[tex]2n+3[/tex] punti

[xXStephXx]

E' assegnato un insieme di $ 2n+3 $ punti del piano, privo di terne allineate e quaterne cicliche. Dimostrare che è possibile tracciare una circonferenza passante per $ 3 $ di questi punti, in modo che vi siano $ n $ punti interni e $ n $ punti esterni.

[Mist]

Traccio una retta passante per due punti qualsiasi. Inizialmente avrò $A$ punti da una parte di tale retta (nel semipiano $\Gamma _A$) e $B$ punti dall'altra parte (nel semipiano $\Gamma _B$), con $A+B:= 2n+3$. Ora, il mio obbiettivo è ottenere $A=n$ e $B=n+1$. Si ha che per arrivare alla configurazione desiderata, ovvero quella in cui la retta divide i $2n+3$ punti nel modo suddetto, è sufficente che si faccia così: se $A<n$ allora facciamo ruotare la nostra retta intorno ad uno dei punti che gli apparengono in modo tale che il semipiano che contiene $A$ punti ne guadagni uno. Procedendo in questo modo si arriva a $A=n$ e quindi a $B=n+1$. Si ragiona in maniera analoga se si parte con $B<n+1$.Chiamo questa retta $r$ e dico che passa per due punti appartenenti all'insieme dei $2n+3$ fissati inizialmente che chiamo $Q$ e $W$. Fatto questo, è sufficiente ora considerare nel fascio delle circonferenze avente come punti d'appoggio i punti $W$ e $Q$ e prendere tra queste circonferenze quella a cui appartiene uno e uno soltando dei punti appartenenti a $\Gamma _B$, dove ora $\Gamma _B$ non è altro che il semipiano che contiene $n+1$ punti e che è limitato da $r$. Si verifica che siccome questa circonferenza "ruba" un punto a $B$, e ne ruba uno solo in conseguenza del fatto che non ci sono 4 punti conciclici, questa verifica le condizioni richieste dal problema.

P.S.: scusate se sono stato verboso, ma tempo fa non ero riuscito a risolvere un problema simile e mi volevo togliere lo sfizio

[fph]

Hint per una soluzione diversa che usa un'idea secondo me importante:

Testo nascosto:

Quanto sarebbe più facile se uno dei tre punti fosse il punto all'infinito...

[dario2994]

Traccio una retta passante per due punti qualsiasi. Inizialmente avrò $A$ punti da una parte di tale retta (nel semipiano $\Gamma _A$) e $B$ punti dall'altra parte (nel semipiano $\Gamma _B$), con $A+B:= 2n+3$. Ora, il mio obbiettivo è ottenere $A=n$ e $B=n+1$. Si ha che per arrivare alla configurazione desiderata, ovvero quella in cui la retta divide i $2n+3$ punti nel modo suddetto, è sufficente che si faccia così: se $A<n$ allora facciamo ruotare la nostra retta intorno ad uno dei punti che gli apparengono in modo tale che il semipiano che contiene $A$ punti ne guadagni uno. Procedendo in questo modo si arriva a $A=n$ e quindi a $B=n+1$. Si ragiona in maniera analoga se si parte con $B<n+1$.Chiamo questa retta $r$ e dico che passa per due punti appartenenti all'insieme dei $2n+3$ fissati inizialmente che chiamo $Q$ e $W$. Fatto questo, è sufficiente ora considerare nel fascio delle circonferenze avente come punti d'appoggio i punti $W$ e $Q$ e prendere tra queste circonferenze quella a cui appartiene uno e uno soltando dei punti appartenenti a $\Gamma _B$, dove ora $\Gamma _B$ non è altro che il semipiano che contiene $n+1$ punti e che è limitato da $r$. Si verifica che siccome questa circonferenza "ruba" un punto a $B$, e ne ruba uno solo in conseguenza del fatto che non ci sono 4 punti conciclici, questa verifica le condizioni richieste dal problema.

P.S.: scusate se sono stato verboso, ma tempo fa non ero riuscito a risolvere un problema simile e mi volevo togliere lo sfizio

Non ho capito questa soluzione Principalmente non capisco perchè la circonferenza che tracci ne debba avere $n$ al suo interno...

Ma già che ci sono faccio un rilancione incredibile, uno dei risultati olimpici più belli di sempre! (e direi che anche qui l'hint di fph torna utile )

Bonus con l'eskimo
Quante sono le circonferenze che rispettano le richieste?

[Mist]

ecco, infatti, mi sono accorto mentre ero dal parrucchiere che la soluzione è essenzialmente segata, o meglio, va quantomeno aggiusta l'ultima parte facendo qualche caso particolare. Una volta che si è ottenuta la retta che partiziona i 2n+3 punti in due insiemi di n e n+1 punti, ho costruito il fascio di circonferenze che ha come punti di appoggio i due punti tra i 2n+3 che definiscono al retta che abbiamo trovato, ma ho dato per scontato che la circonferenza incontrasse prima un punto di B che un punto di A, comunque non penso che sia grave, devo solo pensarci un attimino

[xXStephXx]

A noi ci hanno mostrato una soluzione elegante..

Testo nascosto:

Chiamo $ A $ e $ B $ due punti qualsiasi che apparterranno alla circonferenza richiesta. Per ogni punto $ C $ che sarà il terzo punto per il quale passa la circonferenza, non esistono coppie di angoli $ \hat{ACB} $ uguali tra loro. Questo perchè siccome tutti gli angoli giaciono sulla stessa corda, se due fossero uguali i due punti $ C $ apparterrebbero alla stessa circonferenza, ma non esistono quaterne di punti ciclici. Quindi scegliamo il punto $ C $ tale che l'angolo che si forma sia il medio. Ora traccio la circonferenza che passa per $ A $, $ B $, $ C $. Gli $ n $ punti che formano angoli di ampiezza minore di $ \hat{ABC} $ stanno fuori dalla circonferenza, gli altri $ n $ dentro. (Questo per il fatto che $ C $ è il punto che forma l'angolo medio)