Wielobok środków - pola i obwody

Oblicz pola wieloboków (czarnych i czerwonych).

Uwaga: wystarczy zliczać (na palcach) kwadraciki.
Czasami wygodnie jest dorysować prostokąt obejmujący wielobok.

Obliczanie obwodów tych wieloboków jest nie tyle trudne, co żmudne.
Wielokrotnie trzeba korzystać z twierdzenia Pitagorasa.

---

 

Dla trójkątów jest niemal wszystko jasne:   PQR   =   Ś(ABC)    i

obwód Ś(ABC)  =  ¹/₂ ^. obwód ABC ,
pole Ś(ABC)  =  ¹/₄ ^. pole ABC .

Widać bowiem cztery przystające trójkąty, podobne do ABC (w skali ¹/₂).

Równość kątów wynika z równoległości odpowiednich odcinków. Mianowicie, punkty Q i R są środkami boków BC i AC, zatem odcinek QR jest równoległy do AB (na podstawie twierdzenia Talesa, a dokładniej, twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa ).
Z tych samych powodów PR || BC oraz PQ || AC.

---

 

Dla kwadratu wielobok środków jest kwadratem o połowę mniejszym polu.
By to zobaczyć, wystarczy zagiąć rogi wyjściowego kwadratu.

Dla prostokąta wielobok środków też ma pole o połowę mniejsze.

Zaginanie rogów nie jest dobrym argumentem, trzeba je odciąć i obrócić albo 'przełożyć na drugą stronę'. Widać, że wielobok środków prostokąta nie jest prostokątem, jest równoległobokiem.

Twierdzenie Ś₄ .  Wielobok środków dowolnego czworoboku jest równoległobokiem.

Dla powyższych sześcioboków(jak też dla sześciokąta foremnego) pole wielokąta środków jest równe 3/4 pola wyjściowego sześcioboku (sprawdź!).

Czy zatem ogólnie:    pole Ś(w)  =  ³/₄ ^. pole w,   dla dowolnego sześcioboku w ?

NIE. Na poniższym rysunku czarne sześcioboki mają jednakowe pola (jakie?), natomiast pola ich wieloboków środków są różne (jakie?), i mniejsze, i większe od 3/4 pola wyjściowego czworoboku.

Zatem w przeciwieństwie do trójkątów i czworoboków stosunek pola Ś(w) do pola w nie jest stały dla sześcioboków. Zmienia się, ale w jakich granicach?
Zbadamy to dokładnie dla sześcioboków wypukłych, bowiem dla wklęsłych jest 'bardzo dziwacznie', ów stosunek może być dowolnie duży (patrz rysunek obok).

Dla sześcioboków wypukłych zachodzi twierdzenie.

Twierdzenie P₆^{<, >} .  Dla dowolnego wypukłego sześcioboku w

¹/₂ ^. pole w   <   pole Ś(w)   <   pole w .

Dowód P₆^< .  Nierówność   pole Ś(w)   <   pole w   dla wypukłych sześcioboków jest niemal oczywista. Aby z wieloboku wypukłego dostać jego wielobok środków należy odciąć trójkąty przy wierzchołkach - pole się zmniejszy.

 

Analizując powyższe dowody, dostrzeżemy uogólnienia poprzedniego twierdzenia:

Twierdzenie P_n^< .  Dla dowolnego wypukłego n-wieloboku w

pole Ś(w)   <   pole w .

Twierdzenie P_2k^> .  Dla dowolnego wypukłego 2k-wieloboku w

¹/₂ ^. pole w   <   pole Ś(w) .

 

---

Teraz zajmiemy się obwodami:

Twierdzenie Ob_n^< .  Dla dowolnego wypukłego wieloboku w

obwód Ś(w)   <   obwód w .

Dowód. Dowód może być znacznie prostszy niż przedstawiony dla czworoboków. Trzeba tylko zapomnieć o nieistotnych szczegółach. Każdy czerwony odcinek jest krótszy niż suma dwóch czarnych (nierówność trójkąta). Zatem łącznie czerwone odcinki mają długość mniejszą niż suma długości odcinków czarnych.

Zauważmy, że udowodniliśmy ogólniejsze twierdzenie:

Twierdzenie Ob .  Dla dowolnych dwóch wypukłych wieloboków w i w' :

jeśli wierzchołki w leżą na brzegu w',
to obwód w   <   obwód w' .

 

Powróćmy do wieloboków środków. Pokazaliśmy, że obwody wieloboków środków dla trójkątów są połową obwodów wyjściowych trójkątów. Dla czworoboków wypukłych - są większe od połowy. Czy tak samo jest dla dowolnych wieloboków wypukłych?

Twierdzenie Ob_n^> .  Dla dowolnego wypukłego wieloboku w nie będącego trójkątem

¹/₂ ^. obwód w   <   obwód Ś(w) .

Dowód. Dowód omówimy i zilustrujemy tylko dla przypadku sześcioboków.
Rozważmy jednokładność o skali 2 i środku w punkcie Z. Wybierzmy tak punkt Z, by nie leżał w żadnym z trójkątów ABC, BCD, CDE,..., FAB.
Kluczową jest obserwacja:
       Wielobok P'Q'R'S'T'U', obraz przez tę jednokładność wieloboku środków,
        zawiera wyjściowy sześciobok ABCDEF.

         

Przyjrzyj się np. odcinkowi PQ. Jego obraz P'Q' leży na zewnątrz wyjściowego sześcioboku, bo odcinek PQ przecina ZB w punkcie oddalonym od B o mniej niż połowa odległości ZB (dlaczego?).

Obwód P'Q'R'S'T'U' jest oczywiście 2 razy większy od obwodu PQRSTU. Dalej wystarczy sukcesywnie przycinać wielobok P'Q'R'S'T'U' (np. tak jak na rysunkach):

Na podstawie tw. Ob. kolejne wieloboki mają coraz mniejsze obwody. Na koniec dostajemy wielobok (niebieski), na którego brzegu leżą wszystkie wierzchołki wyjściowego wieloboku.
Zatem   obwód P'Q'R'S'T'U'   >   obwód ABCDEF,  
skąd już mamy tezę:  obwód PQRSTU   >   ¹/₂ ^. obwód ABCDEF.

 

---

Zadanie 6₁.  Uzasadnij (pokazując odpowiednie przykłady), że oszacowania z twierdzenia Ob_n^< nie można poprawić.

Zadanie 6₂.  Uzasadnij (pokazując odpowiednie przykłady), że oszacowania z twierdzenia Ob_n^> nie można poprawić.

Zadanie 6₃.  Jakich twierdzeń jeszcze brakuje?

---

 

Nie ma kłopotu z obwodami: dla wypukłego pięcioboku w mamy

¹/₂ ^. obwód w   <   obwód Ś(w)   <   obwód w . Wynika to z ogólnych twierdzeń Ob_n^< i Ob_n^>. Podane oszacowania są istotne (nie można ich poprawić) - wystarczy zmodyfikować poprzednio podane przykłady.

Zaskakująco kłopotliwie jest z polami.

Na początek znajdź stosunek   pole Ś(w) / pole w   dla poniższych przykładów:

Podpowiedź: są to liczby 0,625, 0,65 i 2/3, ale która odpowiada któremu?

Może się wydawać, że 2/3 jest największym takim stosunkiem wśród wszystkich wypukłych pięcioboków. Jednak tak nie jest, bo - dla tego obok wynosi 0,7 (sprawdź).

Pokażemy, że ten stosunek można oszacować z dołu przez ¹/₂:

Twierdzenie P₅^> .  Dla dowolnego wypukłego pięcioboku w

¹/₂ ^. pole w   <   pole Ś(w) .

Dowód. Najpierw zauważmy, że

w dowolnym wypukłym pięcioboku znajdą się takie dwa sąsiednie wierzchołki, że suma kątów pięcioboku o tych wierzchołkach jest nie mniejsza od 180^o.

Gdyby tak nie było, to zachodziłoby 5 nierówności:
      A + B   <   180^o ,
      B + C   <   180^o ,
      C + D   <   180^o ,
      D + E   <   180^o ,
      E + A   <   180^o .
Dodając je stronami i dzieląc przez dwa, otrzymalibyśmy:
      A + B + C + D + E   <   2,5 ^. 180^o,
co nie może mieć miejsca, bo w wypukłym pięcioboku suma kątów jest równa 3 ^. 180^o.

 
Rozważmy więc pięciobok wypukły ABCDE, w którym
  B + C   >   180^o.   Pokażemy, że suma pól trójkątów zielonych jest mniejsza od ¹/₂ pola tego pięcioboku (co jest równoważne tezie twierdzenia).
 

 
Dla dwóch z nich: APT i DSR, mamy:

pole APT + pole DSR = ¹/₄ ^. pole ABE + ¹/₄ ^. pole CDE =
= ¹/₄ ^. ( pole ABE + pole CDE ) < ¹/₄ ^. pole ABCDE.   (*) Dlaczego?
 
Dla pozostałych trzech jest nieco trudniej:
Oczywiście   pole ETS = ¹/₄ ^. pole EAD.
Na podstawie zadania 4₅ mamy też nierówność:
   pole PBQ + pole QCR < pole PQR = ¹/₂ ^. pole PQRZ =
          = ¹/₄ ^. pole ABCD .
Zatem łącznie dla tych trzech zielonych trójkątów otrzymujemy:
 pole ETS + pole PBQ + pole QCR < ¹/₄ ^. pole EAD + ¹/₄ ^. pole ABCD = ¹/₄ ^. pole ABCDE. (**)

Podsumowując (dodając stronami dwie nierówności (*), (**) ), otrzymujemy:
    pole APT + pole DSR + pole ETS + pole PBQ + pole QCR <
  <   ¹/₄ ^. pole ABCDE    +          ¹/₄ ^. pole ABCDE                   = ¹/₂ ^. pole ABCDE.

 

Analogicznie można dowieść ogólne twierdzenie:

Twierdzenie P_2k+1^> .  Dla dowolnego wypukłego wieloboku w o nieparzystej liczbie boków

¹/₂ ^. pole w   <   pole Ś(w) .

 

---

Jeszcze trudniej jest z oszacowaniem z góry stosunku pole Ś(w) / pole w dla wypukłych pięcioboków. (Dla sześcioboków pokazaliśmy, że jest równy 1.)

Przyjemność odkrycia jaki jest ten stosunek (i uzasadnienia) pozostawiamy Czytelnikowi.
Prosimy napisać na adres: krzysztof.omiljanowski@math.uni.wroc.pl .

Podpowiemy tylko, że nie jest równy 1.

---

 

Ta część jest przeznaczona 'tylko dla dorosłych', to znaczy dla tych Czytelników, którzy zechcą rozwiązać problem postawiony na końcu rozdziału dotyczącego pięcioboków i przyślą nam rozwiązanie.

---