Оценка периметра многоугольника заданного диаметра (стр. 12 из 15)

Задача №1.3.4

Пусть Ф— некоторая выпуклая фигура диаметра Dи ширины

. Докажем, что площадь Ф не может быть меньше площади треугольника с основанием Dи высотой , т. е. не может быть меньше D .

Пусть А и В — две граничные точки фигуры Ф, расстояние между которыми является наибольшим (равно D).Через точки А и В проведем опорные прямые l₁ и l₂ фигуры Ф, перпендикулярные к отрезку АВ; проведем также две другие опорные прямыеm₁ и m₂ фигуры Ф, перпендикулярные к l₁ и l₂ (параллельные АВ;рис. 1.3.14,а). Согласно определению ширины выпуклой фигуры, расстояние между прямымиm₁ и т₂не может быть меньше

; следовательно, площадь прямоугольника PQRS образованного прямыми l₁, m₁,l₂ и т₂не может быть меньше D .

Пусть С — точка соприкосновения опорной прямойm₁ (стороны РS прямоугольника PQRS) с фигурой Ф, Е— точка соприкосновения прямой т₂с фигурой Ф. В силу выпуклости фигуры Ф она должна содержать целиком четырехугольник ВСАЕ.Но площадь треугольника AВС равна половине площади прямоугольника АВSР;площадь треугольника АВЕ равна половине площади прямоугольника АQRВ.Таким образом, площадь ВСАЕ равна половине площади прямоугольника PQRS и, следовательно, не может быть меньше

D ; следовательно, и площадь Ф не может быть меньше D .

Рис. 1.3.14

Из приведенного решения нетрудно увидеть, что площадь Ф равна

D только в том случае, когда фигура Ф есть треугольник. Действительно, прежде всего фигура Ф площади D должна совпадать с четырехугольником ВСАЕ (см. рис. 1.3.14, а),причем диагональ АВ должна быть равна диаметру D четырехугольника BСAЕ, а расстояние между прямыми m₁ и т₂ширине . Но последнее возможно только в том случае, когда отрезок АВ совпадает с одной из сторон РSили QRпрямоугольника PQRS. Действительно, в противном случае через точки С и Е всегда возможно провести опорные прямые m₁’и т₂’четырехугольника ВСАЕ,расстояние между которыми будет меньше расстояния междуm₁ и т₂ (см. рис. 1.3.14, а;если СS

ЕR,то SS’

RR’,SR

S’R’ и,следовательно, расстояние между m₁’и т₂’и подавно меньше SR). [8, 266]

Таким образом, площадь выпуклой фигуры может быть равна

D только в том случае, когда Ф есть треугольник с основанием D и высотой (рис. 1.3.14, б). [8, 265]

Глава 2. Оценка периметра пятиугольника единичного диаметра

1. Доказательство равенства четырех диагоналей пятиугольника единице

Определение 2.1.1.Диаметром d многоугольника М называется точная верхняя граница расстояний между его точками. [6, 68]

d=sup

(X,Y)

Х

M, У M

Теорема 2.1.1.Диаметр многоугольника равен расстоянию между некоторыми его вершинами.

Доказательство.

Многоугольник М является ограниченной замкнутой областью. По теореме Вейерштрасса непрерывная функция

(X,Y) достигает своего максимума в этой области. Иными словами существуют такие две точки А и В многоугольника, что:

(А, В) = sup (X, Y) = d.

Х

M, У M

Отрезок АВ также будем называть диаметром многоугольника.

Ясно, что концы диаметра многоугольника должны находиться на его границе, при этом если хотя бы один из концов диаметра АВ не является вершиной многоугольника, то как видно из рисунка 2.1.1, один из отрезков K₁B, K₂Bбудет больше АВ (т.к. один из углов

K₁АB, K₂АBне является острым), что невозможно.

Рис. 2.1.1

Теорема доказана.

Итак, диаметр многоугольника совпадает либо с одной из сторон, либо с одной из диагоналей многоугольника.

Определение 2.1.2. Выпуклый многоугольник диаметра 1 будем называть оптимальным, если его периметр больше периметра любого другого выпуклого многоугольника диаметра 1.

Теорема 2.1.2.Все стороны оптимального пятиугольника меньше 1.

Для доказательства теоремы потребуется следующая лемма.

Лемма 2.1.1. Сумма расстояний от точки дуги окружности до ее концов принимает наибольшее значение, когда эта точка делит дугу пополам.

Доказательство.

Пусть Р – точка дуги окружности, точки F и M ее концы (рис. 2.1.2).

Из

FPО и PОM получаем:

FP+PM=2 r sin

+ 2 r sin =2 r (sin +sin ) =

=2 r (2sin

cos ),

здесь

и по симметрии можно считать, что

, т.е. .

Сумма FP+PMпринимает наибольшее значение, когда cos

=1.

Так как

< , то ,

а это значит, что

= .

Лемма доказана.

Рис. 2.1.2

Доказательство теоремы.

Пусть сторона FT рассматриваемого пятиугольника FPMNT равна 1. Для доказательства проверим, что периметр р пятиугольника FPMNT меньше периметра правильного пятиугольника диаметра 1.

Проведем две окружности:

с центром в точке Tрадиуса FT;

и

с центром в точке F радиуса FT.

Очевидно, что остальные вершины пятиугольника будут лежать в области ограниченной окружностями

и и в одной полуплоскости относительно стороны FT (в силу выпуклости пятиугольника) (рис. 2.1.3).