Ре­ше­ние. Рас­смот­рим три усло­вия:

• точки O и A по одну сто­ро­ну от пря­мой B_jC_k,

• точки O и B по одну сто­ро­ну от пря­мой A_iC_k,

• точки O и C по одну сто­ро­ну от пря­мой A_iB_j.

Если хотя бы одно из них вы­пол­не­но, тре­уголь­ник A_iB_jC_k яв­ля­ет­ся синим. Если все три не вы­пол­не­ны, тре­уголь­ник яв­ля­ет­ся крас­ным. По­нят­но, что верно из трёх усло­вий может быть мак­си­мум одно, и ко­ли­че­ства со­от­вет­ству­ю­щих синих тре­уголь­ни­ков равны. По­это­му мы будем рас­смат­ри­вать пер­вое усло­вие. Таким об­ра­зом, если мы по­ка­жем, что тре­уголь­ни­ков, для ко­то­рых вы­пол­не­но пер­вое усло­вие, боль­ше от об­ще­го числа, то мы до­ка­жем, что всего синих боль­ше, чем крас­ных.

За­ме­тим, что пер­вое усло­вие не за­ви­сит от по­ло­же­ния точки A_i, а за­ви­сит толь­ко от B_jи C_k. Для крат­ко­сти обо­зна­чим (тогда на каж­дой сто­ро­не n точек, всего n³ тре­уголь­ни­ков; каж­дая сто­ро­на раз­де­ле­на на 6l рав­ных ча­стей). Тогда нам надо до­ка­зать, что из пар (B_j, C_k) более части (то есть стро­го более ) удо­вле­тво­ря­ет усло­вию.

Рас­смот­рим аф­фин­ную си­сте­му ко­ор­ди­нат, в ко­то­рой A = (0, 0), C = (1, 0), B = (0, 1). Тогда в этой си­сте­ме ко­ор­ди­нат:

Урав­не­ние пря­мой имеет вид:

Чтобы точки A и O ле­жа­ли с одной сто­ро­ны от B_jC_k, ли­ней­ная функ­ция в точ­ках (0, 0) и (1/3, 1/3) долж­на быть од­но­го знака, то есть от­ри­ца­тель­на, то есть

Таким об­ра­зом, нам тре­бу­ет­ся по­ка­зать, что не­ра­вен­ство

имеет ре­ше­ний более n²/6 при j, k ∈ {1, . . . , n}, то есть более Таким об­ра­зом, нам нужно по­ка­зать, что стро­го внут­ри об­ла­сти с синей гра­ни­цей лежит не менее ше­стой части точек вида

для j, k ∈ {1, . . . , n}.

Ос­нов­ная идея со­сто­ит в том, что зелёная об­ласть со­став­ля­ет 1/6 пло­ща­ди квад­ра­та, по­это­му вме­сте с жёлтой об­ла­стью это уже стро­го боль­ше 1/6, так что при боль­ших n все­гда боль­ше синих тре­уголь­ни­ков, чем крас­ных. Од­на­ко эту идею проще ре­а­ли­зо­вать при n, стре­мя­щем­ся к бес­ко­неч­но­сти, а нам тре­бу­ет­ся до­ка­за­тель­ство для n  =  2015. Пе­рейдём к стро­го­му до­ка­за­тель­ству.

Стро­го внут­ри квад­ра­та [2/3, 1]×[2/3, 1] лежит синих точек. Внут­ри тре­уголь­ни­ка с вер­ши­на­ми (2/3, 2/3), (1, 1/2), (1, 2/3), ис­клю­чая вер­ши­ну и точки пря­мой остаётся точки. Сум­мар­но по­лу­ча­ем точки, что мень­ше од­на­ко ещё есть точки стро­го внут­ри жёлтых об­ла­стей, ко­то­рых нам до­ста­точ­но найти ещё хотя бы 2 штуки. Или в одной об­ла­сти хотя бы две точки. Возьмём тогда в левой жёлтой об­ла­сти точки и (2016 де­лит­ся на 24, так что эти точки нам под­хо­дят).

Ответ: боль­ше синих тре­уголь­ни­ков.

При­ведём слег­ка дру­гой метод за­вер­ше­ния до­ка­за­тель­ства. Рас­смот­рим вер­ши­ны зелёного четырёхуголь­ни­ка, а также 4 най­ден­ные до­пол­ни­тель­ные точки в жёлтых об­ла­стях. По фор­му­ле Пика (или «счётом по кле­точ­кам», что на самом деле почти одно и то же) можно по­лу­чить, что пло­щадь их общей вы­пук­лой обо­лоч­ки равна

При рас­тя­же­нии кар­тин­ки в 24l раз (2016 де­лит­ся на 24, то есть этот слу­чай нам под­хо­дит) мно­го­уголь­ник имеет 8 целых вер­шин, на его сто­ро­нах лежит 18(l − 1) вер­шин, стро­го внут­ри N целых точек. Од­на­ко синие тре­уголь­ни­ки дают также целых точек гра­ни­цы мно­го­уголь­ни­ка. Тогда вы­чис­ле­ние пло­ща­ди по фор­му­ле Пика даёт ра­вен­ство

Остаётся до­ка­зать, что

что рав­но­силь­но Квад­рат­ное урав­не­ние имеет корни Но 2016 > 24 (по­это­му ), по­это­му не­ра­вен­ство вы­пол­не­но.

За­ме­ча­ние. На самом деле крас­ных тре­уголь­ни­ков боль­ше для n = 1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, ко­ли­че­ства равны при n = 6 и 12. При всех осталь­ных n синих тре­уголь­ни­ков боль­ше.