, che chiaramente stanno tutti dalla stessa parte rispetto alla retta $ P_1P_2 $ (basta "allargarla" abbastanza dalla parte giusta e una circonferenza contiene tutti i punti). Ora "restringiamo" questa circonferenza fino a "toccare" uno (o più, ma non importa) dei vertici. In questo modo abbiamo trovato una circonferenza circoscritta a un triangolo della forma $ P_iP_jP_k $ (nella fattispecie i=1 e j=2) che contiene tutti gli altri punti.
3) Prendiamo l'insieme delle circonferenze circoscritte a qualche triangolo $ P_iP_jP_k $, e tali che ogni vertice del poligono sia interno o sul bordo di esse. Tale insieme non è vuoto (l'abbiamo dimostrato al punto 2) ed è finito (ha al più $ \binom{n}{3} $ elementi), dunque tra le circonferenze dell'insieme ne esiste una (che chiamiamo $ \mathcal{C} $) il cui raggio sia minimo. Sia $ S $l'insieme dei vertici che appartengono a $ \mathcal{C} $ (ovviamente sono almeno 3).
4) Si presentano due casi: il primo è quello in cui c'è almeno un triangolo acutangolo o rettangolo i cui vertici appartengono a $ S $; in questo casodetto $ ABC $ il triangolo e ponendo senza perdita di generalità $ BC $ come lato maggiore si ha che l'angolo in $ A $ (che chiamiamo $ \alpha $) è il maggiore del triangolo e periò vale almeno 60° ma al più 90°, dunque $ \sin{\alpha}\geq\sqrt{3}/2 $. Applicando la legge dei seni si ottiene che il raggio di $ \mathcal{C} $ è$ \frac{BC}{2\sin{\alpha}}\leq \frac{d}{2\sqrt{3}/2}=\frac{d}{\sqrt{3}} $, dunque $ \mathcal{C} $ come circonferenza va bene.
5) Se invece ci dice male e $ S $ contiene solo triangoli ottusangoli, allora prendiamo la massima corda $ AB $ con $ A, B\in S $, e dimostriamo che tutto S sta nel semipiano delimitato dalla retta $ AB $ che non contiene il centro $ O $ di $ \mathcal{C} $. $ A, B $ ci stanno. Se prendiamo un terzo punto $ C\in S $, il triangolo $ ABC $ è ottusangolo, e il lato maggiore (che è unico perché c'è un angolo ottuso, ed è $ AB $ per come abbiamo scelto $ A $ e $ B $) è opposto all'angolo in $ C $ che deve essere ottuso. Se $ C $ vede $ AB $ sotto un angolo ottuso si trova dalla parte giusta rispetto alla retta $ AB $, quella che non contiene $ O $.
6) Siamo arrivati a dimostrare che in questo caso i vertici del poligono si trovano o nel semipiano opposto a $ O $ definito da $ AB $, all'interno o sul bordo di $ \mathal{C} $, oppure all'interno di $ \mathcal{C} $ dalla parte di $ O $ rispetto a $ AB $. Se ora cominciamo ad avvicinare $ O $ ad $ AB $, mantenendolo sull'asse, possiamo spostarlo quanto basta perché accada una delle seguenti due cose: 1. Il punto $ O $ arriva sul punto medio di $ AB $ senza che l'arco della circonferenza $ AB $ abbia incontrato alcun vertice; 2.L'arco $ AB $ dalla parte di $ O $ becca un vertice del poligono prima che $ O $ sia arrivato sul segmento $ AB $. Nel primo caso $ \mathcal{C} $ è diventata la circonferenza di diametro $ AB $ e continua a contenere tutti i vertici, giacché il segmento circolare $ AB $ dalla parte opposta a $ O $ si espande sempre; il raggio è $ AB/2<d/\sqrt{3} $, e dunque questa circonferenza soddisfa la tesi. Nel secondo caso la nuova circonferenza ha raggio minore di $ \mathcal{C} $ , è circoscritta a un triangolo della forma $ P_iP_jP_k $ e contiene tutti i vertici del poligono, ma questo è assurdo per come avevamo scelto $ \mathcal{C} $.
1) Possiamo ammazzare tutti i punti che non appartengono all'inviluppo convesso degli n punti (cioè quelli che sono contenuti o sul bordo di un triangolo formato da altri punti), rimanendo con un poligono convesso e senza tre vertici allineati. Infatti se troviamo un cerchio per questo poligono allora tale cerchio è convesso e quindi contiene anche tutti i punti ammazzati. Dunque ci riduciamo al caso in cui gli n punti formano un poligono convesso.
2) Chiamiamo $ P_1,\cdots ,P_n $ i vertici del poligono presi nell'ordine, e supponiamo $ n\geq 3 $ altrimenti il problema è banale. Prendiamo una circonferenza per $ P_1 $ e $ P_2 $ che contenga tutti gli altri vertici, che chiaramente stanno tutti dalla stessa parte rispetto alla retta $ P_1P_2 $ (basta "allargarla" abbastanza dalla parte giusta e una circonferenza contiene tutti i punti). Ora "restringiamo" questa circonferenza fino a "toccare" uno (o più, ma non importa) dei vertici. In questo modo abbiamo trovato una circonferenza circoscritta a un triangolo della forma $ P_iP_jP_k $ (nella fattispecie i=1 e j=2) che contiene tutti gli altri punti.
3) Prendiamo l'insieme delle circonferenze circoscritte a qualche triangolo $ P_iP_jP_k $, e tali che ogni vertice del poligono sia interno o sul bordo di esse. Tale insieme non è vuoto (l'abbiamo dimostrato al punto 2) ed è finito (ha al più $ \binom{n}{3} $ elementi), dunque tra le circonferenze dell'insieme ne esiste una (che chiamiamo $ \mathcal{C} $) il cui raggio sia minimo. Sia $ S $l'insieme dei vertici che appartengono a $ \mathcal{C} $ (ovviamente sono almeno 3).
4) Si presentano due casi: il primo è quello in cui c'è almeno un triangolo acutangolo o rettangolo i cui vertici appartengono a $ S $; in questo casodetto $ ABC $ il triangolo e ponendo senza perdita di generalità $ BC $ come lato maggiore si ha che l'angolo in $ A $ (che chiamiamo $ \alpha $) è il maggiore del triangolo e periò vale almeno 60° ma al più 90°, dunque $ \sin{\alpha}\geq\sqrt{3}/2 $. Applicando la legge dei seni si ottiene che il raggio di $ \mathcal{C} $ è$ \frac{BC}{2\sin{\alpha}}\leq \frac{d}{2\sqrt{3}/2}=\frac{d}{\sqrt{3}} $, dunque $ \mathcal{C} $ come circonferenza va bene.
5) Se invece ci dice male e $ S $ contiene solo triangoli ottusangoli, allora prendiamo la massima corda $ AB $ con $ A, B\in S $, e dimostriamo che tutto S sta nel semipiano delimitato dalla retta $ AB $ che non contiene il centro $ O $ di $ \mathcal{C} $. $ A, B $ ci stanno. Se prendiamo un terzo punto $ C\in S $, il triangolo $ ABC $ è ottusangolo, e il lato maggiore (che è unico perché c'è un angolo ottuso, ed è $ AB $ per come abbiamo scelto $ A $ e $ B $) è opposto all'angolo in $ C $ che deve essere ottuso. Se $ C $ vede $ AB $ sotto un angolo ottuso si trova dalla parte giusta rispetto alla retta $ AB $, quella che non contiene $ O $.
6) Siamo arrivati a dimostrare che in questo caso i vertici del poligono si trovano o nel semipiano opposto a $ O $ definito da $ AB $, all'interno o sul bordo di $ \mathal{C} $, oppure all'interno di $ \mathcal{C} $ dalla parte di $ O $ rispetto a $ AB $. Se ora cominciamo ad avvicinare $ O $ ad $ AB $, mantenendolo sull'asse, possiamo spostarlo quanto basta perché accada una delle seguenti due cose: 1. Il punto $ O $ arriva sul punto medio di $ AB $ senza che l'arco della circonferenza $ AB $ abbia incontrato alcun vertice; 2.L'arco $ AB $ dalla parte di $ O $ becca un vertice del poligono prima che $ O $ sia arrivato sul segmento $ AB $. Nel primo caso $ \mathcal{C} $ è diventata la circonferenza di diametro $ AB $ e continua a contenere tutti i vertici, giacché il segmento circolare $ AB $ dalla parte opposta a $ O $ si espande sempre; il raggio è $ AB/2<d/\sqrt{3} $, e dunque questa circonferenza soddisfa la tesi. Nel secondo caso la nuova circonferenza ha raggio minore di $ \mathcal{C} $ , è circoscritta a un triangolo della forma $ P_iP_jP_k $ e contiene tutti i vertici del poligono, ma questo è assurdo per come avevamo scelto $ \mathcal{C} $.
Sono il cuoco della nazionale!