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 15, grupa zaawansowana (20.02.2010)
Zbiory wypukłe
Definicja. Zbiór X nazywamy wypukłym, jeśli dla dowolnych punktów A, B ∈ X
odcinek AB jest zawarty w zbiorze X.
Przykłady zbiorów wypukłych:
• odcinek,
• prosta,
• koło,
• trójkąt (z wnętrzem!),
• czworokąt wypukły (z wnętrzem),
• dowolny wielokąt foremny (z wnętrzem),
• wycinek koła,
• punkt,
• zbiór pusty.
Przykłady zbiorów, które nie są wypukłe:
• okrąg,
• brzeg trójkąta,
• dwa różne punkty,
• czworokąt wklęsły,
• ramiona dowolnego kąta (różnego od 0o i 180o ),
1
• dwie proste prostopadłe.
Zadanie 1. Jakie własności wyróżniają wielokąty wypukłe spośród wszystkich wielokątów?
Rozwiązanie. Takimi własnościami są na przykład:
• wielokąt wypukły leży w całości po jednej stronie każdego ze swoich boków;
• dowolna przekątna wielokąta wypukłego leży w całości wewnątrz tego wielokąta;
• każdy kąt wewnętrzny wielokąta wypukłego ma miarę mniejszą niż 180o ;
• wielokąt wypukły jest częścią wspólną pewnej liczby półpłaszczyzn.
Zadanie 2. Na płaszczyźnie dane są cztery zbiory wypukłe, takie, że każde trzy z
nich mają punkt wspólny. Udowodnić, że część wspólna wszystkich czterech zbiorów jest niepusta.
Rozwiązanie. Oznaczmy dane zbiory przez M1 , M2 , M3 , M4 , zaś punkty przecięcia
trójek zbiorów jako odpowiednio: A1 - dla zbiorów M2 , M3 , M4 , A2 - dla zbiorów
M1 , M3 , M4 , A3 - dla zbiorów M1 , M2 , M4 i A4 dla zbiorów M1 , M2 , M3 . Rozpatrzmy
możliwe położenia punktów A1 , A2 , A3 , A4 :
1) albo punkty te tworzą czworokąt wypukły,
2) albo jeden z nich leży wewnątrz trójkąta utworzonego przez pozostałe 3 punkty.
Rozpatrując przypadek 1) załóżmy, że czworokąt ten to A1 A2 A3 A4 . Oznaczmy przez
P punkt przecięcia przekątnych A1 A3 i A2 A4 . Pokażemy, że punkt ten należy do
wszystkich czterech zbiorów. Z określenia punktów A1 i A3 wynika, że oba należą
zarówno do zbiorów M2 jak i M4 . Zbiory te są wypukłe, więc cały odcinek A1 A3
należy do tych zbiorów. Analogicznie pokazujemy, że cały odcinek A2 A4 należy do
zbiorów M1 i M3 . Zatem punkt przecięcia A1 A3 z A2 A4 należy do wszystkich czterech zbiorów.
W drugim przypadku możemy bez zmniejszania ogólności rozważań założyć, że A4
leży wewnątrz trójkąta utworzonego przez A1 , A2 i A3 . Z definicji punkty A1 , A2 i
A3 należą do M4 , więc cały trójkąt - a zatem także punkt A4 również należy do M4 .
Ale A4 należał także do M1 , M2 , M3 . Jest to więc punkt wspólny wszystkich czterech
zbiorów.
Zadanie 3. Udowodnić następujące Twierdzenie Helly’ego: Na płaszczyźnie danych
jest n figur wypukłych, przy czym dowolne trzy z nich mają punkt wspólny. Wówczas istnieje punkt należący do każdej z tych figur.
Rozwiązanie. Dowód tego twierdzenia przeprowadzimy przez indukcję ze względu
na liczbę figur. Dla n = 4 udowodniliśmy tezę w zadaniu 3.
Załóżmy teraz, że twierdzenie zachodzi dla pewnego n ­ 4. Pokażemy, że również
2
dla n + 1 teza jest prawdziwa. Niech M1 , M2 , . . . , Mn , Mn+1 będą danymi figurami wypukłymi. Oznaczmy przez Mn′ część wspólną Mn i Mn+1 . Z zadania 2 wynika, że jest
to zbiór wypukły. Zauważmy, że dowolne trzy spośród figur M1 , M2 , . . . , Mn−1 , Mn′
mają punkt wspólny. Dla trójek, w których nie ma zbioru Mn′ wynika to z założeń
twierdzenia. Rozważmy trójkę zawierającą Mn′ oraz pewne dwa inne zbiory Mi oraz
Mj . Wiadomo, że każda trójka spośród zbiorów Mi , Mj , Mn , Mn+1 ma punkt wspólny, zatem na mocy poprzedniego zadania istnieje punkt wspólny tych czterech zbiorów, czyli zbiorów Mi , Mj , Mn′ . Z założenia indukcyjnego wynika, że istnieje punkt
wspólny zbiorów M1 , M2 , . . . , Mn−1 , Mn′ . Jest to jednocześnie punkt wspólny zbiorów
M1 , M2 , . . . , Mn , Mn+1 .
Zadanie 4. Na płaszczyźnie danych jest n punktów P1 , . . . , Pn , przy czym każde trzy
z nich należą do pewnego koła o promieniu 1. Udowodnić, że wszystkie te punkty
znajdują się w kole o promieniu 1.
Rozwiązanie. Rozważmy n kół o środkach w P1 , . . . , Pn i promieniach 1. Oczywiście
są to zbiory wypukłe. Uzasadnimy, że każde trzy z tych zbiorów mają punkt wspólny. Z założeń zadania wynika, że dowolne trzy punkty Pi , Pj , Pk należą do pewnego
koła o promieniu 1. Zatem ich odległość od środka takiego koła jest nie większa
niż jeden - czyli środek ten należy również do każdego koła o środku, odpowiednio,
w Pi , Pj , Pk i promieniu 1.
Mamy zatem zbiory spełniające założenia twierdzenia Helly’ego. Zbiory te mają
więc punkt wspólny X. Punkt X oddalony jest od każdego z punktów P1 , P2 , . . . , Pn
o co najwyżej 1. A zatem koło o środku w punkcie X i promieniu 1 zawiera wszystkie dane punkty.
Zadanie 5. Udowodnić, że w dowolnym siedmiokącie wypukłym istnieje punkt, który nie należy do żadnego czworokąta o wierzchołkach będących czterema kolejnymi wierzchołkami siedmiokąta.
Rozwiązanie. Każdy czworokąt o wierzchołkach będących kolejnymi wierzchołkami siedmiokąta wyznacza pięciokąt ”pozostały” z tego siedmiokąta (Rys. 2).
A
Rysunek 2
Aby udowodnić, że istnieje punkt, który nie należy do żadnego czworokąta, pokażemy, że istnieje punkt, który należy do każdego z siedmiu pięciokątów. Oczywiście
pięciokąty te są zbiorami wypukłymi. Pokażemy, że dowolne trzy z nich mają punkt
wspólny. Każdy taki pięciokąt zawiera wszystkie wierzchołki siedmiokąta oprócz
3
dwóch sąsiednich. Zatem dla dowolnych trzech pięciokątów istnieje co najmniej jeden wierzchołek, który zawarty jest w każdym z nich (np. punkt A na Rys. 2).
Takie pięciokąty spełniają więc założenia twierdzenia Helly’ego, a zatem istnieje
punkt wspólny wszystkich siedmiu pięciokątów. Punkt ten nie należy do żadnego
czworokąta o wierzchołkach będących czterema kolejnymi wierzchołkami siedmiokąta.
Zadanie 6. Niech W będzie n-kątem wypukłym zawartym w kwadracie o boku 1.
Udowodnić, że można wybrać trzy wierzchołki wielokąta W takie, że pole trójkąta
o tych wierzchołkach jest mniejsze lub równe n82 .
Rozwiązanie. Niech a1 , a2 , . . . , an będą długościami boków wielokąta W . Ponieważ
wielokąt W zawarty jest w kwadracie, to korzystając z zadania 7 wiemy, że obwód
wielokąta W jest nie większy od obwodu kwadratu, tzn.
a1 + a2 + · · · + an 6 4.
Mnożąc stronami powyższą nierówność przez 2 otrzymujemy
(a1 + a2 ) + (a2 + a3 ) + (a3 + a4 ) + · · · + (an + a1 ) 6 8.
Łatwo zauważyć, że jeśli suma n liczb jest nie większa niż 8, to wśród danych liczb
istnieje liczba nie większa niż n8 . Istnieje zatem k ∈ {1, 2, . . . , n} takie, że
ak + ak+1 6
8
.
n
(1)
Rozważmy trójkąt, którego dwoma bokami są ak i ak+1 . Niech kąt między tymi
bokami ma miarę α (Rys. 7).
ak
α ak+1
Rysunek 7
Pole tego trójkąta można policzyć ze wzoru S = 12 ak ak+1 sin α. Ponieważ sin α ¬ 1,
to S 6 21 ak ak+1 . Korzystając z nierówności między średnią arytmetyczną i średnią
geometryczną oraz z nierówności (1),otrzymujemy
1
1
ak + ak+1
S 6 ak ak+1 6 ·
2
2
2
4
2
1
1 82
6 ·
·
2
4 n2
!
=
8
.
n2