Regionalne Koło Matematyczne

Regionalne Koło Matematyczne
Uniwersytet Mikołaja Kopernika w Toruniu
Wydział Matematyki i Informatyki
http://www.mat.umk.pl/rkm/
Lista rozwiązań zadań nr 14 (13.02.2010)
Wielokąty kratowe (c.d.)
1. Twierdzenie Picka. Jeśli wierzchołki wielokątą (prostego) są punktami kratowymi, to pole tego wielokąta jest równe
n+
1
· m − 1,
2
gdzie n jest liczbą punktów kratowych leżących wewnątrz tego wielokąta, a m jest
liczbą punktów kratowych znajdujących się na brzegu tego wielokąta.
Rozwiązanie. Dla wielokąta kratowego F oznaczmy przez SF jego pole, zaś przez
TF funkcję określoną wzorem
TF = n +
1
· m − 1,
2
gdzie m i n są zdefiniowane tak jak w treść zadania. Naszym celem jest udowodnić, że
SF = TF dla dowolnego wielokąta karatowego F . W tym celu wystarczy udowodnić
następujące fakty:
1. Jeśli wielokąt kratowy F jest sumą wielokątów kratowych F1 i F2 , przy czym
SF = SF1 + SF2 , to
TF = TF1 + TF2 .
2. Jeśli F jest prostokątem kratowym o bokach równoległych do osi układu
współrzędnych, to TF = SF .
3. Jeśli F jest kratowym trójkątem prostokątym o przyprostkątnych równoległych do osi układu współrzędnych, to TF = SF .
1
Z powyższych faktów wynika natychmiast prawdziwość naszej tezy dla trójkątów
kratowych. Istotnie, jeśli F jest trójkątem kratowym, to istnieją wielokąty kratowe
F1 , F2 , F3 , F4 takie, że dla każdego i = 1, 2, 3, 4 wielokąt Fi jest albo prostokątem o
bokach równoległych do osi układu współrzędnych albo trójkątem prostokątym o
przyprostkątnych równoległych do osi układu współrzędnych, F ′ := F ∩ F1 ∩ F2 ∪
F3 ∪ F4 jest prostokątem o bokach równoległych do osi układu współrzędnych i
SF ′ = SF + SF 1 + SF 2 + SF 3 + SF 4 .
Korzystając z powyższych faktów otrzymujemy wtedy, że
SF = SF ′ − (SF1 + SF2 + SF3 + SF4 ) = TF ′ − (TF1 + TF2 + TF3 + TF4 )
= (TF + TF1 + TF2 + TF3 + TF4 ) − (TF1 + TF2 + TF3 + TF4 ) = TF .
Niech teraz F będzie dowolnym wielokątem kratowym. Wtedy istnieją trójkąty kratowe F1 , F2 , . . . , Fn takie, że F = F1 ∪ F2 ∪ . . . ∪ Fn oraz SF = SF1 + SF2 + · · · + SFn ,
więc
SF = SF1 + SF2 + . . . + SFn = TF1 + TF2 + . . . + TFn = TF .
Udowodnimy teraz powyższe fakty.
(1) Ustalmy wielokąt kratowy F będący sumą wielokątów kratowych F1 i F2 , przy
czym SF = SF1 + SF2 . Zauważmy, że drugi warunek oznacza, że jedynymi punktami wspólnymi wielokątów F1 i F2 są ich wspólne punkty brzegowe. Niech n, n1
i n2 będą liczbami punktów kratowych leżących wewnątrz wielokątów F , F1 i F2 ,
odpowiednio. Analogicznie, niech m, m1 i m2 będą liczbami punktów kratowych leżących na brzegu wielokątów F , F1 i F2 , odpowiednio. Ponadto, niech m0 będzie
liczbą wspólnych punktów brzegowych wielokątów F1 i F2 . We wnętrzu wielokąta
F leżą punkty leżące we wnętrzach wielokątów F1 i F2 (tych punktów jest n1 + n2 )
oraz punkty leżące we wnętrzu ich wspólnego brzegu (takich punktów jest m0 − 2).
Stąd n = n1 + n2 + m0 − 2. Z drugiej strony, na brzegu wielokąta F leżą punkty leżące
na brzegach wielokątów F1 i F2 (tych punktów jest m1 + m2 − m0 ) z wyłączeniem
punktów leżących we wnętrzu ich wspólnego brzegu (jak już wiemy takich punktów
jest m0 − 2), a więc m = m1 + m2 − 2 · m0 + 2. Stąd
1
· (m1 + m2 − 2m0 + 2) − 1
2
1
1
= n1 + · m1 − 1 + n2 + · m2 − 1 = TF1 + TF2 ,
2
2
TF = (n1 + n2 + m0 − 2) +
co kończy dowód tej części.
(2) Ustalmy prostokąt kratowy F o bokach równoległych do osi układu współrzędnych. Niech a i b będą długościami boków prostokąta F . Jeśli n jest liczbą punktów
kratowych leżących wewnątrz prostokąta F , to n = (a − 1) · (b − 1). Analogicznie, jeśli
m jest liczbą punktów kratowych leżących na brzegu prostokąta F , to m = 2 · (a + b).
Stąd
TF = (a − 1) · (b − 1) + (a + b) − 1 = a · b = SF .
(3) Niech F będzie kratowym trójkątem prostokątnym o przyprostokątnych równoległych do osi układu współrzędnych. Istnieje kratowy trójkąt prostokątny F ′ o
przyprostokątnych równoległych do osi układu współrzędnych mający z trójkątem
2
F wspólną przeciwprostokątną i taki, że F ∪ F ′ jest prostokątem o bokach równoległych do osi układu współrzędnych. Wtedy SF ′ = SF i TF ′ = TF . Stąd, korzystając
z części (1) i (2) otrzymujemy, że
TF =
1
1
· TF ∪F ′ = · SF ∪F ′ = SF ,
2
2
co kończy rozwiązanie.
2. Opisać wszystkie wielokąty kratowe będące jednocześnie wielokątami foremnymi.
Rozwiązanie. Oczywistym jest, że istnieje kwadrat którego wszystkie wierzchołki
są punktami kratowymi. Pokażemy, że jeśli n ­ 3, n 6= 4, to nie istnieje n-kąt foremny, którego wszystkie wierzchołki są punktami kratowymi. Tezę tę udowodnimy
niewprost. Przypuśćmy zatem, że istnieje n-kąt foremny, którego wszystkie wierzchołki są punktami kratowymi dla n ­ 3, n 6= 4, i ustalmy najmniejszą liczbę n o tej
własności.
Z zadania 5 w zestawie 13 wynika natychmiast, że n musi być liczbą parzystą. Z drugiej strony, jeśli n jest liczbą parzystą, to wybierając co drugi wierzchołek naszego
wielokąta otrzymujemy n2 -kąt foremny, którego wierzchołki są punktami kratowymi, co prowadzi do sprzeczności z wyborem liczby n we wszystkich przypadkach z
wyjątkiem n = 8 (pamiętajmy, że liczbę n wybieraliśmy ze zbioru liczb różnych od
4).
Przypuśćmy zatem, że istnieje ośmiokąt foremny, którego wszystkie wierzchołki
są punktami kratowymi. Bez straty ogólności możemy założyć, że środek naszego
ośmiokąta jest punktem kratowym (w sytuacji gdy tak nie jest, możemy zastąpić
nasz ośmiokąt ośmiokątem dwa razy większym). Rozważmy jeden z ośmiu trójkątów otrzymanych przez połączenie środka ośmiokąta z jego wierzchołkami. Z
poprzedniego zadania wiemy, że pole tego trójkąta jest liczbą wymierną. Z drugiej
strony, pole takiego trójkąta jest równe 21 · r 2 · sin 45◦ , gdzie r jest odległością między środkiem i wierzchołkiem
ośmiokąta. Ponieważ r 2 jest liczbą całkowitą, więc
√
oznaczałoby to, że sin 45◦ = 22 jest liczbą wymierną, co prowadzi do sprzeczności.
3. Wierzchołki trójkąta △ABC są punktami kratowymi. Na brzegu tego trójkąta
nie ma innych punktów kratowych poza wierzchołkami, zaś wewnątrz tego trójkąta znajduje się jeden punkt kratowy O. Udowodnić, że O jest środkiem ciężkości
trójkąta ABC.
Rozwiązanie. Z twierdzenia Picka wynika natychmiast, że pola trójkątów △ABO,
△ACO i △BCO są równe 12 . Dla dowodu wystarczy zatem uzasadnić, że jeśli punkt
O dzieli trójkąt △ABC na trójkąty o równych polach, to punkt O jest środkiem
ciężkości trójkąta △ABC. Zauważmy jednak, że warunek
1
· P△ABC
3
implikuje, że punkt O leży na prostej równoległej do prostej AB przechodzącej
przez środek ciężkości trójkąta △ABC. Analogicznie uzasadniamy, że punkt O leży
na prostej równoległej do prostej AC przechodzącej przez środek ciężkości trójkąta
△ABC. Ponieważ środek ciężkości trójkąta △ABC jest jedynym punktem wspólnym tych prostych, więc to kończy rozwiązanie.
P△ABO =
3
4. Twierdzenie Minkowskiego. Jeśli początek układu współrzędnych jest środkiem
symetrii figury wypukłej i ograniczonej F o polu większym od 4, to do tej figury
należy jeszcze co najmniej jeden punkt kratowy różny od początku układu współrzędnych.
Rozwiązanie. Ustalmy liczbę R taką, że figura F jest zawarta w kwadracie wyznaczonym przez warunki |x| ¬ R i |y| ¬ R. Oznaczmy przez S pole figury F i ustalmy
liczbę naturalną n taką, że
S · (2 · n + 1)2 > 4 · (2 · n + R)2
(wybór takiej liczby n jest możliwy, gdyż S > 4). Dla każdej pary (i, j) liczb całkowitych niech Fi,j będzie figurą otrzymaną przez przesunięcie figury F o wektor
[2 · i, 2 · j] i niech
[
F0 :=
Fi,j .
(i,j)
i,j¬|n|
Wtedy figura F0 jest zawarta w kwadracie wyznaczonym przez warunki |x| ¬ 2·n+R
i |y| ¬ 2 · n + R, a więc pole figury F0 jest nie większe niż 4 · (2 · n + R)2 . Z drugiej
strony
X
Si,j = S · (2 · n + 1)2 ,
(i,j)
i,j¬|n|
gdzie Si,j oznacza pole figury Fi,j , zatem z wyboru liczby n wynika, że istnieją pary
(i, j) i (k, l) takie, że Fi,j ∩ Fk,l 6= ∅ i (i, j) 6= (k, l). To natychmiast oznacza, że
F ∩ Fp,q 6= ∅, gdzie p := k − i i q := l − j. Pokażemy, że w powyższej sytuacji
(−p, −q) ∈ F , co zakończy dowód. Zauważmy, że (−p, −q) ∈ F wtedy i tylko wtedy,
gdy (p, q) ∈ Fp,q ).
Ustalmy punkt A = (x, y) należący do przekroju F ∩ Fp,q . W celu udowodnienia,
że (p, q) ∈ Fp,q wystarczy pokazać, że A′ := (2 · p − x, 2 · q − y) ∈ Fp,q [istotnie,
ponieważ punkt (p, q) jest środkiem odcinka AA′ , więc teza wyniknie z wypukłości
zbioru Fp,q ]. Zauważmy jednak, że (2 · p − x, 2 · q − y) ∈ Fp,q wtedy i tylko wtedy, gdy
A′′ := (−x, −y) ∈ F . Ponieważ jednak punkt A′′ jest obrazem punktu A w symetrii
względem punktu O := (0, 0) oraz punkt O jest środkiem symetrii figury F , więc
teza wynika natychmiast z założenia A ∈ F .
4