Lep zadatak .......

Lep zadatak ....... 18.11.2005. u 11:33 · pre 255 meseci #1

Izracunati minimalnu duzinu linije u jednakostranicnom trouglu koja polovi njegovu povrsinu .

Kada sam procitao resenje odusevio sam se. Zadatak je inace iz Poljine knjige ,,Kako resiti matematicki zadatak,,

pozdrav

Re: Lep zadatak ....... 18.11.2005. u 13:49 · pre 255 meseci #2

Nije previše teško, ali je lep zadatak.

Najpre ćemo dokazati da od svih zatvorenih krivih u ravni sa konstantnim obimom kružnica ograničava najveću površinu. Za to su nam potrebne tri leme:

Lema 1:

Od svih krivih u ravni konstantnog obima, ona koja zatvara najveću površinu mora biti konveksna.

Dokaz:

Pretpostavimo suprotno, neka je to neka nekonveksna kriva. U tom slučaju postoji prava koja dodiruje datu krivu u tačkama $A$ i $B$ tako da se oba luka krive čije su ovo krajnje tačke nalaze sa iste strane prave $AB$ . Preslikajmo jedan od tih lukova osnosimetrično u odnosu na pravu $AB$ . Dobijena kriva je istog obima kao i prethodna, ali ograničava veću površinu.

Lema 2:

Ako tačke $A$ i $B$ polove obim tražene krive, tada duž $AB$ polovi površinu obuhvaćenu ovom krivom.

Dokaz:

Neka su površine ta dva dela $S_1$ i $S_2$ tako da je $S_1<S_2$ . Međutim, tada možemo preslikati površ $S_2$ osnosimetrično u odnosu na pravu $AB$ i time dobijamo figuru koja ima isti obim kao prethodna a veću površinu.

Lema 3:

Ukoliko tetiva $AB$ polovi traženu krivu, tada za svaku tačku $C$ na krivoj važi $\angle ACB=\frac{\pi}2$ .

Dokaz:

Kao i u prethodne dve leme, pretpostavimo suprotno, tj. da postoji tačka $C$ na traženoj krivoj takva da $\angle ACB$ nije prav. Površinu $S$ one polovine krive koja sadrži tačku $C$ podelimo na tri dela: $\triangle ABC$ i odsečke $\widehat{AC}$ i $\widehat{BC}$ . Rotirajmo sada odsečak $\widehat{BC}$ oko tačke $C$ tako da $B\to B'$ , $\angle ACB'=\frac{\pi}2$ . Primetimo sledeće:
$S=S_{\triangle ABC}+S_{\widehat{AC}}+S_{\widehat{BC}}=\frac 1 2AC\cdot BC\sin\angle ACB+S_{\widehat{AC}}+S_{\widehat{BC}}<\frac 1 2AC\cdot BC+S_{\widehat{AC}}+S_{\widehat{BC}}=S_{\triangle AB'C}+S_{\widehat{AC}}+S_{\widehat{B'C}}$
Primetimo da je ovo ništa drugo do površina figurene dobijene opisanom rotacijom. Ukoliko preslikamo tu figuru u odnosu na pravu $AB'$ dobijamo figuru istog obima a veće površine od polazne, što je kontradikcija.

Sada zaključujemo da je tražena kriva zapravo skup tačaka iz kojih se svaka duž koja polovi površinu njome ograničenu vidi pod pravim uglom, što nas dovodi do:

Teorema:

Od svih zatvorenih krivih u ravni sa zadatim obimom, kružnica ograničava najveću površinu.

Možemo preći na rešenje polaznog zadatka.

Rešenje:

Tražena linija je kružni luk koji se nalazi u posmatranom trouglu, sa centrom u jednom temenu trougla i poluprečnikom $r=a\sqrt{\frac{3\sqrt 3}{4\pi}}$ (gde je $a$ stranica trougla).

Dokaz:

Primetimo da je dokazana teorema ekvivalentna sa tvrđenjem da od svih figura u ravni sa zadatom površinom krug ima najmanji obim. Neka je u posmatranom jednakostraničnom trouglu povučena tražena linija. Preslikajmo taj jednakostraničan trougao osnosimetrično u odnosu na onu njegovu stranicu koja omogućuje da se slika povučene linije nastavlja na original, i postupak ponavljamo dok ne dobijemo šestougao. Figura sastavljena od povučene linije i njenih slika ograničava površinu koja je jednaka polovini površine šestougla, a to je konstantna vrednost u odnosu na stranicu trougla. S druge strane, obim te figure jednak je šestostrukoj dužini posmatrane linije, pa ukoliko želimo da minimalizujemo njenu dužinu potrebno je minimalizovati obim dobijene figure. Pokazano je da se ta minimalizacija postiže kada je dobijena figura kružnica, odnosno kada je tražena linija kružni luk sa centrom u temenu trougla. Dužinu poluprečnika lako dobijamo iz relacije $\frac{S_{\circ}}6=\frac{S_{\triangle}}2$ , odnosno $\frac{\pi r^2}6=\frac{a^2\sqrt 3}8$ .

Potpis

Ljubičice crvena, što si plava kô zelena trava.

Re: Lep zadatak ....... 20.11.2005. u 15:27 · pre 255 meseci #3

Posto si krenuo da sve dokazujes onda si zaboravio da dokazes jos jednu fundamentalnu sitnicu ili makar da je pomenes.

Citat:

Bojan Basic:Neka je u posmatranom jednakostraničnom trouglu povučena tražena linija. Preslikajmo taj jednakostraničan trougao osnosimetrično u odnosu na onu njegovu stranicu koja omogućuje da se slika povučene linije nastavlja na original, i postupak ponavljamo dok ne dobijemo šestougao.

Pre nego sto ovo uradis treba da dokazes da trazena linija ne moze da pocne i da se zavrsi na istoj stranici trougla. Naravno nije problem dokazati ali ipak ti to fali.

Re: Lep zadatak ....... 20.11.2005. u 15:39 · pre 255 meseci #4

Nema ni potrebe za tim, nigde nisam stavljao to ograničenje. Elem, ako linija počinje i završava se na istoj strani, onda kad budemo nacrtali čitav šestougao figura tako dobijena biće zapravo unija tri disjunktne figure, a za nju (njih) takođe važi sve dokazano. Ako ćemo baš da sitničarimo onda prilikom dokaza potrebih lema možemo reći da ih transliramo tako da se dodiruju u jednoj tački i onda dobijamo najobičniju nekonveksnu figuru koja nam ne smeta.

Potpis

Ljubičice crvena, što si plava kô zelena trava.

Re: Lep zadatak ....... 20.11.2005. u 17:30 · pre 255 meseci #5

Citat:

Elem, ako linija počinje i završava se na istoj strani, onda kad budemo nacrtali čitav šestougao figura tako dobijena biće zapravo unija tri disjunktne figure, a za nju (njih) takođe važi sve dokazano.

Da tacno, nisam obratio paznju, moja greska.

Re: Lep zadatak ....... 21.11.2005. u 09:03 · pre 255 meseci #6

U dokazu da je krug linija zadate dužine koja ograničava najveći deo površine si propustio da dokažeš da takva kriva uopšte postoji. To nije lako dokazati, i bez toga dokaz nije kompletan. Ceo tvoj dokaz se svodi na dokazivanje da nijedna kriva koja nije krug nema tu osobinu.

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

Re: Lep zadatak ....... 22.11.2005. u 23:35 · pre 255 meseci #7

U pravu si. To se može dokazati na nekoliko različitih načina čak relativno brzo, ali sve one koriste metode više matematike pa sam to koristio kao činjenicu bez navođenja dokaza. Ako se ne varam qzqzqz rešava ovakve zadatke radi pripreme za takmičenje u srednjoj školi, a na svakom takmičenju će prihvatiti samo navođenje toga bez dokaza (zapravo, ne bi moralo da se dokaže ni da je tražena kriva kružnica već je dovoljno i to navesti kao poznato, ali od viška glava ne boli).

No, ipak evo i jednog dokaza koji to popravlja, nešto je duži ali za njegovo razumevanje dovoljno je poznavanje elementarne geometrije i nešto malo graničnih vrednosti.

Na osnovu Leme 1 zaključujemo da je dovoljno razmatrati krive koje ograničavaju konveksnu površ. Neka je $F$ jedna takva površ, i neka je $n\geq 2$ prirodan broj. Postavimo tačke $v_0,v_1,\dots,v_{2n-1}$ po ivici $F$ tako da je dužina krive između bilo koje dve uzastopne tačke $\frac p{2n}$ (gde je $p$ zadati obim). Neka je $G$ mnogougao dobijen spajanjem uzastopnim tačaka $v$ . Nacrtajmo pravilan $2n$ -ugao $H$ sa centrom $h$ i temenima $h_0,h_1,\dots,h_{2n-1}$ stranica dužine $\frac p{2n}$ . Neka su $v_0v_n$ i $h_0h_n$ paralelne i horizontalne tako da su $v_0$ i $h_0$ desno, i neka temena oba mnogougla idu u smeru suprotnom kazaljci na satu. Nacrtajmo sve duži $h_ih$ , i iz svake tačke $r_i$ povucimo polupravu koja ima isti pravac i smer kao $\overarrow{h_ih}$ . Ako se $r_i$ i $r_{i+1}$ seku u tački $s_i$ označimo $t_i=\triangle v_iv_{i+1}s_i$ , u suprotnom neka je $t_i$ duž $v_iv_{i+1}$ . Sada ćemo pokazati dve stvari:

1) $S(t_i)\leq S(\triangle h_ih_{i+1}h)$ (gde je $S$ površina);
2) $G\subseteq\bigcup_{i=0}^{2n-1}t_i$

1) Dovoljno je da posmatramo samo trouglove $t_i$ (jer duži imaju površinu $0$ ). Dužina duži $v_iv_{i+1}$ je najviše $\frac p{2n}$ što je i dužina duži $h_ih_{i+1}$ , pa možemo povećati trougao $t_i$ dok se ove dve dužine ne izjednače. Postavimo ih tako da im je ta stranica zajednička. Prema konstrukciji, naspramni ugao im je isti, pa sve četiri tačke leže na jednoj kružnici. Međutim, pošto je $\triangle h_ih_{i+1}h$ jednakokraki, njegova visina na osnovicu je bar jednaka odgovarajućoj visini drugog trougla, pa mu je i površina bar jednaka površini trougla $t_i$ .

2) Pretpostavimo suprotno, tj. da postoji tačka $P\in G$ koja ne pripada ni jednoj figuri $t_i$ . Prava $v_0v_n$ deli figuru $G$ na dva dela, recimo $G_U$ i $G_D$ (gornji i donji), i neka $P\in G_U$ (drugi slučaj se rešava analogno). Povucimo horizontalnu liniju usmerenu nadesno $L$ kroz $P$ , i neka su temena $G_U$ koja leže iznad $L$ upravo $v_h,v_{h+1},\dots,v_k$ (dakle, $L$ sa svoje desne strane seče duž $v_{h-1}v_h$ a sa leve $v_kv_{k+1}$ ). Za $h\leq j\leq k$ nazovimo još i $r_j$ "desni" ako seče $L$ desno od $P$ , i "levi" ako seče $L$ levo od $P$ . Pošto su prema konstrukciji sve poluprave $r_1,\dots r_{n-1}$ usmerene nadole, svaka od njih je leva ili desna. Dalje možemo razlikovati tri slučaja:

a) $r_k$ je desni.
Pokazaćemo da $P\in t_k$ . Neka je $L_1$ horizontalna prava kroz $v_{k+1}$ . Poluprava $r_k$ seče $L_1$ desno od $v_{k+1}$ . Pošto je $\angle r_{k+1}L_1<\angle r_kL_1$ , sledi da se $r_{k+1}$ i $r_k$ seku ispod $L_1$ , pa i ispod $L$ . Dakle, $P\in t_k$ .

b) $r_h$ je levi.
Slučaj se radi analogno prethodnom.

c) $r_k$ je levi, a $r_h$ je desni.
Neka je $r_j$ desni takav da je $j$ maksimalno moguće. Tada je $r_{j+1}$ levi. Duž $v_{j+1}v_j$ se nalazi iznad $L$ , a pošto je $\angle r_{j+1}L<\angle r_jL$ sledi da se $r_{j+1}$ i $r_j$ seku ispod $L$ , pa $P\in t_j$ .

Iz 1) i 2) imamo:
$S(G)\leq\sum_{i=0}^{2n-1}S(t_i)\leq\sum_{i=0}^{2n-1}S(\triangle h_ih_{i+1}h)=S(H)$

Posle svega ovoga sledi ključan zaključak: ako uzmemo dovoljno veliko $n$ biće $S(G)$ dovoljno blizu $S(F)$ , a $S(H)$ će dovoljno dobro aproksimirati površinu kruga obima $p$ , čime je dokaz završen.

Da napomenem da je problem nalaženja krive konstantnog obima koja ograničava maksimalnu moguću površinu u literaturi poznat pod imenom izoperimetrijski problem, izoperimetrijska nejednakost ili izoperimetrijska teorema.

Potpis

Ljubičice crvena, što si plava kô zelena trava.

Forum kao aplikacija na telefonu

Srodne teme