За всяка елипса и точка върху нея да се докаже, шестоъгълник

[percyjackson]

За всяка елипса и точка върху нея да се докаже, че съществува полуправилен шестоъгълник, вписан в елипсата с връх дадената точка. Полуправилен се нарича шестоъгълник, на който всички страни са равни и успоредни през 2.
A1A2 = A2A3 = A3A4 = A4A5 = A5A6 = A6A1 и A1A2||A4A5, A2A3 || A5A6, A3A4 || A6A1, ако шестоъгълникът е A1A2A3A4A5A6.

[Vulev]

Нека за елипсата сме избрали декартова координатна система Oxy, в която елипсата да се представя с каноничното си уравнение [tex]\frac{x^{2}}{a^{2} }+ \frac{y^{2}}{b^{2}}=1[/tex]. Разглеждаме и друга декартова координатна система (КС) с начало Q, абсциса z и ордината w. В тази КС Qzw разглеждаме единичната окръжност [tex]z^{2}+w^{2}=1[/tex].
Да вземем трансформацията [tex]z=\frac{x}{a }; w=\frac{y}{b }[/tex]. Тя ни осигурява взаимно еднозначно съответствие между окръжността и елипсата. Нека една точка L(x,y) има образ при трансформацията М(z,w), т.е. [tex]z=\frac{x}{a }[/tex] и [tex]w=\frac{y}{b }[/tex]. Тогава L - лежи на елипсата <=> [tex]\frac{x^{2}}{a^{2} }+ \frac{y^{2}}{b^{2}}=1 <=> (\frac{x}{ a})^2+(\frac{y}{ b} )^{2}=1 <=>z^{2}+w^{2}=1<=>[/tex] М - лежи на единичната окръжност. При обратната трансформация [tex]x=a.z; y=b.w[/tex] важат същите разсъждения.
Нека вземем четири точки от единичната окръжност [tex]M_{1}(z_{1},w_{1}); M_{2}(z_{2},w_{2}); M_{3}(z_{3},w_{3}); M_{4}(z_{4},w_{4})[/tex]. Нека съответните им образи върху елипсата са [tex]L_{1}(x_{1},y_{1}); L_{2}(x_{2},y_{2}); L_{3}(x_{3},y_{3}); L_{4}(x_{4},y_{4})[/tex]
Разглеждаме векторите [tex]\vec{M_{2}M_{1}}(z_{2}-z_{1};w_{2}-w_{1})[/tex]; [tex]\vec{M_{4}M_{3}}(z_{4}-z_{3};w_{4}-w_{3})[/tex] и техните образи [tex]\vec{L_{2}L_{1}}(x_{2}-x_{1};y_{2}-y_{1})[/tex]; [tex]\vec{L_{4}L_{3}}(x_{4}-x_{3};y_{4}-y_{3})[/tex]. Да докажем, че векторите [tex]\vec{M_{2}M_{1}}[/tex] и [tex]\vec{M_{4}M_{3}}[/tex] са равни тогава и само тогава, когато векторите [tex]\vec{L_{2}L_{1}}[/tex] и [tex]\vec{L_{4}L_{3}}[/tex] са равни. Това ще означава, че две равни и успоредни хорди от единичната окръчност се изобразяват в две равни и успоредни отсечки с краища точки от елипсата като при това се запазва подредбата на точките от окръжността и техните образи върху елипсата.
Доказателството е само разписване и заместване според обратната (или правата) трансформация.
[tex]\vec{M_{2}M_{1}}[/tex]=[tex]\vec{M_{4}M_{3}}[/tex] <=>
[tex]z_{2}-z_{1}=z_{4}-z_{3}[/tex] и [tex]w_{2}-w_{1}=w_{4}-w_{3}[/tex] <=>
[tex]\frac{x_{2}}{a }-\frac{x_{1}}{a }=\frac{x_{4}}{a }-\frac{x_{3}}{a }[/tex] и [tex]\frac{y_{2}}{b}-\frac{y_{1}}{b}=\frac{y_{4}}{b}-\frac{y_{3}}{b}[/tex] <=>
[tex]x_{2}-x_{1}=x_{4}-x_{3}[/tex] и [tex]y_{2}-y_{1}=y_{4}-y_{3}[/tex] <=>
[tex]\vec{L_{2}L_{1}}[/tex]=[tex]\vec{L_{4}L_{3}}[/tex], което и искахме.

Сега вече задачата е проста. Ако [tex]A_{1}[/tex] е точка от елипсата, взимаме чрез описаната трансформация, образа й [tex]M_{1}[/tex] от единичната окръжност. С връх точката [tex]M_{1}[/tex] може да се построи правилен шестоъгълник [tex]M_{1}...M_{6}[/tex], който да е вписан в нея. Сега с обратната трансформация получаваме образите на върховете на шестоъгълника в елипсата - това са търсените точки [tex]A_{1,...,6}[/tex]. Като имаме предвид, че страните в правилния шестоъгълник са две по две успоредни и равни, ще получим според доказаното същото и за шестоъгълника в елипсата. При това подредбата на върховете [tex]A_{1,...,6}[/tex] е същата като на върховете [tex]M_{1,...,6}[/tex].

[Vulev]

Според доказателството ми НЕ следва, че две съседни страни в шестоъгълника от елипсата са равни. Предполагам, че в условието на задачата не се иска всички шест страни да са равни, а само онези, които са успоредни.

[drago]

По същество това доказателство има геометрична интерпретация, която прави излишни всички тези сметки.
Нека елипсата е [tex]k[/tex] и лежи в равнината [tex]\alpha[/tex]. Проектираме успоредно [tex]k[/tex] върху подходяща равнина [tex]\alpha'[/tex], така че образът и [tex]k'[/tex] да е окръжност.
Нека [tex]A \in k[/tex] е произволна точка в/у елипсата, а образът и при това проектиране да е [tex]A'[/tex]. Има единствен правилен шестоъгълник с един връх съвпадащ с [tex]A'[/tex] и вписан в окръжността [tex]k'[/tex]. При обратната трансформация (която също е успоредно проектиране) успоредните и равни страни отиват в успоредни и равни. Следователно [tex]A[/tex] е връх на (единствен) полуправилен шестоъгълник вписан в [tex]k[/tex].

[drago]

...Следователно [tex]A[/tex] е връх на (единствен) полуправилен шестоъгълник вписан в [tex]k[/tex].

Явно думичката "единствен" в горното изречение съм я вмъкнал по инерция и трябва да се махне.