Отсечки и техните проекции

[ptj]

В равнината са дадени са два набора от отсечки [tex]a_1,a_2, ... , a_n[/tex] и [tex]b_1,b_2, ... , b_m[/tex]. Зa произволна права от същата равнина е вярно, че сумата от проекците на първото множество е не по-голяма от сумата на проекциите за второто множество. Да се докаже, че сумата от дължините на отсечките от първия набор е не по-голяма от сумата от дъжините за втория набор.

П.П. Струва ми се, че съм я виждал вече тук...

[drago]

Първо малко означчения. Нека въведем някаква координатна с-ма. Ако [tex]u[/tex] e отсечка с [tex]u(\phi)[/tex] означаваме дължината на проекцията на [tex]u[/tex] върху права (примерно през началото) и сключваща ъгъл [tex]\phi[/tex] с [tex]Ox[/tex].

Ако [tex]A[/tex] е набор от отсечки с [tex]A(\phi)[/tex] означаваме сумата от дължините на проекциите на отсечките в/у същата права, с [tex]|A|[/tex] сумата от дължините на отсечките.

Лесно се вижда, че:
[tex]\int_0^{2\pi} u(\phi)\,d \phi = \int_{\phi_0}^{\phi_0 + 2\pi} u(\phi)\,d \phi = 4|u|[/tex].

Тъй като по условие [tex]A(\phi) \leq B(\phi)[/tex] , като интегрираме по [tex]\phi[/tex] получаваме:

(1) [tex]\int_0^{2\pi}A(\phi) \, d\phi \leq \int_0^{2\pi}B(\phi) \, d\phi[/tex]

Имаме:

(2) [tex]\int_0^{2\pi} A(\phi) \, d \phi = \sum_{i=1}^n \int_{\phi_i}^{\phi_i + 2\pi} a_i(\phi) \, d \phi = 4|A|[/tex]

(3) [tex]\int_0^{2\pi} B(\phi) \, d \phi = \sum_{i=1}^m \int_{\psi_i}^{\psi_i + 2\pi} b_i(\phi) \, d \phi = 4|B|[/tex]

(1), (2), (3) дават [tex]|A| \leq |B|[/tex].

[ptj]

Авторовото решение е подобно, интересно ми бе дали някой ще намери решение без интегриране.

Чакам нови идеи (ако може в 2 реда)...

[kerry]

Наборите от отсечки образуват ли n- и m-ъгълник?

[drago]

Наборите от отсечки образуват ли n- и m-ъгълник?

Излишен въпрос. Както се вижда твърдението е вярно за произволни набори от отсечки, стига да удовл. изискванията.
В частност е вярно и за такива набори, от които могат да се образуват затворени многоъгълници.

Размишлявах върху това, дали може да се намери друго решение, без интеграли. Мисля си, че не може и ще се опитам да обясня защо.
Философски погледнато нещата стоят така. Имаме два набора от отсечки, скрити в черна кутия и единствената информация, която имаме е за техните проекции към произволна права. По тази информация трябва да "възстановим" отсечките или поне да извлечем това, че едните са по-дълги от другите.
Може да пробваме да проектираме към две (примерно перпендикулярни) прави. Лесно се вижда обаче, че ако знаем, че сумата на едните е по-голяма от другите и към двете прави- от това не следва, че самите отсечки са по-дълги от другите- може да се конструира пример.
Значи само информацията за проекциите към две прави не стига. И така, колко прави трябва да изберем, за да сме сигурни, че щом проекциите към тях са в някакво отношение, то в същото отношение ще са и самите набори отсечки.
Твърдя, че колкото и прави да вземем, няма как да сме сигурни.
Нещо повече, ако условието на задачата е вярно за всички прави, с изключение са да прави намиращи се в един малък ъгъл- [tex](\phi, \phi+\Delta \phi)[/tex], то от това не следва, че сумата от едните отсечки е по-голяма от другите.
Контрапримерът не е сложен, но е интересен.

Какво следва от това? Следва, че трябва да използваме информацията за проекциите към всевъзможните прави, и по тях да "възстановим" самия набор от отсечки. Това е точно да интегрираме проекциите по всевъзможните направления- първата формула в моето писание по-горе.

[kerry]

Грешно съм изтълкувал понятието "произволна права". По-ясно щеше да ми е ако пишеше "всички прави".
Сега вече задачата ми се изясни.

[ptj]

Аз имам идея, но трябва да я доизчистя. Като цяло тя се основа на дистрибутивността на скаларното произведение на вектори [tex](\vec{a}+\vec{b}).\vec{c}=\vec{a}.\vec{c}+\vec{b}.\vec{c}[/tex]. T.e. проекциите върху дадена права да се разглеждат като скаларно произведение с единичен вектор от съответното направление и на всяка стъпка да се намаля броя на векторите. Проблема засега е дали може да се избере подредба на векторите, така че при замяната на два от тях с тяхната сума или разлика, съответната проекция да е винаги равна на сумата от проекциите на първите два вектора. Ако това е възможно накрая ще останат само по един вектор от двете групи, а проекцията върху ъглополовящата между тях ще е достатъчна за доказването на зависимостта относно дължините им.


П.П. Интернет доставчика ми имаше проблем и затова едва сега пиша по темата.

[drago]

Аз имам идея, но трябва да я доизчистя. Като цяло тя се основа на дистрибутивността на скаларното произведение на вектори [tex](\vec{a}+\vec{b}).\vec{c}=\vec{a}.\vec{c}+\vec{b}.\vec{c}[/tex]. T.e. проекциите върху дадена права да се разглеждат като скаларно произведение с единичен вектор от съответното направление и на всяка стъпка да се намаля броя на векторите. Проблема засега е дали може да се избере подредба на векторите, така че при замяната на два от тях с тяхната сума или разлика, съответната проекция да е винаги равна на сумата от проекциите на първите два вектора. Ако това е възможно накрая ще останат само по един вектор от двете групи, а проекцията върху ъглополовящата между тях ще е достатъчна за доказването на зависимостта относно дължините им.
...

Мисля, че такава подредба е невъзможна. Вземи емблемата на мерцедес, без кръга. Каквато и подредба да вземеш има доста прави, за които проекцията на сумата(разликата) на двата вектора ще е по-малка от сумата от проекциите.

Все пак, това което написах по-горе не доказва, че не може да има решение без интеграли. Ако има такова обаче, то задължително трябва да използва някакъв хитър подбор на прави, в/у които ще се проектира, основаващ се на някакви екстремални свойства на наборите отсечки.