XVII OM - III - Zadanie 6

Na płaszczyźnie leży 6 punktów. Dowieść, że stosunek najdłuższego spośród odcinków, łączących te punkty parami, do najkrótszego z tych odcinków nie jest mniejszy od $ \sqrt{3} $.

Rozwiązanie

Przyjmiemy oznaczenia: $ \{A_i\} $ zbiór danych punktów $ A_1, A_2, \ldots, A_6 $, $ \alpha $ - maksimum odległości $ A_iA_k $, $ \delta $ - minimum odległości $ A_iA_k $ ($ i, k=1, 2, \ldots, 6 $).

Mamy dowieść, że $ d \geq \delta \sqrt{3} $.

Prawdziwość tezy twierdzenia łatwo stwierdzić w następujących dwóch przypadkach:

a) W zbiorze $ \{A_i\} $ istnieją $ 3 $ punkty współliniowe. Niech na przykład $ A_2 $ leży na odcinku $ A_1A_3 $, przy czym $ A_1A_2 \leq A_2A_3 $. Wówczas

\[<br />
A_1A_3 \geq 2A_1A_2,\ d \geq A_1A_3,\  \delta \leq A_1A_2,\textrm{ zatem } d \geq 2\delta > \delta \sqrt{3}.<br />
\]

b) Trzy spośród punktów zbioru $ \{A_1\} $ tworzą trójkąt, którego jeden kąt nie jest mniejszy od $ 120^\circ $. Niech na przykład $ 180^\circ > \measuredangle A_1A_2A_3 \geq 120^\circ $. Wtedy $ \cos \measuredangle A_1A_2A_3\leq -\frac{1}{2} $, zatem

\[<br />
A_1A_3^2= A_1A_2^2+ A_2A_3^2 -2A_1A_2 \cdot A_2A_3 \cos \measuredangle A_1A_2A_3 \geq A_1A_2^2 + A_2A_3^2 + A_1A_2 \cdot A_2A_3;<br />
\]

ponieważ $ A_1A_3 \leq d $, $ A_1A_2 \geq \delta $, $ A_2A_3 \geq \delta $, więc z powyższej nierówności wynika, że

\[<br />
d^2 \geq 3\delta^2, \textrm{ a stąd } d \geq \delta \sqrt{3}.<br />
\]

Przypuśćmy, że dla danego zbioru punktów $ \{A_i\} $ nie zachodzi przypadek a); udowodnimy, że ma miejsce wówczas przypadek b).

Niech $ W $ będzie takim wielokątem wypukłym zawierającym zbiór $ \{A_i\} $, którego każdy wierzchołek jest jednym z punktów $ A_i $. Wielokąt $ W $ może mieć $ 3 $, $ 4 $, $ 5 $ lub $ 6 $ wierzchołków.

Jeżeli $ W $ jest trójkątem, np. $ A_1A_2A_3 $, to punkt $ A_4 $ leży wewnątrz tego trójkąta. W jednym z trójkątów $ A_1A_4A_2 $, $ A_1A_4A_3 $, $ A_2A_4A_3 $ kąt przy wierzchołku $ A_4 $ jest $ \geq 120^\circ $, gdyż suma miar wszystkich trzech kątów o wierzchołku $ A_4 $ wynosi $ 360^\circ $.

Jeżeli $ W $ jest czworokątem, np. $ A_1A_2A_3A_4 $ lub pięciokątem, np. $ A_1A_2A_3A_4A_5 $, to $ W $ można podzielić na trójkąty przekątnymi wychodzącymi z jednego wierzchołka; punkt $ A_6 $ znajduje się wewnątrz jednego z tych trójkątów, więc ten przypadek sprowadza się do poprzedniego.

Jeżeli wreszcie $ W $ jest sześciokątem, to suma miar jego kątów wynosi $ 720^\circ $, więc największy z tych kątów jest $ \geq 120^\circ $ i wyznacza żądany trójkąt.

Z powyższego wynika, że teza twierdzenia jest prawdziwa dla każdego zbioru sześciu punktów płaszczyzny.

Uwaga 1. W powyższym rozumowaniu korzystaliśmy z twierdzenia, że dla każdego zbioru $ n \geq 3 $ punktów płaszczyzny, nie leżących na jednej prostej istnieje taki wielokąt wypukły zawierający cały ten zbiór, którego wierzchołki są punktami zbioru. Istnienie takiego wielokąta - nazwiemy go oponą danego zbioru punktów - jest intuicyjnie oczywiste. Zaznaczmy na płaskim stole dowolną liczbę punktów, wbijmy w tych punktach szpilki, a następnie załóżmy z zewnątrz gumkę, tak aby się ściągnęła dokoła szpilek. Gumka oprze się na niektórych szpilkach i utworzy wielokąt wypukły obejmujący wszystkie szpilki. Takie doświadczenie nie zastąpi oczywiście dowodu, który obecnie przeprowadzimy.

Zastosujemy metodę indukcji. Dla zbioru trzech punktów nie leżących na prostej, twierdzenie jest prawdziwe; oponą jest wówczas trójkąt utworzony przez te punkty. Przypuśćmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla pewnego $ n \geq 3 $ i niech $ Z $ będzie zbiorem składającym się z $ n+1 $ punktów płaszczyzny nie leżących na prostej. Obierzmy dowolnie na płaszczyźnie punkt $ M $ i niech $ A_1 $ będzie punktem zbioru $ Z $ najdalszym od $ M $ (gdyby takich punktów było więcej niż jeden, $ A_1 $ ma być którymkolwiek z nich). Wszystkie punkty zbioru $ Z $, oprócz $ A_1 $, leżą wtedy po jednej stronie prostej prostopadłej do $ A_1M $ w punkcie $ A_1 $.

Ponieważ punkty zbioru $ Z $ nie leżą na jednej prostej, więc istnieją takie dwie półproste $ p $ i $ q $ o początku $ A_1 $, które przechodzą przez pewne punkty zbioru $ Z $ i tworzą kąt wypukły zawierający cały zbiór $ Z $. Niech $ A_2 $ będzie tym punktem zbioru $ Z $, który leży na półprostej $ p $ najbliżej punktu $ A_1 $, oraz $ A_3 $ takim-że punktem półprostej $ q $. Jeżeli każdy z pozostałych punktów $ A_4, A_5, \ldots, A_{n+1} $ zbioru $ Z $ leży na odcinku $ A_2A_3 $, to trójkąt $ A_1A_2A_3 $ jest oponą zbioru $ Z $. W przypadku przeciwnym zbiór punktów $ A_2, A_3,\ldots, A_{n+1} $ ma według założenia indukcyjnego oponę $ P $, przy czym $ A_2 $ i $ A_3 $ są wierzchołkami wielokąta $ P $ (rys. 18).

Punkty $ A_2 $ i $ A_3 $ dzielą obwód wielokąta $ P $ na dwie części: jedna z nich, którą oznaczymy $ L_1 $, leży po przeciwnej stronie prostej $ A_2A_3 $ niż punkt $ A_1 $; druga część $ L_2 $ leży wewnątrz trójkąta $ A_1A_2A_3 $ lub pokrywa się z odcinkiem $ A_2A_3 $. Łamana $ L_1 $ wraz z łamaną $ A_2A_1A_3 $ ograniczają wielokąt $ Q $, który powstaje przez połączenie wielokąta $ P $ z trójkątem $ A_1A_2A_3 $.

Stwierdzamy, że: $ 1^\circ) $ Wielokąt $ Q $ zawiera wielokąt $ P $ i punkt $ A_1 $, więc zawiera cały zbiór $ Z $, $ 2^\circ) $ Każdy wierzchołek wielokąta $ Q $ jest punktem zbioru $ Z $, $ 3^\circ) $ Wielokąt $ Q $ jest wypukły, gdyż odcinek łączący dowolne dwa punkty $ A $ i $ B $ wielokąta $ Q $ leży w nim całkowicie. Jest to oczywiste, gdy punkty $ A $ i $ B $ leżą oba w trójkącie $ A_1A_2A_3 $ albo oba w wielokącie $ P $. Gdy zaś np. punkt $ A $ leży w trójkącie $ A_1A_2A_3 $, a punkt $ B $ w wielokącie $ P $ poza tym trójkątem, wówczas odcinek $ AB $ przecina odcinek $ A_2A_3 $ w pewnym punkcie $ C $, każdy zaś z odcinków $ AC $ i $ CB $ leży w wielokącie $ Q $, to samo dotyczy więc odcinka $ AB $. Wielokąt $ Q $ jest zatem oponą zbioru punktów $ A_1, A_2, \ldots, A_{n+1} $; twierdzenie zostało udowodnione.

Opona skończonego zbioru punktów płaszczyzny jest najmniejszym wielokątem wypukłym zawierającym ten zbiór, tzn. każdy wielokąt wypukły zawierający ów zbiór zawiera również jego oponę.

Uwaga 2. Znane jest następujące twierdzenie, zwane twierdzeniem Junga*):

Każdy zbiór punktów płaszczyzny mający średnicę d**) jest zawarty w pewnym kole o promieniu $ \frac{d}{\sqrt{3}} $.

Powołując się na to twierdzenie, możemy twierdzenie o sześciu punktach, o które chodzi w poprzednim zadaniu, udowodnić w sposób bardzo prosty.

Niech $ k $ będzie kołem o promieniu $ r=\frac{d}{\sqrt{3}} $ zawierającym dany zbiór punktów $ \{A_1, A_2, \ldots, A_6\} $ płaszczyzny, w którym największa odległość dwóch punktów wynosi $ d $, a najmniejsza równa się $ \delta $.

Podzielmy koło $ k $ na $ 6 $ równych wycinków w taki sposób, żeby promień koła przechodzący przez jeden z danych punktów, np. przez punkt $ A_1 $ był wspólnym brzegiem dwóch wycinków (rys. 19).

Wówczas któryś z wycinków zawiera dwa punkty danego zbioru, na przykład $ A_i $ i $ A_k $. Ponieważ średnica wycinka kołowego o kącie środkowym $ 60^\circ $ jest równa promieniowi koła (czego łatwy dowód proponujemy czytelnikowi), więc $ A_iA_k \leq r $; lecz $ \delta \leq A_iA_k $, zatem $ \delta \leq r $, czyli

\[<br />
\sigma \leq \frac{d}{\sqrt{3}}, \ \textrm{ c n. d.}<br />
\]

Dowód twierdzenia Junga dla zbiorów skończonych można przeprowadzić jak następuje.

Niech $ Z $ będzie zbiorem $ n $ punktów $ A_1, A_2, \ldots, A_n $ płaszczyzny, a $ \delta $ jego średnicą. Każdej trójce $ A_i ,A_j ,A_k $ punktów zbioru przyporządkujmy pewne koło $ Q_{ijk} $ zawierające te punkty. A mianowicie:

a) Jeżeli punkty $ A_i $, $ A_j $, $ A_k $ są wierzchołkami trójkąta ostrokątnego, $ Q_{ijk} $ oznacza koło opisane na tym trójkącie.

b) Jeżeli punkty $ A_i $, $ A_j $, $ A_k $ nie są wierzchołkami trójkąta ostrokątnego, tzn. tworzą trójkąt prostokątny lub rozwartokątny, bądź są współliniowe, $ Q_{ijk} $ oznacza koło opisane na najdłuższym z odcinków $ A_iA_j $, $ A_jA_k $, $ A_kA_i $ jako na średnicy.

Zbiór kół $ Q_{ijk} $ jest skończony, więc któreś z nich jest największe (tzn. nie mniejsze od żadnego innego); możemy przyjąć, że jest to koło $ Q_{123} = Q $ o promieniu $ r $ zawierające punkty $ A_1 $, $ A_2 $, $ A_3 $.

Udowodnimy, że koło $ Q $ zawiera również wszystkie pozostałe punkty $ A_4, A_5, \ldots, A_n $ zbioru $ Z $.

Wykażemy w tym celu, że jeżeli punkt $ M $ płaszczyzny leży na zewnątrz koła $ Q $, to jeden z odcinków $ A_1M $, $ A_2M $, $ A_3M $ jest dłuższy niż $ 2r $, lub też dwa spośród punktów $ A_1 $, $ A_2 $, $ A_3 $ tworzą wraz z $ M $ trójkąt ostrokątny, a koło opisane na tym trójkącie ma promień większy niż $ r $.

Według definicji koła $ Q $ zachodzi jeden z dwóch przypadków:

1) Dwa spośród punktów $ A_1 $, $ A_2 $, $ A_3 $, na przykład $ A_1 $ i $ A_2 $ są końcami średnicy koła $ Q $ (rys. 20). Jeżeli punkt $ M $ leży na prostej $ A_1A_2 $ lub jeżeli jeden z kątów $ A_1A_2M $, $ A_2A_1M $ jest $ \geq 90^\circ $, to jeden z odcinków $ A_1M $, $ A_2M $ jest dłuższy niż $ A_1A_2 $, tj. niż $ 2r $. Jeżeli zaś kąty $ A_1A_2M $ i $ A_2A_1M $ są ostre, to $ \triangle A_1A_2M $ jest ostrokątny, gdyż $ \measuredangle A_1MA_2 $ też jest ostry. Promień $ \rho $ koła opisanego na $ \triangle A_1A_2M $ spełnia warunek $ 2\rho \sin \measuredangle A_1MA_2 = A_1A_2 = 2r $, zatem $ \rho>r $.

2) Punkty $ A_1 $, $ A_2 $, $ A_3 $ są wierzchołkami trójkąta ostrokątnego (rys. 21) wpisanego w $ Q $.

Punkty $ A_1 $, $ A_2 $, $ A_3 $ dzielą wówczas okrąg koła $ Q $ na trzy łuki mniejsze od półokręgu. Poprowadzimy styczne $ MT $ i $ MS $ do koła $ Q $ oraz jego średnice $ TT' $ i $ SS' $. Jeżeli punkt $ A_i $ ($ i=1, 2, 3 $) leży na łuku domkniętym (tj. z końcami) $ S'T' $*), to $ A_iM \geq S'M >SS' =2r $. Jeśli zaś żaden z punktów $ A_1 $, $ A_2 $, $ A_3 $ nie leży na łuku $ S'T' $ to dwa z nich są końcami łuku (mniejszego od półokręgu) zawierającego łuk $ S'T' $. Niech np. $ A_1 $ leży na łuku otwartym (tj. bez końców) $ TS' $, a $ A_2 $ - na łuku otwartym $ ST' $. Trójkąt $ A_1MA_2 $ jest ostrokątny, gdyż $ \measuredangle MA_1A_2 < \measuredangle TA_1T'=90^\circ $, $ \measuredangle MA_2A_1 < \measuredangle SA_2S'=90^\circ $, a $ \measuredangle A_1MA_2 < \measuredangle A_1SA_2 < 90^\circ $. Promień $ \rho $ koła opisanego na trójkącie $ A_1MA_2 $ spełnia warunek

\[<br />
2\rho \sin \measuredangle A_1MA_2 =<br />
A_1A_2 = 2r \sin \measuredangle A_1SA_2<br />
> 2r \sin \measuredangle A_1MA_2, \textrm{ zatem } \rho>r.<br />
\]

Z powyższego wynika, że punkt $ M $ nie pokrywa się z żadnym z punktów $ A_4, A_5, \ldots, A_n $. Koło $ Q $ zawiera zatem istotnie cały zbiór $ Z $.

Promień $ r $ koła $ Q $ jest co najwyżej równy $ \frac{d}{\sqrt{3}} $. W samej rzeczy, w przypadku 1) $ 2r=A_1A_2\leq d $, więc $ r \leq \frac{d}{2} $. Jeśli zaś zachodzi przypadek 2), to któryś z kątów trójkąta $ A_1A_2A_3 $, na przykład kąt $ A_3 $ jest $ \geq 60^\circ $, więc $ d \geq A_1A_2 =2r\sin \measuredangle A_2 \geq 2r \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} $, a stąd $ r \leq \frac{d}{\sqrt{3}} $. Istnieje zatem koło o promieniu $ \frac{d}{\sqrt{3}} $ zawierające zbiór $ Z $, c.n.d.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź