Olimpiady Matematyczne

Matematyka jest drzwiami i kluczem do nauki.

Roger Bacon

Komentarz

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

$ (1) \qquad f(W) = 1-\frac{1}{4}g(W). $

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 $W$ :

$ (2) \qquad g(W) \leq 2. $

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 $2$ .

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

$ \lambda^2 (1+\varepsilon) = \frac{(\delta + \varepsilon)^2}{1+\varepsilon}. $

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

$ (1+\varepsilon)-\frac{(\delta+\varepsilon)^2}{1+\varepsilon} = 1- \frac{\delta^2 + 2 \delta \varepsilon - \varepsilon}{1+\varepsilon}. $

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

$ (3) \qquad \varepsilon < \frac{\delta^2}{1-2\delta}. $

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 $g$ ,

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

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

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

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

$ (5) \qquad g(W)>1 \quad \textrm{dla} \ n = 5. $

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

$ (6) \qquad g(W) > 0. $

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.

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:

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

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:

$ \begin{split} \textrm{dla}\ n = 3\colon & \inf f= \sup f= \frac{1}{4}; \\ \textrm{dla}\ n = 4\colon & \inf f= \sup f = \frac{1}{2}; \\ \textrm{dla}\ n = 5\colon & \inf f=\frac{1}{2}, \sup f=\frac{3}{4}; \\ \textrm{dla}\ n \geq 6\colon & \inf f=\frac{1}{2}, \sup f=1. \end{split} $

Wersja do wydruku

Olimpiady Matematyczne

Komentarz

XLI OM - II - Zadanie 6

Rozwiązanie

Dodaj komentarz

Klasyfikacja tematyczna

Rok

Zawody