XXIV OM - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXIV OM, 1972-1973

Etap:

III

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

$ (1) \qquad \frac{(x-c_1)^2}{a^2} + \frac{(y-c_2)^2}{b^2} = 1, $

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

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

$ (2) \qquad (x-c_1)^2 + (y - \frac{a}{b} c_2)^2 = a^2. $

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

$ (x-c_1)^2 + (\frac{a}{b} y - \frac{a}{b} c_2)^2 = a^2 \left( \frac{(x-c_1)^2}{a^2} + \frac{(y-c_2)^2}{b^2} \right) = a^2. $

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:

$ E_1 \colon x^2 + y^2 = r^2, $

$ (1) \qquad E_2 \colon \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1,\ \textrm{gdzie np.}\ a > b. $

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

$ x^2 + y^2 \leq ab, $

$ (2) \qquad \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} \leq 1. $

Dodając stronami nierówności (2) otrzymujemy

$ \left( 1 + \frac{1}{a^2} \right) x^2 + \left( 1 + \frac{1}{b^2} \right) y^2 \leq ab+1, $

czyli po przekształceniach

$ (3) \qquad \frac{x^2}{\frac{a^2(ab+1)}{a^2+1}} + \frac{y^2}{\frac{b^2(ab+1)}{b^2+1}} \leq 1. $

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

$ (4) \qquad \frac{a^2 b^2 (ab+1)^2}{(a^2+l)(b^2+1)} < a^2b^2, $

$ (ab + 1)^2 < (a^2 + 1)(b^2 + 1), $

$ 2ab < a^2 + b^2, $

$ (a - b)^2 > 0. $

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 $W$ .