XLI OM - II - Zadanie 6

Dla dowolnego wielokąta wypukłego $ W $ o polu 1 oznaczmy przez $ f(W) $ pole wielokąta wypukłego, którego wierzchołkami są środki wszystkich boków wielokąta $ W $. Dla każdej liczby naturalnej $ n \geq 3 $ wyznaczyć kres dolny i kres górny zbioru liczb $ f(W) $ gdy $ W $ przebiega zbiór wszystkich $ n $-kątów wypukłych o polu 1.

Rozwiązanie

Przypadek $ n = 3 $ jest banalny: dla każdego trójkąta $ W $ o polu $ 1 $ zachodzi równość $ f(W) = 1/4 $; funkcja $ f $ jest w tym przypadku stała.

W dalszym ciągu zakładamy, że $ n \geq 4 $.

Niech $ W $ będzie dowolnym $ n $-kątem o polu $ 1 $. Każdy z trójkątów, którego wierzchołkami są trzy kolejne wierzchołki wielokąta $ W $, nazwiemy trójkątem
narożnym; dla danego $ n $-kąta $ W $ możemy utworzyć $ n $ takich trójkątów. Oznaczmy przez $ g(W) $ sumę pól wszystkich $ n $ trójkątów narożnych.

Jeśli $ P $, $ Q $, $ R $ są trzema kolejnymi wierzchołkami $ W $, a punkty $ M $ i $ N $ są środkami boków $ PQ $ i $ QR $, to pole trójkąta $ MQN $ równa się $ 1/4 $ pola trójkąta narożnego $ PQR $. Gdy od $ n $-kąta $ W $ odetniemy $ n $ trójkątów utworzonych podobnie jak trójkąt $ MQN $ (przy wszystkich $ n $ wierzchołkach), otrzymamy $ n $-kąt wypukły o wierzchołkach w środkach boków $ W $; jego pole wynosi $ f(W) $. Ponieważ odcięte (małe) trójkąty są parami rozłączne, zatem łączne pole odciętej części wynosi $ \frac{1}{4} g(W) $. Wobec tego

\[<br />
(1) \qquad f(W) = 1-\frac{1}{4}g(W).<br />
\]

Trójkąty narożne wyznaczone przez dwa kolejne wierzchołki wielokąta $ W $ nazwijmy sąsiednimi. (Jeśli na przykład $ P $, $ Q $, $ R $, $ S $ są czterema kolejnymi wierzchołkami $ W $, to trójkąty narożne $ PQR $ i $ QRS $ są sąsiednie.) Zauważmy, że dowolne dwa trójkąty narożne, które nie są sąsiednie, mają wnętrza rozłączne. Zatem każdy punkt wielokąta $ W $ może być punktem wewnętrznym co najwyżej dwóch trójkątów narożnych. (Punkt leżący wewnątrz pewnego trójkąta narożnego może - ale nie musi - jednocześnie należeć tylko do wnętrza jednego z dwóch sąsiednich trójkątów narożnych.) Wynika stąd, że suma pól wszystkich $ n $ trójkątów narożnych nie przekracza podwojonego pola $ n $-kąta $ W $:

\[<br />
(2) \qquad g(W) \leq 2.<br />
\]

Gdy $ n = 4 $, czyli gdy $ W $ jest czworokątem, nierówność (2) staje się równością, bowiem każde dwa przeciwległe (nie sąsiednie) trójkąty narożne dokładnie pokrywają cały czworokąt. Zatem dla każdego czworokąta $ W $ mamy $ g(W) = 2 $ i wobec równości (1): $ f(W) = 1/2 $; widzimy, że i w tym przypadku funkcja $ f $ jest stała.

Ustalmy teraz liczbę naturalną $ n \geq 5 $. Równość we wzorze (2) nie jest wówczas możliwa; ale wykażemy, że wartości $ g(W) $ mogą być dowolnie bliskie liczby $ 2 $.

Idea rozumowania jest następująca: wyobraźmy sobie graniczną (zdegenerowaną) postać $ n $-kąta $ ABC_1C_2 \ldots C_{n-2} $, w której wierzchołki $ C_1,\ldots, C_{n-2} $ pokrywają się. Wielokąt redukuje się do trójkąta (o polu $ 1 $); trójkąty narożne $ ABC_1 $ oraz $ C_{n-2}AB $ są identyczne z całym rozważanym trójkątem, trójkąty narożne $ BC_1C_2 $ oraz $ C_{n-3}C_{n-2}A $ stają się odcinkami, a pozostałe trójkąty narożne redukują się do punktu. Suma pól trójkątów narożnych równa się $ 1 + 1 + 0+\ldots +0 = 2 $. Odsuwając od siebie nieznacznie wierzchołki $ C_1,\ldots,C_{n-2} $ i korzystając z ciągłości pola wielokąta (jako funkcji współrzędnych jego wierzchołków) możemy uzyskać niezdegenerowany $ n $-kąt wypukły, o polu bliskim $ 1 $, dla którego wartość funkcji $ g $ jest bliska $ 2 $. Przekształcając go przez podobieństwo o skali bliskiej $ 1 $ dostaniemy wielokąt o polu równym dokładnie $ 1 $ i o wartości funkcji $ g $ nadal bliskiej $ 2 $.

om41_2r_img_5.jpg
Spróbujmy przeprowadzić dokładniejszą konstrukcję. Niech $ \varepsilon $ i $ \delta $ będą liczbami dodatnimi mniejszymi od $ 1/2 $. Rozważmy trójkąt $ ABC $ (o dowolnym kształcie - na przykład równoramienny) o podstawie $ AB $ długości $ 2 $, którego wysokość opuszczona z wierzchołka $ C $ ma długość $ l+\varepsilon $. Na bokach $ BC $ i $ CA $ (odpowiednio) zaznaczamy punkty $ C_1 $ i $ C_{n-2} $ tak, by odcinek $ C_1C_{n-2} $ przebiegał równolegle do $ AB $, w odległości $ 1-\delta $ (rysunek 5). Pole trójkąta $ ABC $ równa się $ 1+\varepsilon $. Trójkąt $ C_{n-2}C_1C $ jest podobny do $ ABC $
w skali $ \lambda = \frac{\delta + \varepsilon}{1+\varepsilon} $. W takim razie jego pole równa się

\[<br />
\lambda^2 (1+\varepsilon) = \frac{(\delta + \varepsilon)^2}{1+\varepsilon}.<br />
\]

Zatem trapez $ ABC_1C_{n-2} $ ma pole

\[<br />
(1+\varepsilon)-\frac{(\delta+\varepsilon)^2}{1+\varepsilon} = 1- \frac{\delta^2 + 2 \delta \varepsilon - \varepsilon}{1+\varepsilon}.<br />
\]

Przyjmijmy, że liczby $ \varepsilon $ i $ \delta $ spełniają nierówność $ \delta^2 + 2\delta \varepsilon - \varepsilon > 0 $, czyli

\[<br />
(3) \qquad \varepsilon < \frac{\delta^2}{1-2\delta}.<br />
\]

Wówczas pole trapezu $ ABC_1C_{n-2} $ jest mniejsze od $ 1 $. A ponieważ pole trójkąta $ ABC $ jest większe od $ 1 $, przeto można wewnątrz trójkąta $ C_{n-2}C_1C $ tak poprowadzić łamaną $ C_1C_2\ldots C_{n-3}C_{n-2} $, żeby otrzymać $ n $-kąt wypukły $ ABC_1C_2 \ldots C_{n-3}C_{n-2} $ o polu równym dokładnie $ 1 $. Oznaczmy go przez $ W $. Zgodnie z określeniem funkcji $ g $,

\[<br />
\begin{split}<br />
g(W) & = \textrm{pole}(C_{n-2}AB) + \textrm{pole}(ABC_1) +<br />
\left(<br />
\begin{array}{c}<br />
\textrm{suma pól pozostałych}\\<br />
\textrm{trójkątów narożnych}<br />
\end{array}<br />
\right) = \\<br />
& = (1-\delta) + (1-\delta) + \textrm{pozostałe składniki dodatnie} > \\<br />
>2-2\delta .<br />
\end{split}<br />
\]

Liczba $ \delta $ może być dowolnie bliska zeru. Przy tym do dowolnie wybranej liczby $ \delta \in (0; \frac{1}{2}) $ możemy dobrać $ \varepsilon $ tak, by była spełniona nierówność (3). Stąd wniosek (wobec dowolności 6), że istotnie wartość $ g(W) $ może być dowolnie bliska $ 2 $.

W połączeniu z wcześniejszą nierównością (2) znaczy to, że

\[<br />
(4) \qquad<br />
\begin{array}{l}<br />
\textrm{dla dowolnie ustalonej liczby naturalnej} \ n \geq 5 \\<br />
\textrm{kres górny zbioru wartości} \ g(W) \ \textrm{wynosi} \ 2.<br />
\end{array}<br />
\]

Należy teraz znaleźć dolne ograniczenie dla $ g(W) $. Przypomnijmy sobie zadanie 12 z zawodów pierwszego stopnia. Zgodnie z jego tezą, w każdym pięciokącie wypukłym można wybrać cztery trójkąty narożne, których suma pól przekroczy pole pięciokąta. Tym bardziej suma pól wszystkich pięciu trójkątów narożnych przekroczy pole pięciokąta. Wobec tego

\[<br />
(5) \qquad g(W)>1 \quad \textrm{dla} \  n = 5.<br />
\]

Dla większych $ n $ zadowolimy się oczywistym spostrzeżeniem, że $ g(W) $, jako suma pewnych pól, jest liczbą dodatnią:

\[<br />
(6) \qquad g(W) > 0.<br />
\]

Pokażemy, że znalezione dolne ograniczenia, figurujące we wzorach (5) (dla $ n = 5 $) i (6) (dla $ n \geq 6 $), są już możliwie największe, czyli są dolnymi kresami wartości $ g(W) $. Podobnie, jak w rozumowaniu przeprowadzonym chwilę wcześniej, nierówności (5) i (6) przechodzą w równości dla pewnych konfiguracji zdegenerowanych. Mianowicie:

Dla $ n = 5 $ rozważamy pięciokąt $ A_1A_2B_1B_2C $ (o polu $ 1 $), w którym wierzchołek $ A_1 $ pokrywa się z $ A_2 $, a $ B_1 $ pokrywa się z $ B_2 $. Trójkąt narożny $ B_2CA_1 $ ma pole $ 1 $; pozostałe trójkąty narożne redukują się do odcinków. Suma pól trójkątów narożnych wynosi $ 1 + 0+0 + 0 + 0 $. Dla $ n \geq 6 $ rozważamy $ n $-kąt $ A_1A_2B_1B_2C_1 \ldots C_{n-4} $, w którym wierzchołek $ A_1 $ pokrywa się z $ A_2 $, wierzchołek $ B_1 $ pokrywa się z $ B_2 $ a także wszystkie punkty $ C_i $ pokrywają się. Wszystkie trójkąty narożne redukują się do odcinków bądź do pojedynczego punktu, suma ich pól jest zerem.

Opisane tu figury są faktycznie trójkątami, nie $ n $-kątami. Ale znów, jak poprzednio, wystarczy nieznacznie rozsunąć punkty $ A_1 $ i $ A_2 $, punkty $ B_1 $ i $ B_2 $, oraz (w ostatnim przykładzie) wszystkie punkty $ C_i $, by uzyskać wielokąt, dla którego różnica między lewą a prawą stroną odpowiedniej nierówności ((5) dla $ n = 5 $, (6) dla $ n \geq 6 $) będzie dowolnie mała (mniejsza od dowolnej, z góry zadanej liczby dodatniej). Ponownie korzystamy tu z ciągłości pola wielokąta jako funkcji współrzędnych wierzchołków.

om41_2r_img_6.jpg
Można uniknąć operowania konfiguracjami zdegenerowanymi podając dokładną metodę konstrukcji (odcinanie wierzchołków pewnego trójkąta wraz z ich niewielkimi otoczeniami) i przeprowadzając rachunek podobny do tego, który doprowadził nas do stwierdzenia (4); odpowiednie wielokąty przedstawia rysunek 6.

Wniosek:

\[<br />
(7) \qquad<br />
\begin{array}{l}<br />
\textrm{dla dowolnie ustalonej liczby naturalnej} \ n \geq 6 \\<br />
\textrm{kres dolny zbioru wartości} \ g(W)\ \textrm{wynosi}\ 0;\\<br />
\textrm{dla} \ n = 5\ \textrm{kres ten wynosi} \ 1.<br />
\end{array}<br />
\]

Funkcje $ f $ i $ g $ są związane zależnością (1); po lewej stronie funkcja $ f $ występuje ze znakiem plus, po prawej stronie funkcja $ g $ występuje ze znakiem minus. Zatem kres górny $ g $ wyznacza kres dolny $ f $, i podobnie kres dolny $ g $ wyznacza kres górny $ f $. Uzyskane stwierdzenia (4) i (7), wraz z rozpatrzonymi na początku przypadkami $ n = 3 $, $ n = 4 $, prowadzą do ostatecznej odpowiedzi na postawione w zadaniu pytanie.

Traktując $ n $ jako ustalone i oznaczając kres dolny oraz kres górny zbioru wartości $ f(W) $ krótko przez $ \inf f $ oraz $ \sup f $ zapiszemy tę odpowiedź w postaci układu równości:

\[<br />
\begin{split}<br />
\textrm{dla}\ n = 3\colon &     \inf f= \sup f= \frac{1}{4}; \\<br />
\textrm{dla}\ n = 4\colon &     \inf f= \sup f = \frac{1}{2}; \\<br />
\textrm{dla}\ n = 5\colon &     \inf f=\frac{1}{2}, \sup f=\frac{3}{4}; \\<br />
\textrm{dla}\ n \geq 6\colon &  \inf f=\frac{1}{2}, \sup f=1.<br />
\end{split}<br />
\]

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź