Regionalne Koło Matematyczne

Transkrypt

1 Regionalne Koło Matematyczne Uniwersytet Mikołaja Kopernika w Toruniu Wydział Matematyki i Informatyki Lista rozwiązań zadań nr 15 ( ) Zbiory wypukłe Definicja. Zbiór X nazywamy wypukłym, jeśli dla dowolnych punktów A, B X odcinekab jest zawarty w zbiorzex. 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 od0 o i180 o ), 1

2 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 niż180 o ; wielokąt wypukły jest częścią wspólną pewnej liczby półpłaszczyzn. Zadanie 2. Uzasadnij, że część wspólna dwóch zbiorów wypukłych jest zbiorem wypukłym. Czy suma dowolnych dwóch zbiorów wypukłych też jest zbiorem wypukłym? Rozwiązanie. Uzasadnimy, że część wspólna dwóch zbiorów wypukłych M, N jest zbiorem wypukłym. W tym celu musimy pokazać, że dla dowolnych dwóch punktówa,b M N cały odcinekab jest zawarty w zbiorzem N. Z definicji części wspólnej, jeżelia,b M N, toa,b M oraza,b N. Ale zbiorym in są wypukłe, zatemab M iab N. Korzystając znowu z definicji części wspólnej otrzymujemy, żeab M N. Odpowiemy teraz na pytanie, czy suma dowolnych dwóch zbiorów wypukłych też jest zbiorem wypukłym. Rozważmy dwa kołak 1,K 2 rozłączne zewnętrznie. Wiemy, że zbioryk 1 ik 2 są wypukłe. Czy zbórk 1 K 2 też jest wypukły? Oczywiście odpowiedź brzmi NIE. Istotnie niecha K 1,B K 2. WówczasAB K 1 K 2 (Rys. 1). K 1 K 2 A B Rysunek 1 Zadanie 3. 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 przezm 1,M 2,M 3,M 4, zaś punkty przecięcia trójek zbiorów jako odpowiednio:a 1 - dla zbiorówm 2,M 3,M 4,A 2 - dla zbiorów M 1,M 3,M 4,A 3 - dla zbiorówm 1,M 2,M 4 ia 4 dla zbiorówm 1,M 2,M 3. Rozpatrzmy możliwe położenia punktówa 1,A 2,A 3,A 4 : 2

3 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 toa 1 A 2 A 3 A 4. Oznaczmy przez P punkt przecięcia przekątnycha 1 A 3 ia 2 A 4. Pokażemy, że punkt ten należy do wszystkich czterech zbiorów. Z określenia punktówa 1 ia 3 wynika, że oba należą zarówno do zbiorówm 2 jak im 4. Zbiory te są wypukłe, więc cały odcineka 1 A 3 należy do tych zbiorów. Analogicznie pokazujemy, że cały odcineka 2 A 4 należy do zbiorówm 1 im 3. Zatem punkt przecięciaa 1 A 3 za 2 A 4 należy do wszystkich czterech zbiorów. W drugim przypadku możemy bez zmniejszania ogólności rozważań założyć, żea 4 leży wewnątrz trójkąta utworzonego przeza 1,A 2 ia 3. Z definicji punktya 1,A 2 i A 3 należą dom 4, więc cały trójkąt - a zatem także punkta 4 również należy dom 4. AleA 4 należał także dom 1,M 2,M 3. Jest to więc punkt wspólny wszystkich czterech zbiorów. Zadanie 4. Udowodnić następujące Twierdzenie Helly ego: Na płaszczyźnie danych jestnfigur 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. Dlan=4 udowodniliśmy tezę w zadaniu 3. Załóżmy teraz, że twierdzenie zachodzi dla pewnegon 4. Pokażemy, że również dlan+1 teza jest prawdziwa. NiechM 1,M 2,...,M n,m n+1 będą danymi figurami wypukłymi. Oznaczmy przezm n część wspólnąm n im n+1. Z zadania 2 wynika, że jest to zbiór wypukły. Zauważmy, że dowolne trzy spośród figurm 1,M 2,...,M n 1,M n mają punkt wspólny. Dla trójek, w których nie ma zbiorum n wynika to z założeń twierdzenia. Rozważmy trójkę zawierającąm n oraz pewne dwa inne zbiorym i oraz M j. Wiadomo, że każda trójka spośród zbiorówm i,m j,m n,m n+1 ma punkt wspólny, zatem na mocy poprzedniego zadania istnieje punkt wspólny tych czterech zbiorów, czyli zbiorówm i,m j,m n. Z założenia indukcyjnego wynika, że istnieje punkt wspólny zbiorówm 1,M 2,...,M n 1,M n. Jest to jednocześnie punkt wspólny zbiorów M 1,M 2,...,M n,m n+1. Zadanie 5. Na płaszczyźnie danych jestnpunktówp 1,...,P n, 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. Rozważmynkół o środkach wp 1,...,P n 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 punktyp i,p j,p k 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, wp i,p j,p k i promieniu 1. Mamy zatem zbiory spełniające założenia twierdzenia Helly ego. Zbiory te mają więc punkt wspólnyx. PunktX oddalony jest od każdego z punktówp 1,P 2,...,P n 3

4 o co najwyżej 1. A zatem koło o środku w punkciex i promieniu 1 zawiera wszystkie dane punkty. Zadanie 6. NiechW 1, będą wielokątami wypukłymi i niech W 1. Udowodnić, że obwód wielokąta jest nie większy od obwodu wielokątaw 1. Rozwiązanie. Dowód przeprowadzimy na dwa sposoby. Za każdym razem metodę omówimy dokładnie w przypadku, gdyw 1, są trójkątami. Następnie pokażemy, że rozumowanie można uogólnić. Sposób I. Rozważmy trójkątyw 1 i takie, że W 1 (Rys. 3). y x W 1 t a b z c Rysunek 3 Przedłużamy jeden z boków trójkąta. Stosując oznaczenia jak na powyższym rysunku, mamy O W1 =x+y+z+c, O W2 =a+b+c. Korzystając z nierówności trójkąta otrzymujemy a+t<x+y, b<z+t. Zatema+b<x+y+z, co oznacza, żeo W2 <O W1. Rozważmy teraz dowolne dwa wielokąty wypukłew 1 i takie, że W 1. Prowadzimy prostą zawierającą jeden z boków wielokąta (Rys. 4). Otrzymujemy odcinek XY taki, że XY XA + AB + BY. Zatem O XYCDEF O W1. 4

5 Y C T B Z D A X W 1 E F Rysunek 4 Prowadzimy teraz prostązt zawierającą kolejny bok wielokąta i podobnie jak poprzednio otrzymujemy, że ZT ZY + YC + CT oraz O ZTDEFX O XYCDEF. Kontynuując rozumowanie otrzymujemy, że O W2 O W1. Sposób II. Rozważmy trójkątyw 1 i takie, że W 1. Poprowadźmy proste prostopadłe do dwóch bokówa,b trójkąta (Rys. 5). Niechx, y będą długościami przeciwprostokątnych w powstałych trójkątach prostokątnych. W 1 x a b y c Rysunek 5 Wówczasa<x, b<y oraz a+b<x+y. Zatem O W2 =a+b+c<x+y+c<o W1. Rozważmy teraz dowolne dwa wielokąty wypukłew 1 i takie, że W 1. Prowadzimy proste prostopadłe do kolejnych boków wielokąta przechodzące przez jego wierzchołki (Rys. 6). 5

6 a b b 2 b 1 W 1 a 1 a 2 Rysunek 6 Wówczas a a 1 +a 2, b b 1 +b 2. Kontynuując rozumowanie otrzymujemy, że O W2 O W1. 6