Изпъкнал многоъгълник и окръжност/ НОМ 1978г, 4-ти кръг.

[drago]

Докажете, че за всеки изпъкнал многоъгълник съществуват три негови последователни върха, такива че окръжността описана около тях покрива изцяло многоъгълника.

(предложена от Йордан Табов)

[drago]

???

[aifC]

Предположение:
С индукция за броя на страните, примерно да се конструират три нови окръжности свързани с една точка и да се докаже че или първоначалната окръжност съдържа новия многоъгълник или една от новите. Като е възможно да има някакво доказателство и за радиусите.

[matst]

При [tex]n=3[/tex] твърдението е тривиално.

При [tex]n=4[/tex] една от двойките срещуположни ъгли е със сбор [tex]>\pi[/tex] --- например, нека четириъгълникът
е [tex]ABCD[/tex] и [tex]\angle A+\angle C> \pi[/tex] тогава описаната около триъгълник [tex]\triangle BCD[/tex] окръжност съдържа в
ограденият кръг и точка [tex]A[/tex]. Няма приложен чертеж.

Нека твърдението да е изпълнено за всеки изпъкнал [tex]n[/tex] ъгълник.

Нека [tex]A_1, A_2, \dots, A_{n-1}, A{n}, A_{n+1}[/tex] да е произволен изпъкнал [tex]n+1[/tex] ъгълник.

По индукционно предположение съществува диск [tex]D=D[A_1, A_2, \dots, A_{n-1}, A_{n}][/tex]
съдържащ всички точки [tex]A_1, A_2, \dots, A_{n-1}, A_{n}[/tex] като поне някои три последователни от
тях са върху границата [tex]\partial D[/tex] на диска [tex]D[/tex] (след [tex]A_{n}[/tex] се брои [tex]A_1[/tex]).

Разглеждат се четири случая
1. [tex]A_{n+1} \not\in D[/tex]
2. [tex]A_{n+1} \in D[/tex]
2.1 [tex]\partial D[/tex] е окръжността [tex]C[A_{n}, A_1, A_2][/tex]
2.2 [tex]\partial D[/tex] е окръжността [tex]C[A_{n-1}, A_{n}, A_1][/tex]
2.3 [tex]\partial D[/tex] е окръжността някоя друга тройка последователни върхове на [tex]n[/tex] ъгълника
[tex]A_1, A_2, \dots, A_{n-1}, A_{n}[/tex]

Във всеки от тях се посочва конкретна окръжност ограждаща диск, който съдържа всички точки
[tex]A_1, A_2, \dots, A_{n-1}, A{n}, A_{n+1}.[/tex]

В случай 2.3 няма какво да се прави --- търсеният кръг е [tex]D[/tex].

Всъщност какво е необходимо да се пише още ---
чертежите са самоочевидни.

[drago]

Всъщност какво е необходимо да се пише още ---
чертежите са самоочевидни.

Ами да, "очевидни" са, защото така са начертани. Виж напр. втората картинка, където пише "чертеж за сл. 1". Обаче, сега си представи, че трите точки $A_{n-1}, A_n, A_{n+1}$ са мнго близко една до друга, и са върхове на остроъгълен напр. равностранен триъгълник, така че $A_n, A_{n-1}$ са вътре в окръжността, а $A_{n+1}$ e извън. Можеш да си ги представиш и така че да определят изпъкнал многоъгълник, както и се очаква.
Ами начертай го и нека чертежа говори
Искам накратко да кажа, че решението има сериозен дефект.

[georgi111]

Всъщност какво й е толкова специалното на тази задача ? Ключовото тук е думичката изпъкнал т.е. спрямо произволна страна всички върхове са само в едната полуравнина относно нея - Б.О.О да речем това е [tex]A_1A_2[/tex]… Вземаме върха от който тази страна се вижда под най-малък ъгъл - да речем това е върха [tex]А_3[/tex]. Аз твърдя , че описаната окръжност около [tex]А_1А_2А_3[/tex] съдържа всички останали върхове във вътрешността си ...

[georgi111]

Нека все пак обясня защо това е така … Да вземем произволен друг връх да кажем [tex]А_j[/tex] ([tex]j \ne 2,3; 1 < j < n[/tex]) … Нека описаната окръжност около [tex]А_1А_2А_3[/tex] означим с [tex]k[/tex] и нека [tex]А_1А_j \cap k = A_1', A_2A_j \cap k = A_1''[/tex]. По нашето допускане имаме , че [tex]\angle A_1A_3A_2 < \angle A_1A_jA_2[/tex]. Тогава е ясно, че [tex]А_j[/tex] е вътрешна за [tex]k[/tex](Понеже [tex]\angle A_1A_3A_2 = 1/2 \stackrel \frown {A_1A_2} \le \angle А_1А_jA_2 = 1/2(\stackrel \frown {A_1A_2} + \stackrel \frown {A_1'A_1''})[/tex])

[georgi111]

А всъщност защо съществува такъв връх не е нужно да обясняваме нали

[inveidar]

А всъщност защо съществува такъв връх не е нужно да обясняваме нали

Я, все пак, обясни.

[drago]

Георги, не си прочел добре условието. Иска се върховете да бъдат последователни, а не какви да е. Иначе е очевидно.
Задачата не е специална и не мисля, че е трудна за такова състезание. Сега няма кой да даде такава, много от чалъмите вече са добре експлоатирани. Чудя се защо още стои нерешена!

[georgi111]

Да да ... Съгласих се с тебе, че не съм дочел условието

[georgi111]

Мисля, че я има решена в един небесно син сборник с национални олимпиади, дето единия от авторите е точно Йордан Табов … Някак си завърташе конфигурацията

[georgi111]

Следното разсъждение върши ли работа - индукция по броя на върховете на изпъкналия многоъгълник [tex]n[/tex]?
1. [tex]n=3[/tex] - ясно
2. [tex]n=3[/tex] - пак ясно, защото ако многоъгълника е [tex]А_1А_2А_3А_4[/tex], [tex]А_1А_2[/tex] се вижда от [tex]А_3,А_4[/tex] или под равни ъгли или единия е по-малък т.е. окръжността е [tex]k(A_1A_2A_3)[/tex] или [tex]k(A_1A_2A_3)[/tex] -последователни са.

3. Нека за всяко [tex]n>3[/tex] твърдението е в сила , а именно съществуват 3 последователни върха, чиято описна окръжност съдържа всички останали във вътрешността си ([tex]А_4, … , А_n[/tex]). Б.О.О нека това е [tex]k(A_1A_2A_3)[/tex] (защо можем да кажем без ограничение е ясно).

4. Ще докажем , че [tex]k[/tex] от точка 3 съдържа всички върхове на [tex]А_1...А_nA_{n+1}[/tex]. По индукционното предположение [tex]k[/tex] съдържа всички върхове [tex]А_1,..., А_n[/tex]. Нека Б.О.О [tex]A_{n+1}[/tex] е в лявата полуравнина относно [tex]A_1A_n[/tex](защо ?иначе евентуално ще преномерираме и ще получим аналогична конфигурация, да не забравяме все пак , че многоъгълника е изпъкнал ). Сега за четириъгълника [tex]A_1A_2A_3A_{n+1}[/tex] прилиагаме точка 2 и стигаме до извода , че или [tex]k(A_1A_2A_3)[/tex] или [tex]k(A_1A_2A_{n+1})[/tex] е търсената и върховете са последователни с което индукцията е завършена и задачата е решена.

[drago]

Почти да ти повярвам.
Обаче индукцията не се прави както ти се иска, а се прави така: Вземаш $n+1$ точки - последователни върхове на многоъгълник. Махаш $1$ връх, кой? Според теб няма значение, ок произволен, напр. $A_{n+1}$. Остават $n$; прилагаш индукционното бла-бла, значи от тях има $3$ последователни въркове, чиято описана окръжност покрива другите, без евнтуално $A_{n+1}$. Обаче, откъде-накъде тези $3$ върха трябва да са съседни на $A_{n+1}$ ? Ти това го използваш съществено по-нататък.

P.S. Според мен има много трудности това да стане по индукция, без значение как. Не съм виждал такова решение, всъщност не знам въобще какво решение съм виждал, щото беше много отдавна, ама моето май го помня.

[georgi111]

Дааа пак се съгласих - не е чистоплътно така също … Може ли да покажеш твоето ? Между другото никъде не твърдя, че "тези 3 върха трябва да са съседни на [tex]A_{n+1}[/tex]", а че е в лявата полуравнина спрямо [tex]A_1A_n[/tex] - това в случая е нечистоплътното разсъждение, защото може [tex]A_{n+1}[/tex] да е със същия успех в лявата полуравнина на [tex]A_nA_{n-1}[/tex] и това чупи индукцията ...

[georgi111]

Всъщност … Последен опит - май не се чупи индукцията. Ако видим прикачения файл сме съгласни , че "чупещите случаи" са как на картинката вляво на някои от [tex]A_3A_4, …, A_{n-1}A_n[/tex](за [tex]А_1А_n; A_2A_3[/tex] го доказахме вече). Нека новодобавения връх тогава е как на картинката Б.О.О "отгоре" на [tex]A_{n-1}A_n[/tex]. Какво имаме в тази конфигурация от индукционното допускане ? Че описаната окръжност около [tex]A_1A_2A_3[/tex] покрива многоъгълника [tex]A_1...A_n[/tex]. Ако [tex]A_{n+1}[/tex] е "вътре" или по окръжността няма какво да доказваме. Затова нека е както на картинката - "отвън". Това какво значи ? Ами [tex]\angle A_1A_{n+1}A_2 < \angle A_1A_3A_2[/tex] с други думи казано окръжността описана около [tex]A_1A_{n+1}A_2[/tex] покрива [tex]n[/tex]-ъгълника [tex]A_1A_2...A_{n+1}[/tex], който според индукционното допускане, а именно за всеки [tex]n[/tex]-ъгълник съществуват 3 последователни върха , чито описана окръжност покрива всички останали върхове - противоречие (няма как да се случи - защо ?). Така следва , че [tex]A_{n+1}[/tex] е "вътре"... Драго съгласен ли си вече ?:)

[drago]

Не, не мисля, че от това е вярно. Много несвързано е написано, но освен това не виждам и смисъла му.

... окръжността описана около [tex]A_1A_{n+1}A_2[/tex] покрива [tex]n[/tex]-ъгълника [tex]A_1A_2...A_{n+1}[/tex], който според индукционното допускане, а именно за всеки [tex]n[/tex]-ъгълник съществуват 3 последователни върха , чито описана окръжност покрива всички останали върхове - противоречие (няма как да се случи - защо ?). Така следва , че [tex]A_{n+1}[/tex] е "вътре"... Драго съгласен ли си вече ?:)

Какво противоречие виждаш, ако $A_{n+1}$ е отвън. Аз не виждам.

[inveidar]

пппп.png (19.73 KiB) Прегледано 758 пъти

Задачата е изключително лесна, след като човек види решението и. Първо разглеждаме множеството от триъгълници с върхове измежду върховете на многоъгълника, на които два от върховете са съседни за многоъгълника. То не е празно, крайно е и следователно има такъв с най-голям радиус на описаната окръжност. Нека това е [tex]A_1A_2A_k[/tex]. Лесно се доказва, че тази окръжност покрива изцяло многоъгълника. В този триъгълник поне един от ъглите [tex]A_2A_1A_k[/tex] и [tex]A_1A_2A_k[/tex] е по-малък от [tex]90^0[/tex]. Нека това е [tex]\angle A_2A_1A_k[/tex]. Ще докажем, че [tex]A_3[/tex] също лежи на въпросната окръжност. Да допуснем, че това не е така, т.е [tex]A_3[/tex] е вътрешна точка за окръжостта. Тогава [tex]A_3[/tex] лежи в сегмента, който не съдържа [tex]A_1[/tex]. Значи [tex]\angle A_2A_3A_k[/tex][tex]>[/tex][tex]\angle A_2MA_k[/tex] са тъпи ъгли и като приложим синусовата теорема за триъгълниците [tex]A_2A_3A_k[/tex] и [tex]A_2MA_k[/tex] лесно получаваме, че описаната около [tex]A_2A_3A_k[/tex] окръжност е с по-голям радиус от тази около [tex]A_2MA_k[/tex], а значи и от тази около [tex]A_1A_2A_k[/tex] (последните две съвпадат!). Това противоречи на избора на [tex]A_1A_2A_k[/tex]. Следователно [tex]A_3[/tex] лежи на избраната окръжност и всичко е доказано.

[drago]

Така е. И аз имах предвид нещо такова.
Всъщност, интуитивно може да се разсъждава така. Да си представим един обръч(окръжност), който обхваща многоъгълника. Да започнем да го свиваме. Може да правим това, докато поне три точки от многоъгълника ($A, B, C$) не попаднат върху него. Ако те са последователни - ок, ако не - има две, напр. $A$ и $B$ , които не са последователни. За нагледност може да гледате горния чертеж, в ролята на $A$ е $A_2$ , a в ролята на $B$ е $A_k$.
Започваме да променяме окръжността, така че пак да минава през $A$ и $B$, но дъгата $\overset{\frown}{AB}$ (на чертежа - дъгата от чиято страна е $A_3$) да намалява. Като правим тази трансформация, окръжността продължава да покрива многоъгълника. Правим това, докато тази дъга не засече връх от многоъгълника - напр. $A_3$.
Ако $AA_3B$ са последователни - ок, ако има връх му тях, напр. м/у $A$ и $A_3$, то ги вземаме тях двете пак в ролите на $A, B$ и процедираме по същия начин. Така втрховете м/у $A$ и $B$ стават все по-малко, докато накрая не стигнем до последователни върхове и окр. през тях, която покрива многоъгълника. Ако човек разъждава така образно, и има понятие как след това да направи формалностите, няма да има проблеми
Горното решение е просто оформление на тази идея.

[georgi111]

Идеята ми по същество клони към тази на г-н Стоянов, само, че не е описана добре докрай … Със същия успех можем да разглеждаме множеството - страна и връх от който страната се вижда под най-малък ъгъл - моята идея беше около това , защото тази окръжност е ясно, че покрива изцяло многоъгълника …

[georgi111]

Не, не мисля, че от това е вярно. Много несвързано е написано, но освен това не виждам и смисъла му.

... окръжността описана около [tex]A_1A_{n+1}A_2[/tex] покрива [tex]n[/tex]-ъгълника [tex]A_1A_2...A_{n+1}[/tex], който според индукционното допускане, а именно за всеки [tex]n[/tex]-ъгълник съществуват 3 последователни върха , чито описана окръжност покрива всички останали върхове - противоречие (няма как да се случи - защо ?). Така следва , че [tex]A_{n+1}[/tex] е "вътре"... Драго съгласен ли си вече ?:)

Какво противоречие виждаш, ако $A_{n+1}$ е отвън. Аз не виждам.

Еми как какво ? По индукционното допускане за всеки [tex]n[/tex] върха има 3 последователни , чиято описана окръжност съдържа всички останали във вътрешността си . За [tex]A_1...A_n[/tex] това е [tex]k(A_1A_2A_3)[/tex] по допускането. Ако разгледаш [tex]A_1A_2...A_{n+1}[/tex] - [tex]n+1[/tex]-ъгълник И точката [tex]A_{n+1}[/tex] ако е както на чертежа моя какво имаме ?
1. [tex]\angle A_1A_{n+1}A_2 < \angle A_1A_3A_2[/tex]
2. от допускането , че за всеки [tex]n[/tex]-ъгълник имаме 3 последователни , чиято описана съдържа всички останали във вътрешността си
3. пак от допускането имаш, че [tex]\angle A_1A_3A_2 < \angle A_1A_kA_2[/tex] за всеки индекс [tex]k[/tex], различен от 3 ([tex]4 \le k \le n[/tex])

Обаче вземи [tex]n[/tex]-ъгълника [tex]A_1A_2...A_{n+1}[/tex] (без върха [tex]A_3[/tex]). За него какво може да направим ? Да приложим индукционното допускане , а именно значи съществуват 3 последователни върха, чиято описана съдържа всички останали във вътрешността си. Да ама ние имаме от 1 и 3, че [tex]\angle A_1A_{n+1}A_2[/tex] е най-малкия му ъгъл, а върховете [tex]A_1,A_2,A_{n+1}[/tex] не са последователни - противоречие (с точка 2) … Откъдето следва , че върха [tex]A_{n+1}[/tex] е или вътре или по контура на [tex]k(A_1A_2A_3)[/tex]