Komentarz

XXI OM - II -Zadanie 2

Na bokach $ n $-kąta foremnego obrano $ n + 1 $ punktów dzielących obwód na równe części. Przy jakim położeniu obranych punktów pole wielokąta wypukłego o tych $ n + 1 $ wierzchołkach jest a) największe, b) najmniejsze?

Rozwiązanie

Oznaczmy przez $ a $ $ (n + 1) $-szą część długości boku $ n $-kąta foremnego $ A_1A_2 \ldots A_n $ (rys. 10), tzn. niech, długość boku tego $ n $-kąta będzie równa $ (n + 1)a $. Wtedy obwód $ n $-kąta będzie równy $ n(n + 1)a $. Wobec tego wierzchołki $ (n + 1) $-kąta dzielą obwód $ n $-kąta foremnego na części równe $ na $.

Ponieważ $ na < (n + 1 )a < 2na $, więc do każdego boku $ n $-kąta należy co najmniej jeden i co najwyżej dwa wierzchołki $ (n + 1) $-kąta. Z drugiej strony do pewnego boku, np. $ \overline{A_1A_n} $, $ n $-kąta należą co najmniej dwa wierzchołki $ (n + 1 ) $-kąta, ponieważ $ n + 1 > n $.

Oznaczmy przez $ B_1 $ ten z wierzchołków $ (n + 1 ) $-kąta należących do boku $ \overline{A_1A_n} $, który jest położony bliżej punktu $ A_1 $ niż pozostały
wierzchołek $ (n + 1) $-kąta należący do $ \overline{A_1A_n} $. Oznaczmy przez $ x $ długość odcinka $ \overline{A_1B_1} $ Z powyższego wynika, że $ 0 \leq x \leq a $. Wreszcie oznaczmy przez $ B_2 $ wierzchołek $ (n + 1) $-kąta różny od $ B_1 $ należący do boku $ A_1A_2 $ i dalej przez $ B_3, \ldots, B_{n+1} $ - kolejne wierzchołki $ (n + 1) $-kąta.

Różnica pól $ n $-kąta i $ (n + 1) $-kąta $ S_n - S_{n+1} $ jest równa sumie pól trójkątów $ B_1A_1B_2, B_2A_2B_3, \ldots, B_nA_nB_{n+1} $. W każdym takim trójkącie mamy:

\[<br /> B_iA_iB_{i+1}= \alpha \textrm{ jest kątem } n \textrm{-kąta foremnego, oraz}<br /> \]
\[<br /> (1) \qquad B_iA_i + A_iB_{i+1} = na \textrm{ dla } i = 1, 2, \ldots, n.<br /> \]

Wobec tego pole $ P_i $ trójkąta $ B_iA_iB_{i+1} $ jest równe

\[<br /> (2) \qquad P_i = \frac{1}{2} B_i A_i \cdot A_i B_{i+1} \cdot \sin \alpha.<br /> \]

Ponieważ

\[<br /> (3) \qquad A_iB_{i+1} + B_{i+1}A_{i+1} = A_iA_{i+1} = (n+1)a \textrm{ dla }<br /> i = 1, 2, \ldots, n - 1,<br /> \]

więc z (1) i (3) otrzymujemy kolejno

\[<br /> B_1A_1 + A_1B_2 = na,\textrm{ czyli }x + A_1B_2 = na.<br /> \]

Stąd $ A_1B_2 = na - x $. $ A_1B_2 + B_2A2 = (n + 1)a $ i stąd
$ B_2A_2 =<br /> (n + 1)a - A_1B_2 = a + x $, $ B_2A2 + A_2B_3 = na $ i stąd $ A_2B_3 = na - (a + x) = (n - 1)a - x $,
$ A_2B_2 + B_3A_3 = (n + 1)a $ i stąd $ B_3A_3 = (n + 1)a - ((n - 1)a - x) = 2a + x $
i przez łatwą indukcję ogólnie

\[<br /> (4) \qquad A_iB_{i+1} = (n - i + 1)a - x \textrm{ oraz } B_iA_i = (i - 1)a + x \textrm{ dla } i = 1,\ldots, n.<br /> \]

Wobec tego z (4) i (2) otrzymujemy

\[<br /> \begin{split}<br /> S_n - S_{n+1} &= \sum_{i=1}^n P_i =<br /> \sum_{i=1}^n \frac{1}{2} ((i-1) a + x) (( n-i+1)a -x) \sin \alpha =\\<br /> & = \frac{1}{2} \sin \alpha \sum_{i=0}^{n-1} (ia + x) ((n-i)a -x) =\\<br /> & = \frac{1}{2} \sin \alpha \sum_{i=0}^{n-1} (-x^2 + (n-2i) ax + i(n-i) a^2) =\\<br /> & = \frac{1}{2} \sin \alpha \left[ -nx^2 + \left( n^2 - 2 \sum_{i=0}^{n-1} i \right) ax + \sum_{i=0}^{n-1} i(n - i) a^2 \right].<br /> \end{split}<br /> \]

Oznaczmy przez $ Ax^2 + Bx + C $ trójmian kwadratowy zapisany w ostatnim nawiasie kwadratowym. Wtedy $ A = -n $ i $ B = \left( n^2 - 2 \frac{n(n-1)}{2} \right) a = na $. Otrzymujemy więc, że

\[<br /> S_n - S_{n+1} = \frac{1}{2} \sin \alpha \cdot (-nx^2 + nax + C),<br /> \]

czyli

\[<br /> \begin{split}<br /> S_{n+1} & = S_n - \frac{1}{2} \sin \alpha \cdot (-nx^2 + nax + C) =<br /> \left( \frac{1}{2} \sin \alpha \cdot n \right) x^2 + \\<br /> & + \left(- \frac{1}{2} \sin \alpha \cdot na \right) x +<br /> \left( S_n - \frac{1}{2} \sin \alpha \cdot C \right) =<br /> px^2 + qx + r.<br /> \end{split}<br /> \]

Pole $ (n + 1) $-kąta $ S_{n+1} $ jest więc funkcją kwadratową $ S_{n+1}(x) = px^2 + qx + r $ zmiennej $ x $ rozpatrywaną w przedziale $ 0 \leq x \leq a $.

Ponieważ $ p = \frac{1}{2} \sin \alpha \cdot n > 0 $, więc funkcja ta przyjmuje wartość najmniejszą dla $ x = \frac{-q}{2p} = \frac{\frac{1}{2} \sin \alpha \cdot na}{\sin \alpha \cdot na} = \frac{a}{2} $. Punkt $ \frac{a}{2} $ jest środkiem przedziału $ \langle 0,\ a \rangle $. Wobec tego liczby $ S_{n+1} (0) $ i $ S_{n+1} (a) $ są równe i są to największe wartości przyjmowane przez funkcję $ S_{n+1} (x) $ w przedziale $ \langle 0,\ a \rangle $.

Zatem pole $ (n + 1) $-kąta jest największe, gdy $ x = 0 $ lub $ x = a $, tzn. gdy jeden z jego wierzchołków jest wierzchołkiem $ n $-kąta foremnego. Pole $ (n + 1) $-kąta jest najmniejsze, gdy $ x = \frac{a}{2} $, tzn. gdy jeden z boków $ (n + 1) $-kąta leży na boku $ n $-kąta foremnego tak, że środki tych boków pokrywają się.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Dodaj komentarz