Konkurs Uczniowskich Prac z Matematyki. Urok zbioru µ. Michaª Mi±kiewicz. Opiekun pracy: dr Jerzy Bednarczuk

Transkrypt

1 Kokurs Ucziowskich Prac z Matematyki Urok zbioru µ Michaª Mi±kiewicz Opieku pracy: dr Jerzy Bedarczuk Warszawa 010

2 Streszczeie Tematem mojej pracy s pukty takie,»e suma kwadratów odlegªo±ci puktów z wcze±iej ustaloego zbioru od prostej przechodz cej przez ów pukt jest iezale»a od wyboru prostej. Dowodz mi dzy iymi,»e zawsze istieje dokªadie jede lub dwa takie pukty w pierwszym przypadku jest to ±rodek masy puktów obraego zbioru, w drugim pukty symetrycze wzgl dem ±rodka masy. Prezetuj przykªady zastosowaia tego twierdzeia i rozwa»am wybrae przypadki, w szczególo±ci dla zbioru wierzchoªków trójk ta. 1 Deicja i proste wªaso±ci zbioru µ Deicja. Niech A = {A 1,..., A } b dzie zbiorem puktów a pªaszczy¹ie. We¹my pukt X taki,»e dla ka»dej prostej k przechodz cej przez X suma kwadratów odlegªo±ci puktów A 1,..., A od k jest taka sama. Zbiór µ(a) deiujemy jako zbiór wszystkich puktów X speªiaj cych powy»szy waruek. Z deicji wyikaj atychmiast ast puj ce wioski: Fakt 1. Suma kwadratów odlegªo±ci jest taka sama dla ka»dej prostej przechodz cej przez ka»dy z puktów zbioru µ(a). Dowód. Dla dowodu wystarczy pokaza,»e rozwa»aa suma ma t sam warto± dla dwóch puktów X, Y µ(a) jest to oczywiste, je±li jako prost k z deicji przyjmiemy prost XY. Fakt. Je±li A B =, X µ(a) i X µ(b), to X µ(a B). Dowód. Wystarczy zauwa»y,»e dla dowolej prostej k przechodz cej przez X zachodzi P k = P k + P k P A P B P A B 1

3 Zadaie 1. (I etap IV OMG) Pukt S jest ±rodkiem kwadratu ABCD. Wyka»,»e S µ({a, B, C, D}). Dowód. Ze wzgl du a symetri wzgl dem S (lub po uwzgl dieiu faktu ) stwierdzamy,»e wystarczy wykaza, i» S µ({a, B}). W tym celu we¹my prost k przechodz c przez S. Niech A i B b d rzutami prostok tymi odpowiedio A i B a k. Z prostego rachuku a k tach i rówo±ci AS = BS otrzymujemy,»e AA S SB B (poi»sze rysuki ilustruj dwa mo»liwe przypadki). St d i z twierdzeia Pitagorasa dla trójk ta AA S mamy,»e rozwa»aa suma to: AA + BB = AA + SA = AS Jest zatem iezale»a od wyboru prostej k, co ko«czy dowód. Otrzymay w powy»szym zadaiu wyik (S µ({a, B})) razem z faktem prowadzi do ast puj cego wiosku: Fakt 3. Niech A 1,..., A b d obrazami puktów odpowiedio A 1,..., A w obrocie o 90 wokóª puktu X. Wówczas X µ({a 1,..., A, A 1,..., A }).

4 Twierdzeie o zbiorze µ Mo»a zada pytaie o liczo± (w szczególo±ci o iepusto± ) zbioru µ(a) w ogólym przypadku, jak rówie» o poªo»eie puktów tego zbioru wzgl dem puktów zbioru A. Odpowiedzi a te pytaia dostarcza poi»sze twierdzeie. Twierdzeie 1. Niech A = {A 1,..., A } b dzie zbiorem puktów a pªaszczy¹ie, a S ±rodkiem masy tych puktów. Wówczas µ(a) = {S} lub do zbioru µ(a) ale» dokªadie dwa pukty symetrycze wzgl dem S. Dowód. Ozaczmy wspóªrz de puktów A 1,..., A odpowiedio przez (x 1, y 1 ),..., (x, y ). Na pocz tek zbadajmy, czy (0, 0) µ(a). We¹my dowol prost k przechodz c przez pukt (0, 0) jej rówaie jest postaci x si z + y cos z = 0 dla pewego parametru z. Rozwa»aa suma (ozaczmy j przez f(z)) wyosi 1 : f(z) = A i k = ( ) x i si z + y i cos z = (x i si z + y i cos z) = si z + cos z = (x i si z + y i cos z + x i y i si z) = (si z) x i + (cos z) y i + (si z) x i y i Zauwa»my,»e suma ta jest taka sama dla ka»dej prostej k wtedy i tylko wtedy gdy f (z) jest fukcj stale rów 0. Tymczasem: f (z) = (si z) ( x i y i ) + (cos z) x i y i Šatwo si przekoa (kªad c p. z = 0 i z = π 4 ),»e f 0 wtedy i tylko wtedy gdy: x i = y i i xi y i = 0 (1) Aby zbada, czy pukt (a, b) ale»y do µ(a), mo»emy przesu zbiór A o wektor [a, b] i sprawdzi, czy jego obraz speªia waruek odpowiadaj cy warukowi (1). Poiewa» wspóªrz de obrazów puktów A 1,..., A to (x 1 a, y 1 b),..., (x a, y b), wi c mo»emy stwierdzi,»e (a, b) µ(a) wtedy i tylko wtedy gdy: (xi a) = (y i b) i (xi a)(y i b) = 0 () W dalszej cz ±ci dowodu skupimy si a rozwi zaiu tego ukªadu rówa«. 1 Wszystkie sumy ideksuj domy±lie od i = 1 do. 3

5 Dygresja. Je±li w -wymiarowej przestrzei ozaczymy O = (0,..., 0), X = (x 1,..., x ), Y = (y 1,..., y ), u = [1,..., 1], to (x 1 a,..., x a) = X a u jest parametryczym rówaiem prostej przechodz cej przez X i rówolegªej do u; aalogiczie dla (y 1 b,..., y b). Ozaczmy te proste odpowiedio przez k i l s oe rówolegªe. Dodatkowo ozaczmy pukty A = X a u, B = Y b u. Geometrycz iterpretacj waruku () jest wówczas OA = OB i OA OB = 0. Poiewa» dwie proste rówolegªe i pukt wyzaczaj przestrze«co ajwy»ej trójwymiarow, wi c zalezieie puktu (a, b) speªiaj cego () jest rówowa»e rozwi zaiu ast puj cego problemu: W przestrzei trójwymiarowej day jest pukt O oraz proste rówolegªe k i l. Zale¹ pukty A k i B l takie,»e OA = OB i OA OB. Dla uproszczeia dalszych oblicze«przyjmijmy ukªad wspóªrz dych o pocz tku w ±rodku masy puktów A 1,..., A, czyli taki, w którym x i = 0 = y i. Przez proste przeksztaªceia otrzymujemy,»e waruek () jest rówowa»y ukªadowi rówa«: Rozwa»my teraz trzy przypadki: 1. Para (a, b) = (0, 0) speªia (3). a + 1 x i = b + 1 y i (3) ab = 1 xi y i Zachodzi wtedy x i y i = 0 i x i = yi, czyli ukªad rówa«przyjmuje posta : a = b Oczywi±cie ie ma o iego rozwi zaia.. Zachodzi x i y i = 0, ale (0, 0) ie speªia (3). ab = 0 Gdyby zachodziªa rówo± x i = yi, to wbrew zaªo»eiu (0, 0) byªoby rozwi zaiem ukªadu (3). Rozwa»my wi c przypadek, gdy x i > yi. W takim wypadku ªatwo wykaza,»e ukªad (3) ma dwa rozwi zaia (0, b 0 ) i (0, b 0 ), gdzie b 0 = 1 ( x i yi ). W przypadku przeciwej ierówo±ci jest aalogiczie: rozwi zaiami s (a 0, 0) i ( a 0, 0), gdzie a 0 = 1 ( y i x i ). 3. Zachodzi x i y i 0. Wówczas mo» c pierwsze rówaie przez a i uwzgl diaj c drugie, otrzymujemy rówaie dwukwadratowe: a 4 + a 1 ( x i ) ( 1 ) yi xi y i = 0 4

6 Rozpatrywae jako rówaie kwadratowe wzgl dem a ma wyró»ik: = 1 ( x i y i ) + 4 ( 1 xi y i ) > 0 Ma zatem dwa rozwi zaia a a, przy czym ze wzoru Viete'a ich iloczy wyosi ( 1 xi y i ) < 0, zatem jedo z rozwi za«jest dodatie i jedo ujeme. Rówaie a a ma wi c dokªadie dwa rozwi zaia a 0 i a 0 (a 0 0). Przyjmijmy b 0 = xiy i a 0. Pary (a 0, b 0 ) i ( a 0, b 0 ) w oczywisty sposób speªiaj drug rówo± ukªadu (3). Po podzieleiu rówaia dwukwadratowego przez a 0 otrzymujemy,»e speªiaj tak»e pierwsz. Ozacza to,»e s oe wszystkimi rozwi zaiami ukªadu (3). W ka»dym z przypadków teza twierdzeia jest speªioa, co ko«czy dowód. Uwaga. W momecie, gdy dobrali±my ukªad wspóªrz dych o pocz tku w ±rodku masy, mogli±my dodatkowo wzi taki, w którym suma x i y i jest rówa 0. Wyika to z faktu,»e je±li w pewym ukªadzie suma ta jest rówa M, to w ukªadzie obrócoym o 90 jest rówa M. Z ci gªo±ci zmiay tej sumy przy obracaiu ukªadu otrzymujemy,»e istieje ukªad o sumie rówej 0. Pozwoliªoby to a ograiczeie si do rozwa»eia dwóch pierwszych przypadków, jedak formalizacja powy»szej obserwacji byªaby uci»liwa. Dowiedziemy teraz wa»ego wiosku, który wyika z waruku (1) i zaczie upraszcza sprawdzaie, czy day pukt ale»y do µ(a). Mówi o,»e zamiast zgodie z deicj sprawdzi rówo± sum dla wszystkich mo»liwych prostych, wystarczy sprawdzi dla trzech. Wiosek. Pukt X ale»y do zbioru µ(a) wtedy i tylko wtedy gdy dla trzech parami ró»ych prostych k przechodz cych przez X suma kwadratów odlegªo±ci puktów A 1,..., A od k jest taka sama. Dowód. Wyikaie w jed stro z deicji µ(a) jest oczywiste. Zaªó»my wi c,»e suma kwadratów odlegªo±ci jest taka sama dla trzech ró»ych prostych k przechodz cych przez X. We¹my ukªad wspóªrz dych, w którym X = (0, 0) i o± x pokrywa si z jed z tych prostych. Mamy wówczas rówo± f(0) = f(z 1 ) = f(z ) dla pewych ró»ych z 1, z z przedziaªu (0, π) (do takiego mo»emy si ograiczy ). Rówo± f(0) = f(z 1 ) po u»yciu jedyki trygoometryczej i podzieleiu stroami przez si z 1 (z 1 (0, π)) daje: ( (si z 1 ) y i ) x i = (cos z 1 ) x i y i Zauwa»my,»e je±li x i y i = 0, to rówie» y i x i = 0, co dowodzi tezy (waruek (1)). 5

7 Przypu± my wi c,»e x i y i 0. Wtedy zachodzi: y ctg z 1 = i x i x i y i Z aalogiczej rówo±ci dla z wyika,»e ctg z 1 = ctg z, co razem z ró»owarto±ciowo±ci fukcji ctg z w przedziale (0, π) daje z 1 = z. Otrzymaa sprzeczo± z warukiem z 1 z dowodzi prawdziwo±ci tezy. Uwaga. Šatwo zauwa»y,»e postawioego waruku ie da si poprawi ; iaczej mówi c, ie jest prawdziwe aalogicze twierdzeie dla dwóch prostych. Na przykªad je±li pukt C le»y a dwusieczej k ta AOB, to kwadraty odlegªo±ci puktu C od prostych OA i OB s takie same, ale oczywi±cie pukt O ie ale»y do µ({c}) wystarczy wzi prost OC. 3 Przykªady u»ycia tego twierdzeia Twierdzeie 1 daje wiele arz dzi do badaia zbioru µ. Poi»sze przykªady pokazuj, w jaki sposób mo»a z ich korzysta. Przykªad 1. Zbadajmy zbiór µ({a, B, C, D}), gdzie ABCD jest rombem o k tach 60 i 10, czyli skªadaj cym si z dwóch trójk tów rówoboczych. Przyjmijmy AC > BD. Sposób I. Stosuek dªugo±ci przek tych tego rombu wyosi 3. Mo»emy wi c obra ukªad wspóªrz dych, w którym: A = ( 3, 0), B = (0, 1), C = ( 3, 0), D = (0, 1) Wówczas ±rodek masy rombu to pukt (0, 0). Rozwi»my odpowiedik ukªadu rówa«(3) z twierdzeia 1. Dla powy»szych daych ma o posta : a + 3 = b + 1 i ab = 0 Oczywi±cie rozwi zaiami s pary (0, 1) i (0, 1). Otrzymali±my zatem,»e µ({a, B, C, D}) = {B, D}. 6

8 Sposób II. Przez h ozaczmy wysoko± trójk ta rówoboczego ABD. Wówczas odlegªo±ci d(a, BD), d(a, BC), d(c, BD), d(c, AB), d(d, AB), d(d, BC) s rówe h. W zwi zku z tym sumy kwadratów odlegªo±ci wierzchoªków rombu od prostych BA, BC, BD s rówe h. Zgodie z wioskiem z twierdzeia 1 ozacza to,»e B µ({a, B, C, D}). Po uwzgl dieiu tezy twierdzeia 1 otrzymujemy tak jak poprzedio µ({a, B, C, D}) = {B, D}. Przykªad. Tym razem we¹my trójk t prostok ty róworamiey ABC z k tem prostym przy wierzchoªku B i zastaówmy si ad µ({a, B, C}). Sposób I. Przyjmijmy A = (0, 1), B = (0, 0), C = (1, 0). Rozwi»my odpowiedik ukªadu rówa«() z twierdzeia 1. Po podstawieiu daych i uproszczeiu jest to: a = b i 3ab = a + b Rozwi zuj c, otrzymujemy pukty (0, 0) i ( 3, 3 ). Sposób II. Niech D b dzie puktem takim,»e ABCD jest kwadratem. Niech S i E b d puktami a prostej AD takimi,»e AS = SE = ED, czyli dziel cymi odciek AD a trzy przystaj ce. Z zadaia 1 wiemy,»e B µ({a, B, C}). S jest ±rodkiem ci»ko±ci trójk ta ABC oraz pukty B i E s symetrycze wzgl dem S, wi c z twierdzeia 1 µ({a, B, C}) = {B, E}. 7

9 Twierdzeie 1 pozwala tak»e a ªatwe uogólieie tezy zadaia 1 a dowoly wielok t foremy. Poi»sze zadaie z pewo±ci posiada wiele rozwi za«, ale te przytoczoe s wyj tkowo proste. Zadaie. Zbiór A = {A 1, A,..., A } jest zbiorem wierzchoªków -k ta foremego o ±rodku S. Wykaza,»e S µ(a). Dowód. Przypu± my,»e teza zadaia ie jest prawdziwa. Wówczas istieje pukt X S ale» cy do µ(a). Ka»dy obrót wokóª S o wielokroto± k ta π przeksztaªca zbiór A a siebie, a wi c pukt X przeksztaªca a pukt ale» cy do µ(a). Poiewa» przez takie obroty otrzymujemy parami ró»ych puktów, wi c zbiór µ(a) jest co ajmiej -elemetowy ( 3). Jedocze±ie zgodie z twierdzeiem 1 jest co ajwy»ej dwuelemetowy, co prowadzi do sprzeczo±ci. Ie rozwi zaie. Ze wzgl du a wspomia symetri suma kwadratów odlegªo±ci puktów zbioru A od prostych SA 1, SA, SA 3 jest taka sama. Dla wielok tów foremych iych i» kwadrat s to proste parami ró»e, co a mocy wiosku z twierdzeia 1 daje tez. 8

10 4 Zbiór µ dla wierzchoªków trójk ta Na podstawie rozwa»a«w twierdzeiu 1 mo»a podejrzewa,»e przypadek, gdy ±rodek masy zbioru A ale»y do µ(a), jest do± szczególy. Zbadamy to a przykªadzie trójk ta. Wykazali±my ju»,»e wspomiay przypadek zachodzi dla trójk ta rówoboczego okazuje si,»e tylko dla iego. Twierdzeie. Niech S b dzie ±rodkiem ci»ko±ci trójk ta ABC. Wówczas S µ({a, B, C}) wtedy i tylko wtedy gdy trójk t ABC jest rówoboczy. Dowód. Dowód w jed stro zostaª ju» przeprowadzoy w ramach zadaia. Przeprowad¹my wi c rozumowaie w drug stro zaªó»my,»e S µ({a, B, C}). Ozaczmy przez A i B rzuty prostok te puktów A i B a ±rodkowe BL i AK odpowiedio. Oczywi±cie d(c, BL) = AA i d(c, AK) = BB. Poiewa» S µ({a, B, C}), wi c sumy kwadratów odlegªo±ci puktów A, B, C od prostych AK i BL s rówe. Ozacza to,»e AA = BB, czyli AA = BB. Razem z rówo±ciami k tów AA S = 90 = BB S i ASA = BSB (k ty wierzchoªkowe) ozacza to przystawaie trójk tów AA S i BB S. St d z kolei wyika rówo± AS = BS i w kosekwecji KS = LS KS = = BS LS ). Te dwie rówo±ci razem ze wspomia wcze±iej rówo±ci k tów ASL i BSK daj ( AS ASL BSK. Z tego przystawaia wyika rówo± AL = BK, czyli AC = BC. tezy. Aalogiczie otrzymujemy rówo± AB = BC. Trójk t ABC ma zatem boki rówej dªugo±ci, co dowodzi W ast pym pukcie tak»e w ogólym przypadku. 9

11 Skoro dla trójk ta ierówoboczego µ({a, B, C}) zawsze jest dwuelemetowy, to warto zbada mo»liwe geometrycze powi zaia puktów tego zbioru z trójk tem ABC. Poi»sze twierdzeie dowodzi iteresuj cego zwi zku z ogiskami pewej elipsy wpisaej w te trójk t. Twierdzeie 3. Niech S b dzie ±rodkiem ci»ko±ci trójk ta ierówoboczego ABC, µ({a, B, C}) = {P, Q}, poadto iech F i G b d ogiskami elipsy o ±rodku S wpisaej w trójk t ABC. Wówczas czworok t F QGP jest rombem o stosuku przek tych P Q F G =. Dowód. Zauwa»my ajpierw,»e dla dowolego trójk ta ABC istieje elipsa we«wpisaa o ±rodku w ±rodku ci»ko±ci trójk ta. W tym celu we¹my dowoly trójk t rówoboczy A B C i przeksztaªceie aicze przeksztaªcaj ce A B C a ABC. Przeprowadza oo okr g wpisay w trójk t A B C a elips wpisa w trójk t ABC. Przeksztaªceia aicze zachowuj ±rodek elipsy i ±rodek ci»ko±ci trójk ta, wi c ±rodkiem otrzymaej elipsy jest ±rodek ci»ko±ci trójk ta ABC. Poadto gdy trójk t ABC ie jest rówoboczy, elipsa ta ie jest okr giem. Mo»a rówie» ªatwo wykaza,»e istieje dokªadie jeda taka elipsa. Niech e b dzie t elips, a k symetral odcika F G. Przez powiowactwo prostok te g o osi k i odpowiediej skali (z przedziaªu (0, 1)) mo»emy przeksztaªci elips e a okr g ozaczmy go o. Niech A B C b dzie obrazem trójk ta ABC przy tym powiowactwie. Okr g o jest wpisay w A B C. Oczywi±cie S k, wi c obrazem puktu S jest o sam. W zwi zku z tym pukt S jest jedocze±ie ±rodkiem ci»ko±ci trójk ta A B C (przeksztaªceia aicze zachowuj ±rodek ci»ko±ci) oraz ±rodkiem okr gu we«wpisaego (zachowuj te» ±rodek elipsy), wi c trójk t A B C jest rówoboczy. Przyjmijmy ukªad wspóªrz dych, w którym o± x pokrywa si z prost k, S = (0, 0) oraz okr g o ma promie«1. Ozaczmy A = (x 1, y 1 ), B = (x, y ), C = (x 3, y 3 ). Z prostych rachuków wyika,»e boki 10

12 trójk ta A B C s rówe 3. Z tezy zadaia dla trójk ta rówoboczego wyika,»e S µ({a, B, C }), wi c z deicji zbioru µ wielko±ci x 1 + x + x 3 i y1 + y + y3 jako sumy kwadratów odlegªo±ci A, B, C od osi ukªadu s rówe sumie kwadratów odlegªo±ci od dowolej prostej przechodz cej przez S. Dla prostej A S ªatwo obliczamy,»e suma ta wyosi 6, wi c: x 1 + x + x 3 = 6 = y1 + y + y3 (4) Poadto korzystaj c z waruku (1) z twierdzeia 1, otrzymujemy: x 1 y 1 + x y + x 3 y 3 = 0 (5) We¹my teraz przeksztaªceie aicze odwrote do powiowactwa g. Jest to powiowactwo prostok te o osi k i skali α > 1. Przeksztaªca oo pukt (x, y) a (x, αy), wi c A = (x 1, αy 1 ), B = (x, αy ), C = (x 3, αy 3 ). Rozwi»emy dla puktów A, B, C ukªad odpowiedi do ukªadu (3) z twierdzeia 1. zauwa»my,»e zgodie z rówo±ciami (4) i (5): Na pocz tek 1 3 (x 1 + x + x 3) = 6 3 =, 1 ( (αy1 ) + (αy ) + (αy 3 ) ) = α 3 3 (y 1 + y + y3) = 6α 3 = α, 1 3 (x 1 αy 1 + x αy + x 3 αy 3 ) = α 3 (x 1y 1 + x y + x 3 y 3 ) = 0 Rozwi zyway ukªad rówa«przyjmuje wi c posta : a + = b + α i ab = 0 W zwi zku z tym,»e α > 1, rozwi zaiami s ( α 1, 0) i ( α 1, 0). S to pukty zbioru µ({a, B, C}), czyli pukty P i Q. 11

13 Šatwo zauwa»y,»e elipsa e ma póªosie dªugo±ci 1 i α. St d wyika,»e odlegªo± mi dzy jej ±rodkiem a ogiskiem jest rówa α 1. Dlatego ogiska F i G to pukty (0, α 1) i (0, α 1). Pukty P, Q, F, G o wyzaczoych wy»ej wspóªrz dych speªiaj tez, co ko«czy dowód. 5 Wªaso±ci zbiorów A takich,»e µ(a) = 1 Wró my do problemu postawioego a pocz tku poprzediego puktu. Wyiki poszukiwa«ogólych waruków a zbiory A takie,»e µ(a) = 1, przedstawioe s poi»ej. Twierdzeie 4. Niech A = {A 1,..., A } b dzie zbiorem puktów a pªaszczy¹ie, a A k jedym z tych puktów. Ozaczmy zbiór A k = A\{A k } oraz pukt S k ±rodek masy zbioru A k. Wówczas µ(a) = 1 wtedy i tylko wtedy gdy JS α 1 k (A k ) µ(a k ), gdzie α =. Dowód. Przyjmijmy ukªad wspóªrz dych o pocz tku w S k, iech A 1 = (x 1, y 1 ),..., A = (x, y ). Mamy wówczas: i k x i = 0 = i k rodkiem masy zbioru A jest zatem pukt ( 1 xi, 1 yi ) = ( x k, y k ). Na mocy twierdzeia 1 rówo± µ(a) = 1 jest rówowa»a temu,»e pukt te speªia waruek () z tego» twierdzeia. Przez rówowa»e przeksztaªceia otrzymujemy kolejo: ( x k x i ) = ( y k y i ) ( x k x i )( y k y i ) = 0 1 y i

14 ( x k ) xk x i + x i = ( y k ) yk y i + yi xk yk x k y i y k x i + x i y i = 0 Po skorzystaiu z waruku i k x i = 0 = i k y i: x k x k y k x k x k + x k + i k x i = y k y k x k y k y k x k + x k y k + i k x iy i = 0 ) + 1 ( x k x k yk 1 = 1 y k + y k + i k y i i k x i = ( y k ) i k y i i k x iy i 1 Otrzymali±my ukªad odpowiadaj cy ukªadowi (3) z twierdzeia 1 jest o rówowa»y temu,»e ( x k, y k ) µ(a k ) (pukt (0, 0) jest ±rodkiem masy zbioru A k ). Oczywi±cie jest to rówowa»e drugiemu warukowi twierdzeia, co ko«czy dowód. Przykªad 3. Poka»emy, jak z twierdzeia 4 w prosty sposób wyika twierdzeie. We¹my trójk t ABC o ±rodku ci»ko±ci S ale» cym do µ({a, B, C}). Niech M b dzie ±rodkiem odcika AB jest to ±rodek masy zbioru {A, B}. Skoro S µ({a, B, C}), to zgodie z tez twierdzeia 4 dla zbioru {A, B, C}, = 3 i wyró»ioego wierzchoªka C otrzymujemy,»e pukt D = J α M (C) ale»y do zbioru µ({a, B}), gdzie α = 1 3. Otrzymay w zadaiu 1 wyik dotycz cy zbioru µ({a, B}) razem z tez twierdzeia 1 prowadzi do wiosku,»e trójk t ABD jest trójk tem prostok tym róworamieym z k tem prostym przy wierzchoªku D. Trójk t ABC jest wi c trójk tem róworamieym o podstawie AB i ±rodkowej dªugo±ci: CM = DM 3 3 = AB Trójk t ABC jest wi c rówoboczy. 13

15 6 Miimala suma kwadratów odlegªo±ci Postawmy teraz problem pozorie iezwi zay bezpo±redio z dotychczasowymi rozwa»aiami zastaówmy si, dla jakiej prostej suma kwadratów odlegªo±ci ustaloych puktów od tej prostej jest miimala. Jest to zay problem, ale istieje zwi zek z szuka prost a puktami zbioru µ. Poadto rozwi zywalo± tego problemu jest zale»a od liczo±ci zbioru µ. Twierdzeie 5. Niech A b dzie sko«czoym zbiorem puktów a pªaszczy¹ie takim,»e µ(a) = {P, Q}. Dla prostej k przez s(k) ozaczmy sum kwadratów odlegªo±ci puktów zbioru A od prostej k. Wówczas symetrala odcika P Q jest jedy prost, dla której fukcja s przyjmuje warto± miimal. Dowód. Niech S b dzie ±rodkiem masy zbioru A, ozaczmy poadto = A. We¹my dowol prost k ieprzechodz c przez S. Niech k b dzie prost rówolegª do k i przechodz c przez S, a d odlegªo±ci mi dzy prostymi k i k. Wówczas z twierdzeia Steiera s(k) = s(k ) + d > s(k ) (d 0). Ozacza to,»e poszukiwaia miimum mo»emy ograiczy do prostych przechodz cych przez S. Niech l b dzie symetral odcika P Q (oczywi±cie S l) oraz iech d = SP. Ozaczmy przez M warto± s(m) dla ka»dej prostej m przechodz cej przez P staªo± tej sumy wyika z okre±leia puktu P. We¹my dowol prost k przechodz c przez S. K t mi dzy prostymi k i l ozaczmy przez α. Niech k b dzie prost rówolegª do k i przechodz c przez P. Odlegªo± mi dzy prostymi k i k to d cos α. Z twierdzeia Steiera otrzymujemy s(k) = s(k ) (d cos α) = M d cos α M d = s(l), przy czym rówo± zachodzi tylko dla cos α = 1 (d 0), czyli dla k = l, co ko«czy dowód. Uwagi. W te sam sposób mo»emy otrzyma,»e s(p Q) jest maksymal warto±ci s dla wszystkich prostych przechodz cych przez S. Poadto w przypadku µ(a) = {S} miimala warto± jest przyjmowaa dla ka»dej prostej przechodz cej przez S. Poª czeie tez twierdze«3 i 5 daje ast puj cy wiosek: Fakt 4. Day jest trójk t ierówoboczy ABC. rodek wpisaej we«elipsy e pokrywa si ze ±rodkiem ci»ko±ci trójk ta ABC. Wówczas wielka o± elipsy e wyzacza jedy prost tak,»e suma kwadratów odlegªo±ci puktów A, B, C od tej prostej jest miimala. 14

16 7 Perspektywy rozwoju Przedstawioy problem jest otwarty. Poza podaiem kolejych przykªadów oraz udowodieiem owych wªaso±ci mo»a zastaowi si ad pewymi uogólieiami. Mo»a zauwa»y,»e w rozumowaiu z twierdzeia 1 ic si ie zmiei, je±li puktom zbioru A przypiszemy ró»e masy. Rozwa»aia mo»a próbowa rozszerzy a iesko«czoe zbiory puktów A. Wymagaªoby to zmiay deicji i zapewe u»ycia bardziej zaawasowaego aparatu matematyczego. Podoby do przedstawioego problem mo»a postawi dla zbioru A w przestrzei trójwymiarowej. Zachodz tu dwie mo»liwo±ci odpowiedikiem prostej k z deicji mo»e by pªaszczyza lub prosta. Šatwo zauwa»y,»e je±li zbiory zdeiowae w tych przypadkach ozaczymy odpowiedio µ 1 (A) i µ (A), to µ 1 (A) µ (A). Wida wi c,»e istieje mi dzy tymi deicjami ±cisªe powi zaie. Je±li poª czy wszystkie te uogólieia, mo»a zastaowi si ad zycz iterpretacj problemu i potecjalym praktyczym zastosowaiem suma kwadratów odlegªo±ci puktów ciaªa od prostej osi azw mometu bezwªado±ci i peªi wa» rol w dyamice ruchu obrotowego. 8 Literatura 1. Jerzy Bedarczuk Urok przeksztaªce«aiczych, Warszawa