Максимално лице на вписан многоъгълник

[ptj]

Да се докаже, че измежду всички вписани n-ъгълници максимално лице има точно правилния.

П.П. Имам доказателство с доста нестандартна идея, затова иcкам да видя дали някой ще даде друго.

[grav]

Ако не е правилен ще имаш две съседни страни с различна дължина. Да кажем [tex]AB[/tex] и [tex]BC[/tex]. Тогава ако вместо [tex]B[/tex] разгледаш точката [tex]B'[/tex], която е среда на дъгата [tex]ABC[/tex], ще получиш по-голямо лице.

[ptj]

Аз имах подобна идея на основата на [tex]sin \alpha +sin \beta =2sin \frac{ \alpha+ \beta }{2}cos \frac{ \alpha- \beta }{2} \le 2sin \frac{ \alpha+ \beta }{2}[/tex],
където [tex]0< \alpha \le \beta < \pi[/tex]

Само, че след това разглеждах последователност от операции като твоята и съответната редица от разлики между предварително сортираните по големина централните ъгли (срещу страните на многоъгълника) . После доказвах, че нейната сума е строго намаляваща и има граница нула.

Но твоето заключение на основа отрицанието е много по-късо и ефективно. Поздравления!

[nikola.topalov]

Нека [tex]n-[/tex]ъгълникът [tex]A_1A_2\dots A_n[/tex] е вписан в окръжност с център [tex]O[/tex] и радиус [tex]R[/tex]. Означавам си [tex]\alpha_i=\measuredangle A_iOA_{i+1}[/tex], [tex]i=\overline {1,n}[/tex], където, разбира се, [tex]A_{n+1}\equiv A_1[/tex]. Ясно е тогава, че [tex]\sum \alpha_i=2\pi[/tex] и [tex]0<\alpha_i<\pi:\forall i\in\{1,\dots,n\}[/tex]. Освен това, ако [tex]S[/tex] бележи лицето на дадения многоъгълник, то [tex]S=\sum S_{A_iOA_{i+1}}=\frac{R^2}{2}\sum \sin(\alpha_i)[/tex]. По-нататък, функцията [tex]\sin(x)[/tex] е вдлъбната в интервала [tex](0,\pi)[/tex], следователно от неравенството на Йенсен имаме $$\frac{R^2}{2}\sum\sin(\alpha_i)\leq\sin\left(\dfrac{R^2}{2}\sum \alpha_i\right)=\sin(R^2\pi)$$ Равенство ще се достигне тогава и само тогава, когато ъглите [tex]\alpha_i[/tex] са равни за всяко [tex]i\in\{1,\dots,n\}[/tex], т.е. когато даденият [tex]n-[/tex]ъгълник е правилен.

[ptj]

Нещо не разбирам разписването ти за неравенството на Йенсен.

Според мен трябва да е :
[tex]\sum_{i=1}^{n } \frac{sin( \alpha _i)}{n} \le sin\bigg( \frac{ \sum_{i=1}^{n } \alpha _i }{n}\bigg ) = sin \frac{2 \pi }{n}[/tex],

T.e. получаваме [tex]\sum_{i=1}^{n }sin( \alpha _i) \le n. sin \frac{2 \pi }{n} \Leftrightarrow[/tex]

[tex]\Leftrightarrow \sum_{i=1}^{n } \frac{r^2. sin( \alpha _i)}{2} \le n \frac{r^2.sin \frac{2 \pi }{n}}{2}[/tex]

[nikola.topalov]

Моя грешка, прав си.

[Genie_Almo]

Ако не е правилен ще имаш две съседни страни с различна дължина. Да кажем [tex]AB[/tex] и [tex]BC[/tex]. Тогава ако вместо [tex]B[/tex] разгледаш точката [tex]B'[/tex], която е среда на дъгата [tex]ABC[/tex], ще получиш по-голямо лице.

Преди много години бях прочел една малка статия в сп. Квант на Курляндчик посветена на този клас задачи. Като пример се разглеждаше именно тази задача и се използваше точно това разсъждение. Статията е много кратка и е написана на много достъпен език. На който му е интересно, нека я прегледа. Предложени са и интересни задачи за упражнение.

http://kvant.mccme.ru/1981/01/priblizhe ... remumu.htm

[Genie_Almo]

Ако не е правилен ще имаш две съседни страни с различна дължина. Да кажем [tex]AB[/tex] и [tex]BC[/tex]. Тогава ако вместо [tex]B[/tex] разгледаш точката [tex]B'[/tex], която е среда на дъгата [tex]ABC[/tex], ще получиш по-голямо лице.

Но твоето заключение на основа отрицанието е много по-късо и ефективно. Поздравления!

В името на пълнотата и коректността, следва да отбележим, че това разсъждение показва само, че ако има решение, това ще бъде правилният n-ъгълник. Както е отбелязано и в цитираната от мен статия, съществува и логическа възможост да не съществува n-ъгълник с най-голямо лице. Трябва да се изследва и да се отговори и на въпроса "Защо лицата на всички неправилни n-ъгълници са по-малки от това на правилния."

[ptj]

За всеки произволен n-ъгълник можеш да образуваш редица от n-ъгълници, като във всеки следващ заменяш точно един връх от предходния, така че прилежащите му дъги да са равни. Съоветните редици от лица ще са строго растящи и ограничени (от лицето на вписания n-ъгълник), т.е. ще имат граница.

П.П. Във всяка такава редица дължината на всяка страна на n-ъгълника ще клони към дължината на страната на правилния n-н-ъгълник.

[Genie_Almo]

За всеки произволен n-ъгълник можеш да образуваш редица от n-ъгълници, като във всеки следващ заменяш точно един връх от предходния, така че прилежащите му дъги да са равни. Съоветните редици от лица ще са строго растящи и ограничени (от лицето на вписания n-ъгълник), т.е. ще имат граница.

П.П. Във всяка такава редица дължината на всяка страна на n-ъгълника ще клони към дължината на страната на правилния n-н-ъгълник.

Не съм убеден, че цялото това твърдение е вярно.

[ptj]

Кое по-точно те съмнява?

[grav]

Кое по-точно те съмнява?

Пробвай с триъгълник. Първа стъпка променяш дъжините на две от страните [tex]a[/tex] и [tex]b[/tex] така че да са равни [tex]a=b[/tex]. На втрората стъпка променяш дължините на [tex]b[/tex] и [tex]c[/tex] така че да са равни [tex]b=c[/tex]. Сега вече [tex]b[/tex] не е равно на [tex]a[/tex]. И трябва отново да променяш [tex]a[/tex] и [tex]b[/tex]. Защо си сигурен, че процесът ще спре след няколко стъпки?

[ptj]

Едно доуточнение: на всяка стъпка взимаш страните с най-голяма разлика.

Процеса няма да спре никога, но колкото повече стъпки правиш, лицето на текущия триъгълник в редицата все повече ще се приближава към лицето на равностранен триъгълник.
Нещо повече, колкото и малко число да избереш за разлика между лицето на равностранния триъгълник и лицето на текущия триъгълник в редицата, то след краен брой стъпки въпросната разлика ще стане по-малка от това число. Последното е точно едно от определенията за граница на безкрайно малка редица.

[Genie_Almo]

Въртиш, сучеш, и пак това, което трябва да се докаже, ти директно казваш, че е вярно и следователно задачата е решена

Съоветните редици от лица ще са строго растящи и ограничени (от лицето на вписания n-ъгълник), т.е. ще имат граница.

.......

.... лицето на текущия триъгълник в редицата все повече ще се приближава към лицето на равностранен триъгълник.

Съгласен съм, че това са нещата, които трябва да се докажат. Но не виждам как наличието на граница следва от предходните ти изречения. А още по-малко пък защо тази граница да е лицето на правилния n-ъгълник.

Методът, който аз предложих, се основава точно на прилагане на краен брой операции до достигане на някаква екстремална стойност, отвъд която системата не може да премине. Този метод може да се прилага върху сравнително широк спектър от симетрични неравенства, макар и далеч да не може да се окачестви като универсален. Точното решение е подобно, макар и операцията да е малко по-различна.

Ако многоъгълникът не е правилен, то със сигурност ще има две съседни страни, едната от които заключва дъга, по-голяма от 360°/n, а другата заключва дъга , която е по-малка от 360°/n . Тогава правим следното: Приплъзваме върха между тях по окръжността в посока от малката страна към по-голямата, докато едната от двете страни не заключи дъга равна на 360°/n . Така ще получим триъгълник с по-голямо лице, респективно ще се увеличи площта на целия n-ъгълник. Ако новия n-ъгълник не е правилен, повтаряме операцията.

Краен брой такива операции (най-много "n-1" на брой) неминуемо ще ни доведе до правилния n-ъгълник. И именно това вече показва, че лицето на всеки неправилен n-ъгълник е строго по-малко от лицето на правилния.

[ptj]

Може и идеята ти да е приложима, но иска доказателство получаването на по-голямо лице на всяка итерация.

Колкото до написаното от мен : Броя на итерациите не ни интересува, а само факта че редицата е строго растяща и ограничена, т.е. има граница, която е точно лицето на правилния n-ъгълник. Това е напълно достатъчно.

[Румен Симеонов]

Ако не е правилен ще имаш две съседни страни с различна дължина. Да кажем [tex]AB[/tex] и [tex]BC[/tex]. Тогава ако вместо [tex]B[/tex] разгледаш точката [tex]B'[/tex], която е среда на дъгата [tex]ABC[/tex], ще получиш по-голямо лице.

Остава да осигурим, не само лицето да е сходящо, но и за всяко к к-тия връх да е сходящ, като най-малката дължина на страна да не се намалява. Например: (1) коригираме (коя да е) 2-ка различни съседни страни (ако няма такава двойка многоъгълникът вече е правилен). Най-малката дължина няма да се намали - очевидно от начина на коригиране. (2) Избираме подредица със сходящ 1-ви връх (к=1), на нея поддредица че и 2-рия връх да е сходящ и т.н. до подредица на n-торката върхове, за която за всяко к редицата на к-тите върхове да е сходяща При осигурената [чрез избор на под(под ...редица)]сходимост на всички върхове, при което най-малката дължина на страна никога не намалява, следва , че граничния многоъгълник ще има същия брой върхове и ще има равни страни (лесно се доказва - следва от сходимостта на върховете и от начина на ,,коригиране" на всяка стъпка) и ще има лице не по-малко от това на изходния (произволен вписан в предварително дадената и фиксирана окръжност).

[ptj]

О.К. Ще прецезирам идеята:

1.) Даден е вписан в окръжност n-ъгълник.
2.) За него образуваме сортирана по големина n-орка от модули на разлики 2 между съседни страни.
3.)В текущия многоъгълник сменяме върха съответстващ на първата позиция в горната n-орка, т.е. правим тази разлика 0.
4.)Получили сме нов вписан n-ъгълник. Връщаме се на 2.)

Горния безкраен цикъл има следните характеристики:

5.) Лицето на n-ъгълника, съответстващ на нова n-орка от 2, е по-голямо от лицето на предишния.
Ако образуваме паралена редица от тези лица, то тя е строго растяща и ограничена от лицето на окръжността, следователно има крайна граница.

6.) Редицата от суми от елементите на n-орките е строго намаляваща и естествено ограничена от 0-лата, т.е. има неотрицателна граница.
За произволно малко фиксирано положително [tex]\epsilon[/tex], може да се изчисли след кое завъртане на цикъла, сумите от елементите на n-орките са по-малки от [tex]\epsilon[/tex].
Тогава горната редица е безкрайно малка и има граница 0.

7.) При клонето на редицата от 6.) към 0, дължините на страните на съответните n- ъгълници ще клонят към дължината на страната на вписания правилен n-ъгълник. Това дава за границата от 5.) точно лицето на вписания n-ъгълник.

П.П. Дано най-накрая съм успял да Ви преведа идеята си на разбираем език.

[Румен Симеонов]

О.К. Ще прецезирам идеята:

1.) Даден е вписан в окръжност n-ъгълник.
2.) За него образуваме сортирана по големина n-орка от модули на разлики 2 между съседни страни.
3.)В текущия многоъгълник сменяме върха съответстващ на първата позиция в горната n-орка, т.е. правим тази разлика 0.
4.)Получили сме нов вписан n-ъгълник. Връщаме се на 2.)

Горния безкраен цикъл има следните характеристики:

5.) Лицето на n-ъгълника, съответстващ на нова n-орка от 2, е по-голямо от лицето на предишния.
Ако образуваме паралена редица от тези лица, то тя е строго растяща и ограничена от лицето на окръжността, следователно има крайна граница.

6.) Редицата от суми от елементите на n-орките е строго намаляваща и естествено ограничена от 0-лата, т.е. има неотрицателна граница.
За произволно малко фиксирано положително [tex]\epsilon[/tex], може да се изчисли след кое завъртане на цикъла, сумите от елементите на n-орките са по-малки от [tex]\epsilon[/tex].
Тогава горната редица е безкрайно малка и има граница 0.

7.) При клонето на редицата от 6.) към 0, дължините на страните на съответните n- ъгълници ще клонят към дължината на страната на вписания правилен n-ъгълник. Това дава за границата от 5.) точно лицето на вписания n-ъгълник.

П.П. Дано най-накрая съм успял да Ви преведа идеята си на разбираем език.

Идеята е ясна, но ми е трудно да докажа сходимост на многоъгълниците към многоъгълник. Затова просто избирам сходяща подредица и така гарантирам сходимост и лесно доказвам, че граничния многоъгълник е правилен.

[ptj]

Малка техническа грешка. Навсякъде думата "многоъгълник" трябва да се смени с "n-ъгълник".

[Румен Симеонов]

Малка техническа грешка. Навсякъде думата "многоъгълник" трябва да се смени с "n-ъгълник".

Да, но не точно грешка и не е абсолютно задължителна смяната на многоъгълник с n-ъгълник, тъй като, понеже най-малката страна не намалява при избрания начин на образуване редица от многоъкълници, при осигурена сходимост на върховете, никоии два (съседни или не) няма да клонят към един и същ граничен връх и, следователно, граничният многоъгълник ще има същия брой n върхове както и изходния многоъгълник.

[Румен Симеонов]

Ако не е правилен ще имаш две съседни страни с различна дължина. Да кажем [tex]AB[/tex] и [tex]BC[/tex]. Тогава ако вместо [tex]B[/tex] разгледаш точката [tex]B'[/tex], която е среда на дъгата [tex]ABC[/tex], ще получиш по-голямо лице.

Остава да осигурим, не само лицето да е сходящо, но и за всяко к к-тия връх да е сходящ, като най-малката дължина на страна да не се намалява. Например: (1) коригираме (коя да е) 2-ка различни съседни страни (ако няма такава двойка многоъгълникът вече е правилен). Най-малката дължина няма да се намали - очевидно от начина на коригиране. (2) Избираме подредица със сходящ 1-ви връх (к=1), на нея поддредица че и 2-рия връх да е сходящ и т.н. до подредица на n-торката върхове, за която за всяко к редицата на к-тите върхове да е сходяща При осигурената [чрез избор на под(под ...редица)]сходимост на всички върхове, при което най-малката дължина на страна никога не намалява, следва , че граничния многоъгълник ще има същия брой върхове и ще има равни страни (лесно се доказва - следва от сходимостта на върховете и от начина на ,,коригиране" на всяка стъпка) и ще има лице не по-малко от това на изходния (произволен вписан в предварително дадената и фиксирана окръжност).

Всъщност не е съвсем лесно, а и дали е вярно това, което си мислех:

При осигурената [чрез избор на под(под ...редица)]сходимост на всички върхове, при което най-малката дължина на страна никога не намалява, следва , че граничния многоъгълник ще има същия брой върхове и ще има равни страни (лесно се доказва - следва от сходимостта на върховете и от начина на ,,коригиране" на всяка стъпка).

Само сходимостта на върховете изглежда може и да не ни свърши работа. Трябва по-внимателно да се подходи. А именно.

Нека S е супремумът на лицата на n-ъгълници вписани в окръжност C (n и C - дадени и фиксирани). Нека $А_1(i)...A_n(i), i=1, ... $ е редица от n ъгълници вписани в C, чиито лица $S(i)$ при i клонящо към безкрайност нараствайки клонят към $S$. Избираме подредица от многоъгълници на която к-тия връх ще е сходяща редица за всяко $k=1, ..., n$, като с $A_k(i)$ започваме да обозначаваме така избраната подредица (а не първоначалната редица). Сега вече наистина е лесно да се докаже, че граничния многоъгълник е с рави страни (включително че никоя страна не е с нулева дължина и, следователно, граничния многоъгълник продължава да е n ъгълник). Просто: ако (к-1)-вата и к-тата страни на граничния ,,n-ъгълник" не са равни то коригираме в редицата за всяко i, к-тия връх да започне да разполовява дъгата от (к-1)-вия до (k+1)-вия връх и получаваме нова редица от n-гълници, чиито лица ще клонят към нещо строго по-голямо от $S$, което е противоречие, защото $S$ е споменатия супремум.

[ptj]

Малка техническа грешка. Навсякъде думата "многоъгълник" трябва да се смени с "n-ъгълник".

Да, но не точно грешка и не е абсолютно задължителна смяната на многоъгълник с n-ъгълник, тъй като, понеже най-малката страна не намалява при избрания начин на образуване редица от многоъкълници, при осигурена сходимост на върховете, никоии два (съседни или не) няма да клонят към един и същ граничен връх и, следователно, граничният многоъгълник ще има същия брой n върхове както и изходния многоъгълник.

Аз имах предвид моята идея. Защоото на практика, чрез избора на редицата от n-ъгълници, аз доказвам, че лицето на първия (дадения) вписан n-ъгълник е по-малко от лицето на правилния n-ъгълник. Понеже той (дадения n-ъгълник) е избран произволно, то заключението е вярно за всеки вписан n-ъгълник, различен от правилен.

[ptj]

Г-н Симеонов, имам няколко забележки, най-важната от които, е че:
приемате "супремума на лицата на n-ъгълниците вписани в окръжност" за точка на сгъстяване без доказателство.

[Румен Симеонов]

Г-н Симеонов, имам няколко забележки, най-важната от които, е че:
приемате "супремума на лицата на n-ъгълниците вписани в окръжност" за точка на сгъстяване без доказателство.

Всъщност, не ми трябва редицата от лица да е СТРОГО растяща, а редица от елементи на едно множество клоняща ,,растейки" (не непременно строго растейки) към неговия супремум $S$ винаги има: вземате $X_{i+1}\in [max\{X_i, S-1/(i+1)\},S]$ - понеже по дефиниция $S$ е супремумът на лицата (с $Х$ обозначавам елементи на множеството от всевъзможните лица на вписани $n$-ъгълници) такова $X_{i+1}$ винаги има за всяко $i$.

[ptj]

Хм, интерсното е , дали с подобни разсъждения може да се докаже неравенството на Йенсен.

По-рано четох една препратка към публикация в квант за неравенства, но предложеното там (конкретно за Йенсен) е по различно. Като цяло то се основава на принадлежността на точката, съответсваща на центъра на масите към "надграфиката" за изпъкнали функции.
Отначало не го разбрах, защото е написано малко "завоалирано".

Всъщност, авторите използват (по подразбиране) следния факт:
Нека е дадена последователност от положителни числа [tex]x_1<x_2<..<x_n[/tex],
тогава за произволни неотрицателни числа [tex]m_1,m_2,.., m_n[/tex] (,чиято сума е положителна),

формулата [tex]\frac{m_1.x_1+m_2.x_2+...+m_n.x}{m_1+m_2+...+m_n}[/tex] дава всички числа в интервала [tex][x_1; x_n][/tex].

http://kvant.mccme.ru/pdf/2000/04/kv0400ijboldin.pdf