Семейство параллельных n-угольников

32

Семейство паралельных п-угольников
Н. Б. Васильев

Иногда размышления над искусственной частиной задачей неожиданного приводят к любопытной и естественной теореме. Об одном таким случае, проискедшем с задачей M248 из «Задачника «Кванта», расссказывается ниже. Хотя задача эта — геометрическая, основными инструментами нам будут служить линейная и квадратная функция — главные ordия школьной алгебры.

«…держите к задаче возможно ближе, но будьте готовы от задачи настолько далеко, насолько вас вынуждают остоятьства».

Д. Пой а. Математическое открытие браженный на рисунке 2. Симметрия рисунка позволяет сравнить легко выразить все площади через стороны, высоты и другие удобные параметры. При различных значениях параметров можно надеться получить всевозможные наборы $P, Q, S$.

(Мы начнем с четырехугольников, а не с треугольников, поскольку случай $n = 3$ особый; в этом случae $S$ однозначно определяется по $Q$ и $P$; мы еще вернемся кнему ниже *).)

В нашем примере внешний четырехугольник — равноочная трапеция с основаниями 2a и 2b (пусть $a < b$) и высотой $k + h$, так что

$$P = (a + b)(k + h).$$

Диагонали среднего четырехугольника взимно перепendlukлярны и равны $k + h$ и

$$2c = 2a \frac{h}{k + h} + 2b \frac{k}{k + h},$$

позетом

$$S = ah + bk.$$

Если эти два четырехугольника уже зафиксированы, то внутреннюю трапецию

*) Этот случай был разобран в «Кванте» № 10, с. 24 при решении M248.

33

можно еще менять так, что она будет оставаться параллельной внешней трапеции. Можно представить себе, что вершины трапеции равномерно передвигаются по красным отрезкам в интервале времени $0 \leq t \leq 1$, причем, в момент времени $t = 0$ трапеция вырождается в отрезок $2c$, в момент времени $t = 1$ – в равноведренный треугольник с основанием $2b' = 2c \frac{b-a}{b}$ и высотой $k + h'$, где $h' = h \frac{a}{b}$, а каждому значению $t$ между 0 и 1 соответствует настоящая трапеция с основаниями $2c(1-t), 2c(1-t) + 2b't$ и высотой $tk + th'$. Тогда ее площадь равна

$$Q(t) = c \left(2(1-t) + \frac{b-a}{b} t\right) \times \left(k + \frac{ha}{b}\right) t = \frac{(ah + bk)^2}{b^2(k+h)} \times t[2b - (a+b)t].$$

(3)

Посленее выражение – квадратный треугольен от $t$ – достаточно максимума при $t = \frac{b}{a+b}$, и, очевидно, при $0 < t < 1$ принимает всевозможные значения в таком промежутке:

$$0 < Q \leq \frac{(ah + bk)^2}{(a+b)(k+h)} = \frac{S^2}{P}.$$

(4)

Уражения

1°. Вода, налитая в аквариум, постепенно испаряется.

a) Каков уровень воды сейчас, если $h$ часов назад он равнялся $b$ см (от дна), а через $k$ часов будет $a$ см?

6. Каков уровень воды в момент времени $t$, если при $t = 0$ он равен $c$ см, а при $t = 1$ он равен $d$ см?

Ответы. a) $a \frac{h}{h+k} + b \frac{k}{h+k}$,

6. $c(1-t) + dt$.

2°. Купец знает, что продать $t \cdot 100\%$ своего товара он сможет только в том случае, если назначит цeny не больше $2b - (a+b)t$ рублей за пуд ($a$ и $b$ – известные положительные числа). Как он может выручить побольше денег?

Ответ. Продать $\frac{b}{a+b} 100\%$ товара по цене $b$ рублей за пуд.

Итак, в нашем первом примере $Q, P$ и $S$ могут принимать любые значения, для которых выполнены неравенства $S < P$ и $QP \leq S^2$, или, что то же самое, $\sqrt{QP} \leq S < P$. Действительно, по заданным $P$ и $S$ ($S < P$) мы можем подобрать $a, b, k, h$ так, чтобы выполнялись равенства (1) и (2), например, решив систему уравнений

$$a + b = k + h = \sqrt{P},$$

$$(b-a) \times (k-h) = 2S - P,$$

а затем (если только выполнено (4)!) выбрать $t$ так, чтобы $Q = Q(t)$ прияло нужное значение.

Уражения

3. Докажите, что если $QP = S^2$, то трапеции на рисунке 2 подбны.

4. Докажите, что если наш параллельные многоугольники – прямогольники (рис. 3), то тоже $Q \leq S^2/P$.

Нужели всегда будет выполняться это странное неравенство:

$$S^2 \geq QP?$$

(5)

Попытка опровержения

Рассмотрим еще один, менее симметричный пример, когда многоугольник, когда многоугольник, когда многоугольник, когда многоугольник, где $h$ часов назад он равнялся $b$ см (от дна), а через $k$ часов будет $a$ см?

Ответы. a) $a \frac{h}{h+k} + b \frac{k}{h+k}$,

6. $c(1-t) + dt$.

Рис. 1.

Рис. 2.

Рис. 3.

34

ник $S$ вырождается в треугольник $OAC$, а многоугольники $P$ и $Q$ — в параллельные четырехугольники $OABC$ и $OGEH$ (рис. 4). Условия обозначать сами многоугольники теми же буквами, что и их площади: $S$, $P$ и $Q$. (Можно представить себе, что на рисунке 4 изображены три $n$-угольника ($n \geq 4$), у которых все вершины, кроме двух $S$ и трех $P$ и $Q$, расположены чрезвычайно близко к точке $O$. Ясно, что если нам удостранить построить вырожденный пример, в котором $S^2 < PQ$, то, следка его «пошевель», мы сможем получить пример с настоящими, невырожденными $n$-угольниками).

Будем считать, что вершины $O$, $A$, $B$, $C$ зафиксированы, а $E$ может передвигаться по отрезку $AC$ (при этом точки $G$ и $H$ передвигаются по отрезкам $OA$ и $OC$).

Заметим, что если $E$ попадает в точку $E_0$ пересечения $OB$ и $AC$, то четырехугольники подбены и $S^2 = PQ$. Действительно, в этом случае отношения площадей $P/S$, $S/Q$ и соответствующие отношения площадей треугольников, на которые делятся $P$, $S$ и $Q$ прямой $OB$, все равны относительной $\frac{|OA|}{|OG_0|} = \frac{|OB|}{|OE_0|} = \frac{|OC|}{|OH_0|}$ (рис. 5).

Теперь найдем, при каком положении точки $E$ на отрезке $AC$ сумма площадей двух треугольников $AGE$ и $HEC$ минимальная. Пусть $H'$ — точка пересечения прямых $AB$ и $CD$, $G'$ — прямых $CB$ и $AD$ (D — четвертая вершина параллелограмма $OADC$, рис. 6), $M_1$ и $M_2$ — площади треугольников $AH'C$ и $AG'C$. Если точка $E$ делит отрезок $AC$ в относительной $\frac{|AE|}{|EC|} = \frac{t}{1-t}$ ($0 < t < 1$), то сумма площадей треугольников $AGE$ и $HEC$ равна $M_1t^2 + M_2(1-t)^2 = (M_1 + M_2)t^2 - 2M_2t + M_2$ (6)

и минимальная при $t = t^* = \frac{M_2}{M_1 + M_2}$, то есть для такой точки $E^*$, которая делит отрезок $AC$ в относении $\frac{t^*}{1-t^*} = \frac{M_2}{M_1}$.

А площадь $Q$ четырехугольника $OGEH$ (при фиксированных точках $O$, $A$, $B$, $C$) при этом положении $E = E^*$ максимальная.

Уражение 5°. Через точку $E$ на диагонали $AC$ трапеци $ABCD$ проводится прямая, параллельная основанием трапеции и пересекающая боковые стороны $AB$ и $CD$ в точках $G$ и $H$. При каком положении точки $E$ сумма площадей треугольников $AGE$ и $HEC$ минимальная?

Ответ. Когда $\frac{|AE|}{|EC|} = \frac{|AD|}{|BC|}$, то есть когда точка $E$ совпадает с точкой пересечения диагонали ($|GE| = |EH|$).

Итак, мы знаем, что для $E = E_0$ выполнен равенство $Q = S^2/P$, а для $E = E^*$ площадь больше!

Недача в попытке построить пример, определяющий неравенство (5), может поступнуть нас только в том случае, если всегда, при любом выборе точки $B$ внутри треугольника $ADC$, точка $E^*$ совпадает с $E_0$, то есть выполняется равенство

$$\frac{|AE_0|}{|E_0C|} = \frac{M_2}{M_1}$$ (7)

(где $M_1 = S_{\triangle AH'C}$, $M_2 = S_{\triangle AG'C}$).

Казалось бы, почему эти отношения должны быть связаны друг с другом?

35

Подтверждение гипотезы

Однако оказывается, что равенство (7) всегда верно.

Докажем его, используя понятие центра тяжести.

Поместим в вершинах параллелограмма OADC массы так, чтобы центр тяжести масс $m_A$ и $m_D$ попал в точку $G'$, масс $m_C$ и $m_D$ — в точку $H'$, масс $m_O$ и $m_D$ — в середину диагонали параллелограмма: возьмем

$$m_D = m_O = 1,$$
$$m_A = \frac{M - M_2}{M_2},$$
$$m_C = \frac{M - M_1}{M_1},$$

где $M = S_{\triangle ADC}$, $M_1$ и $M_2$ — также, как в (7).

Тогда центр тяжести трех масс $m_A$, $m_D$, $m_C$ оказется в точке $B$ пересечения прямых $AH'$ и $CG'$, а значит, центр тяжести всех четырех масс лежит на отрезке $OB$. С другой стороны, пару $m_O$ и $m_D$ можно заменить парой масс, тоже единичных, расположенных в вершинах $A$ и $C$ параллелограмма OADC, поэтому центр тяжести всех четырех масс $m_A$, $m_D$, $m_C$ совпадает с центром тяжести двух $\frac{M}{M_2}$ и $\frac{M}{M_1}$, помещенных соответственно в точки $A$ и $C$, и делит отрезок $AC$ в отношении $M_2 : M_1$. Итак, мы докажали, что отрезок $OB$ делит отрезок $AC$ в отношении $M_2 : M_1$, то есть $E^* = E_0$.

У пряжене 6.° Пусть прямая $l$ пересекает стороны $AB$ и $AD$ параллелограмма $ABCD$ в точках $G$ и $H$, диагональ $AC$ — в точке $E$. Докажите, что

$$\frac{|AC|}{|AE|} = \frac{|AB|}{|AG|} + \frac{|AD|}{|AH|}.$$

Таким образом, наша попытка построить пример, определяющий неравенство (5), проводилась. Но можно взглянуть на ситуацию и с другой точки зрения: из гипотезы, что неравенство (5) всегда выполняется, мы получили неожиданное следствие — равенство (7) — и смогли его доказать. Это обстоятельство, конечно, сильно укрепляет веру в справедливость такой гипотезы.

Мы рассказали только о некоторых попытках провергнуть неравенство (5). На самом деле их было гораздо больше — здесь выбранты только те, которые удалось изложить коротко (упражнения со значком °), хотя и не имеют прямого отношения к задаче, признаны выделить основные сообщения, используемые в наших доказательствах). Последняя попытка, приведшая к равенству (7), в действительности стала переломным моментом в решении задачи: сомнений, что неравенство $S^2 \geq PQ$ всегда выполняется, уже не оставалось, и все силы были направлены на то, чтобы это доказать. Однако и здесьdaleko не первая выбранная тропинка была к целю.

Заманчивые тупики

Вот, например, попытки доказать утверждение задачи, использующие разбиение $n$-угольника на треугольники и четырехугольники.

У пряжене 7. Из произвольной точки внутринего многоугольника $Q$ проведем лучи, проходящие через все вершины многоугольника $S$, и обозначим через $S_i, P_i, Q_i$ ($i = 1, 2, \dots, n$) части площадей $S, P$ и $Q$, заключенные в углах между соседними лучами (рис. 7). Докажите, что для каждой $i$ верно неравенство $S_i^2 \geq Q_iP_i$.

8. Разобем «зазор» между контурами многоугольников $P$ и $Q$ на $n$ трапецей $T_i$ (рис. 8). а) Докажите, что $Q$ можно разить

Рис. 7.
Рис. 8.
Рис. 9.

36

на части $Q'_i$ так, что $Q'_i$ лежит между продолжениями боковых сторон трапеции $T_i$. 6) Доказите, что при таком разбиении для площадей $Q'_i$, $P'_i = Q'_i \cup T_i$ и $S'_i = (S \cap T_i) \cup Q'_i$ выполняется неравенство $(S'_i)^2 \geq Q'_i P'_i$.

9. Пусть $S_i^2 \geq P_i Q_i$ для каждой $i = 1, 2, \dots, n$. Следует ли стсюда, что $(\Sigma S_i)^2 \geq (\Sigma P_i)(\Sigma Q_i)$? *)

Омьем. Нет, не следует.

Попробуем перевести задачу на язык алгебры и доказать полученное неравенство.

Средний — лишний

В одном отношении эта попытка оказалась успешной: она позволяет упростить нашу задачу, выбросив из нее упоминание о «промежутном» многоугольнике $S$ и оставив только $P$ и $Q$. Вот как это получается.

Обозначим стороны внутринего многоугольника $Q$ через $a_i$, параллельные им стороны $P$ — через $b_i$ ($i = 1, 2, \dots, n$); теми же буквами мы будем обозначать и длины сторон); расстояния между прямыми, на которых лежат $a_i$ и $b_i$, — через $h_i$. Тогда

$$S = Q + \frac{1}{2} \sum_{i=1}^{n} a_i h_i,$$

$$P = Q + \frac{1}{2} \sum_{i=1}^{n} (a_i + b_i) h_i.$$

Уже отсюда видно, что $n$-угольник $S$ особенно не нужен: если его вершины двигать по сторонам $b_i$ (от этого он превращится в $2n$-угольник, рис. 9), то площадь $S$ не меняется. Введем такие обозначения:

$$R = \frac{1}{2} \sum_{i=1}^{n} a_i h_i,$$

$$T = \frac{1}{2} \sum_{i=1}^{n} (a_i + b_i) h_i.$$

*) Здесь $\Sigma x_i$ обозначет сумму $x_1 + \dots + x_n$.

Тогда гипотетическое неравенство (5) запишется так:

$$(Q + R)^2 \geq Q (Q + T),$$

или, после упрощения:

$$R^2 \geq Q (T - 2R).$$

Введем еще одно обозначение:

$$K = T - 2R = \frac{1}{2} \sum_{i=1}^{n} (b_i - a_i) h_i;$$

(10)

и тогда наше неравенство примет тот же вид, что и (5):

$$R^2 \geq QK,$$

(11)

— но с той приятной разницей, что теперь все величины относятся только к двум параллельным многоугольникам и их взаимному расположению.

Упражнение 10. Верно ли, что $T > 2R$, то есть $K > 0$?

Ответ. Не всегда. (Впрочем, если $K < 0$, неравенства (11), а следовательно, и (5) оченьны.)

Попытемся теперь доказать, что для любых параллельных выпуклых $n$-угольников, один из которых лежит внутри другого, неравенство (11) выполняется.

Сразу же отметим, что это утверждение, по крайней мере на первый взгляд, значительное количество многоугольников можно встать третий: «шель» между ними может оказаться слишком большей (рис. 9). Правдоположение (11) во всех случаях?

Из пары — семейство

Мы сейчас увидим, что нашей обозначение довольно удално: неравенство (11) выражает неокоторое естественное свойство целого семейства параллельных многоугольников.

Получается это семейство из данных двух многоугольников $Q$ и $P$ очень просто. Представим себе, что $n$ точек, совпадших в момент времени $t = 0$ с вершинами многоугольника $Q$, начали двигаться — какая со своей постоянной скоростью — так, чтобы

37

в момент времени $t=1$ попасть в соответствии вошины многоугольника $P$ (рис. 10). В любой момент времени $t$ (по крайней мере между 0 и 1) эти $n$ точек будут, очевидно, вершинами выпуклого многоугольника, паралельного $Q$ и $P$. Обозначим этот многоугольник (а также его площадь) через $F(t)$. Поскольку длины сторона $n$-угольника $F(t)$ и их расстояния от паралельных сторона $Q$ изменяются со временем равномерно, имеем

$$F(t) = Q + \sum_{i=1}^{n} \frac{(a_i(2-t) + b_i t) h_i t}{2} = Q + 2Rt + Kt^2. \quad (12)$$

Мы видим, что $F(t)$ выражается, как функция времени $t$, квадратным трехчленом; неравенство же (11) означает, что дискриминант этого трехчлена $R^2-QK$ должен быть больше или равен нулю. Неотрицательность дискриминаента эквивалентна утверждению, что трехчлен $F(t)$ имеет вещественный корень (но, конечно, этот корень никак не может оказаться на отрезке $[0, 1]$, где $F(t) > 0$ по самому определению).

Уражения

11. Докажите, что дискриминант квадратного трехчлена

$$F^*(t) = F(\alpha + \beta t) = (Q + 2R\alpha + K\alpha)^2 + 2(R + K\alpha)\beta t + K\beta^2 t^2$$

имеет тот же знак, что и дискриминант $F(t)$ (здесть $\alpha$ и $\beta$ — любые числа, $\alpha \neq 0$).

Замечание. Замена $t$ на $\alpha + \beta t$ означает просто выбор другого начала отсечета и другой единицы масштаба на оси $t$. Отсюда следует, что неотрицательность дискриминаента — это свойство всего семейства $F(t)$ паралельных многоугольников, не зависит от того, какие именно два из них $Q = F(0)$ и $P = F(1)$ соответствуют $t = 0$ и $t = 1$.

12°. Со дня колодца глубиной $h$ рабочий бросает камень вертикально вверх с начальной скоростью $v$. Вылетит ли камень из колодца?

Ответ. Да, если дискриминант трехчлена $y(t) = -h + vt - (gt^2)/2$ положитель (г — ускорение свободного давления камня): $v^2 > 2gh$.

Итак, мы облекили нашу гипотезу (5) в форму следующего:

1. Площадь $F(t)$ как функция $t$ выражается квадратным трехчленом:

$$F(t) = Q + 2Rt + Kt^2 \quad (0 \leq t \leq 1).$$

2. Diskриминант эмодо трехчлен неотрицательен:

$$R^2 - QK \geq 0.$$

3. Diskриминант равен нулю в том и только том случае, если $n$-угольник не меняет со временем свой форму (остается подобным первооначальным).

38

Teорему-то мы сормулировали…
Но вот, верна ли она — хотя бы для треугольников?

Семейство треугольников

Два треугольника с параллельными сторонами обязательно подобны, а три прямы, соединяющие соответствующие вершины, пересекаются в одной точке (рис. 11).

После дерева утверждение становится очевидным, если представить себе, что один из треугольников приподнять над плоскостью чертежа — пересечен в параллельную плоскость: тогда три плоскости, проходящие через пары параллельных сторон треугольников, — плоскости граней усеченной прямыми, основаниями которого служат наши треугольники, — пересекаются в одной точке. В этой точке будет пересекаться и прямы, соединяющие вершины треугольников, продолжения боковых ребер усеченной прямыми. Спроектировав всю картину вновь на плоскость чертежа, получим, что упомянутые три прямы действительно пересекаются в одной точке $O$.

Семейство параллельных треугольников, заданное для моментов времени $t$ от 0 до 1, можно естественным образом продолжить на всю ось $t$ «от минус бесконечности до плоскости бесконечности»: в некоторых моментах $t = t_0$ треугольник обращится в точку $O$, а затем будет вновь рассти; при этом его положения до момента $t_0$ и после $t_0$ соответственно симметрицы относительно точки $O$. (На рисунке 12 изображен случай, когда точка $O$ лежит в не треугольников; наша рассуждение применены и к этому случаю: в формулировке теоремы мы предустрительно не оговорили того, в какую сторону — вне или внутри многоугольника — должны двигаться прямы; позже мы увидим, что это несуществен.) Площадь треугольника в момент времени $t = t_0$ обращается в нуль, а при любом $t$ пропорциональна квадрату линейных размеров, то есть пропорциональная квадрату разности $(t - t_0)$:

$$F(t) = c(t - t_0)^2,$$

где $c$ — постоянное положительное число.

Дискриминент такого квадратного треугольна равен нулю, и, значит, все три пункта нашей теоремы в случае $n = 3$ выполнются безоговорочно.

Уражения

13. Докажите, что прямы, соединяющие вершины двух параллельных многоугольников, пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда многоугольники подобны.

14°. Четые точки движутся по плоскости равномерно и прямолинейно (каждая — по своей прямой и со своей скоростью). Известно, что первая и вторая точки встреют с каждой из остальных. Докажите, что третья и четвертая точки встреют с между собой.

15. Проверите справедливость теоремы для случая, когда исходный многоугольник — параллельрамм.

16°. Проверите, что нашу теорему можно сормулировать так: если в аквариум с плоскими наклонными стенками (каждая из $n \geq 3$ стенок имеет свой наклон) вода равномерно испаряется, то скорость испарения воды $S(t)$ в момент времени $t$ выражается квадратным треугольном от $t$; его дискриминент неотрицательен, причем равен 0 в том и только в том случае, если плоскости стенок пересекаются в одной точке.

Осталось самое главное (и трудное): доказать теорему для произвольного $n \geq 4$.

Было бы очень соблюдительно и в общем случае — для любого $n$ — продолжить нашу положительное функцию $F(t)$, определяную перононально для $t \in [0, 1]$, на всю ось $t$ и доказать, что при некоторых $t = t'$ ее значение будет отрицательным или равным нулю — от сюда следовало бы, что дискриминент треугольна $F(t)$ неотрицательен. Но сделать это сразу для произвольного $n$ трудно. Поэтому воспользуемся индукцией.

Приключим угодок

Предположим, что при некоторых $n \geq 3$ наша теорема доказана, и доказем ее справедливость для семейства параллельных $(n+1)$-угольников, представив $(n+1)$-угольник как $n$-угольник с отрезанным углом.

Лемма. У любого $m$-угодника $(m \geq 4)$, за исключением параллельрамма, найдется два соседних угла, сумма которых больше $180^\circ$.