XXI OM - II -Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XXI OM, 1969-1970

Etap:

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:

$ B_iA_iB_{i+1}= \alpha \textrm{ jest kątem } n \textrm{-kąta foremnego, oraz} $

$ (1) \qquad B_iA_i + A_iB_{i+1} = na \textrm{ dla } i = 1, 2, \ldots, n. $

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

$ (2) \qquad P_i = \frac{1}{2} B_i A_i \cdot A_i B_{i+1} \cdot \sin \alpha. $

Ponieważ

$ (3) \qquad A_iB_{i+1} + B_{i+1}A_{i+1} = A_iA_{i+1} = (n+1)a \textrm{ dla } i = 1, 2, \ldots, n - 1, $

więc z (1) i (3) otrzymujemy kolejno

$ B_1A_1 + A_1B_2 = na,\textrm{ czyli }x + A_1B_2 = na. $

Stąd $A_1B_2 = na - x$ . $A_1B_2 + B_2A2 = (n + 1)a$ i stąd
$B_2A_2 = (n + 1)a - A_1B_2 = a + x$ , $B_2A2 + A_2B_3 = na$ 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

$ (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. $

Wobec tego z (4) i (2) otrzymujemy

$ \begin{split} S_n - S_{n+1} &= \sum_{i=1}^n P_i = \sum_{i=1}^n \frac{1}{2} ((i-1) a + x) (( n-i+1)a -x) \sin \alpha =\\ & = \frac{1}{2} \sin \alpha \sum_{i=0}^{n-1} (ia + x) ((n-i)a -x) =\\ & = \frac{1}{2} \sin \alpha \sum_{i=0}^{n-1} (-x^2 + (n-2i) ax + i(n-i) a^2) =\\ & = \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]. \end{split} $

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

$ S_n - S_{n+1} = \frac{1}{2} \sin \alpha \cdot (-nx^2 + nax + C), $

czyli

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

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.