XXIV OM - III - Zadanie 6

Dowieść, że dla dowolnego wielokąta wypukłego mającego środek symetrii istnieje co najwyżej jedna elipsa o najmniejszym polu zawierająca dany wielokąt.
Uwaga. Pole elipsy o półosiach długości $ a $ i $ b $ wyraża się wzorem $ \pi ab $.

Rozwiązanie

Niech $ \varphi $ będzie odwzorowaniem płaszczyzny w siebie określonym wzorem $ \varphi (x, y) = (x, ky) $, gdzie $ k $ jest ustaloną liczbą dodatnią. Odwzorowanie takie nazywamy powinowactwem prostokątnym; dokładniej - powinowactwem prostokątnym o osi $ x $ i współczynniku $ k $. Oczywiście odwzorowaniem odwrotnym do powinowactwa prostokątnego o osi $ x $ i współczynniku $ k $ jest powinowactwo prostokątne o osi $ x $ i współczynniku $ \displaystyle \frac{1}{k} $.

Jak wiadomo, jeżeli $ \varphi $ jest powinowactwem prostokątnym o współczynniku $ k > 0 $, a $ F $ - pewną figurą, to pole $ \varphi (F) = k \cdot \textrm{pole}\ F $. Udowodnimy najpierw

Lemat. Niech $ E $ będzie elipsą o równaniu

\[<br /> (1) \qquad \frac{(x-c_1)^2}{a^2} + \frac{(y-c_2)^2}{b^2} = 1,<br /> \]

a $ \varphi $ - powinowactwem prostokątnym o osi $ x $ i o współczynniku $ \displaystyle k = \frac{a}{b} $.

Wtedy $ \varphi(E) $ jest okręgiem o równaniu

\[<br /> (2) \qquad (x-c_1)^2 + (y - \frac{a}{b} c_2)^2 = a^2.<br /> \]

Dowód. Niech punkt $ (x, y) $ należy do elipsy $ E $, tzn. spełnia równanie (1). Wykażemy, że punkt $ \varphi(x, y) = (x, \frac{a}{b} y) $ spełnia równanie (2). Mamy

\[<br /> (x-c_1)^2 + (\frac{a}{b} y - \frac{a}{b} c_2)^2 =<br /> a^2 \left( \frac{(x-c_1)^2}{a^2} + \frac{(y-c_2)^2}{b^2} \right) = a^2.<br /> \]

Można analogicznie sprawdzić, że i na odwrót każdy punkt spełniający równanie (2) ma postać $ \varphi (x, y) $, gdzie $ (x, y) \in E $.

Z lematu wynika, że jeżeli $ \varphi $ jest powinowactwem prostokątnym o osi $ x $ i współczynniku $ a/b $, to obrazem przy odwzorowaniu $ \varphi $ dowolnej elipsy, której osie symetrii są równoległe do osi układu współrzędnych, a długości półosi są równe odpowiednio $ a $ i $ b $, jest okrąg o promieniu długości $ a $.

Przystępujemy teraz do rozwiązania zadania. Wykażemy najpierw, że jeżeli wielokąt $ W $ ma środek symetrii i elipsa $ E $ zawierająca wielokąt $ W $ ma najmniejsze pole, to środek symetrii wielokąta jest środkiem symetrii elipsy.

Przypuśćmy, że środek symetrii $ P $ wielokąta $ W $ jest różny od środka elipsy $ E $. Niech $ \Psi $ będzie symetrią o środku $ P $. Wtedy $ \Psi (E) $ będzie elipsą zawierającą wielokąt $ \Psi(W) = W $ różną od elipsy $ E $. Odpowiednie osie symetrii elips $ E $ i $ \Psi(E) $ są równoległe, ponieważ w symetrii obraz dowolnego odcinka jest równoległy do tego odcinka. Obierzmy tak układ współrzędnych, by jego osie były równoległe do osi elipsy $ E $ (rys. 19).

Elipsy $ E $ i $ \Psi(E) $ są przystające. Zatem z lematu wynika, że istnieje takie powinowactwo prostokątne $ \varphi $ o osi $ x $, że figury $ \varphi(E) $ i $ \varphi ( \Psi (E)) $ są kołami o tym samym promieniu (rys. 20) i o środkach w punktach $ O_1 $ i $ O_2 $. Koła te zawierają figurę (wielokąt) $ \varphi(W) $.

Niech $ O $ będzie środkiem odcinka $ \overline{O_1O_2} $, a $ P_1 $ - jednym z punktów przecięcia tych okręgów. Koło $ Q $ o środku w punkcie $ O $ i promieniu $ \overline{OP_1} $ zawiera oczywiście część wspólną kół $ \varphi(E) $ i $ \varphi(\Psi(E)) $. Ponadto $ OP_1 < O_1P_1 $. Zatem pole koła $ Q $ jest mniejsze od pola koła $ \varphi(E) $.

Niech $ \varphi^{-1} $ będzie powinowactwem prostokątnym odwrotnym do $ \varphi $. Na mocy lematu figura $ \varphi^{-1} (Q) $ jest elipsą o polu mniejszym od pola elipsy $ \varphi^{-1}(\varphi(E)) = E $. Ponieważ $ Q \supset \varphi(W) $, więc $ \varphi^{-1}(Q) \supset \varphi^{-1}(\varphi(W)) = W $. Otrzymaliśmy sprzeczność z założeniem, że elipsa $ E $ ma najmniejsze pole wśród elips zawierających wielokąt $ W $. Wynika stąd, że środek symetrii wielokąta $ W $ jest środkiem symetrii każdej elipsy o najmniejszym polu zawierającej wielokąt $ W $.

Przypuśćmy z kolei, że pewne dwie elipsy $ E_1 $ i $ E_2 $ zawierają wielokąt $ W $ i mają najmniejsze pole wśród elips zawierających ten wielokąt. Jak wykazaliśmy, środek symetrii $ P $ wielokąta $ W $ jest również środkiem każdej z tych elips. Każde powinowactwo prostokątne jest przekształceniem afinicznym, a obraz elipsy przy dowolnym przekształceniu afinicznym też jest elipsą. Na mocy lematu możemy więc założyć (stosując odpowiednie powinowactwo prostokątne), że jedna z tych elips, np. $ E_1 $ jest kołem. Możemy też tak obrać układ współrzędnych, by punkt $ P $ był jego początkiem, a osie symetrii elipsy $ E_2 $ - jego osiami. Wtedy równania elips $ E_1 $ i $ E_2 $ są następujące:

\[<br /> E_1 \colon x^2 + y^2 = r^2,<br /> \]
\[<br /> (1) \qquad E_2 \colon \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1,\ \textrm{gdzie np.}\ a > b.<br /> \]

Z równości pól tych elips wynika, że $ ab = r^2 $. Punkt $ (x, y) $ należy więc do zbioru $ E_1 \cap E_2 $ wtedy i tylko wtedy, gdy

\[<br /> x^2 + y^2 \leq ab,<br /> \]
\[<br /> (2) \qquad \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} \leq 1.<br /> \]

Dodając stronami nierówności (2) otrzymujemy

\[<br /> \left( 1 + \frac{1}{a^2} \right) x^2 +<br /> \left( 1 + \frac{1}{b^2} \right) y^2 \leq<br /> ab+1,<br /> \]

czyli po przekształceniach

\[<br /> (3) \qquad<br /> \frac{x^2}{\frac{a^2(ab+1)}{a^2+1}} +<br /> \frac{y^2}{\frac{b^2(ab+1)}{b^2+1}} \leq 1.<br /> \]

Zatem zbiór $ E_1 \cap E_2 $ jest zawarty w elipsie (3). Następujące nierówności są równoważne

\[<br /> (4) \qquad \frac{a^2 b^2 (ab+1)^2}{(a^2+l)(b^2+1)} < a^2b^2,<br /> \]
\[<br /> (ab + 1)^2 < (a^2 + 1)(b^2 + 1),<br /> \]
\[<br /> 2ab < a^2 + b^2,<br /> \]
\[<br /> (a - b)^2 > 0.<br /> \]

Ta ostatnia nierówność jest prawdziwa, ponieważ $ a > b $. Zatem zachodzi (4). Wobec tego pole elipsy (3) jest mniejsze od pola elipsy $ E_1 $. Sprzeczność ta dowodzi, że istnieje co najwyżej jedna elipsa o najmniejszym polu zawierająca wielokąt $ W $.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź