Rješenja zadatka "2. ELMO zadatak 2" korisnika "MNM"

Neocijenjeno

2. studenoga 2019. 23:46 (5 godine, 4 mjeseci)
Sakrij rješenje

Korisnik: MNM
Zadatak: 2. ELMO zadatak 2 (Sakrij tekst zadatka)

Neka je $S$ konačan skup točaka u ravnini. Neka je $\mathcal A(S)$ skup pravaca pridruženih skupu $S$ takav da je za svaki $p \in \mathcal{A}(S)$ suma kvadrata udaljenosti točaka iz $S$ od $p$ minimalna.

a) Ako je $S$ osnosimetričan s obzirom na pravac $l$ i nema točaka na $l$ , mora li neki $p \in \mathcal A(S)$ biti osnosimetričan s obzirom na $l$ ?

b) Ako je $S$ centralnosimetričan s obzirom na točku $T$ i ne sadrži $T$ , mora li svaki $p \in \mathcal A(S)$ biti centralnosimetričan s obzirom na $T$ ?

(Borna Šimić)

Upozorenje: Ovaj zadatak još niste riješili!
Kliknite ovdje kako biste prikazali rješenje.

a) Barem jedan od pravaca mora biti osnosimetričan odnosno biti ili okomit na os simetrije ili sama os simetrije.

Postavimo Kartezijev koordinatni sustav tako da neki od pravaca koji su rješenja prolaze kroz ishodište i tako da je $y$ -os os simetrije skupa $S$ .
Neka su $T_i(x_i,y_i)$ i $T'_i(-x_i,y_i)$ , $i\in \{1,\ldots,n\}$ elementi skupa $S$ .
Zbroj udaljenosti elemenata skupa $S$ od $x$ -osi je $2 \sum_{i=1}^n y_i^2$ . Označimo tu sumu s $2Y$ .
Zbroj udaljenosti elemenata skupa $S$ od $y$ -osi je $2 \sum_{i=1}^n y_i^2$ . Označino tu sumu s $2X$ .
Ostale pravce kroz ishodište možemo prikazati u implicitnom obliku kao $x\sin{(\alpha)}+y\cos{(\alpha)}=0$ . Kvadrat udaljenosti točke $(a,b)$ od takvog pravca je dan formulom $(a\sin{(\alpha)}+b\cos{(\alpha)})^2$ .
Sada primjenom te formule na točke iz $S$ dobivamo da je traženi zbroj kvadrata udaljenosti jednak $2\sum_{i=1}^{n} (x_i^2\sin{(\alpha)}^2+y_i^2\cos{(\alpha)}^2)=2(X\sin{(\alpha)}^2+Y\cos{(\alpha)}^2)$
Dokažimo $X\sin{(\alpha)}^2+Y\cos{(\alpha)}^2\geqslant \min{(X,Y)}$ . Bez smanjenja općenitosti možemo pretpostaviti $X\geqslant Y$ . Tada vrijedi $X\sin{(\alpha)}^2\geqslant Y\sin{(\alpha)}^2 \iff$ $X\sin{(\alpha)}^2+Y\cos{(\alpha)}^2 \geqslant Y\sin{(\alpha)}^2+Y\cos{(\alpha)}^2=Y$ kao što smo i htjeli pokazati. Dakle, $2\cdot \min{(X,Y)}$ je minimalna suma kvadrata udaljenosti. Time je dokaz završen.

b) Svaki pravac mora biti centralnosimetričan, to jest, prolaziti kroz centar simetrije.

Označimo sumu kvadrata udaljenosti točaka iz skupa od pravca $p$ sa $f_p(S)$ . Podijelimo točke u parove na taj način da $T'$ označava točku centralnosimetričnu sa $T$ i primijetimo da $f_p(S) = \sum (d(T, p)^2 + d(T', p)^2)$ Fiksirajmo smjer pravca i promatramo neku klasu paralelnih pravaca. Za svaki par $T, T'$ je $d(T, p)^2 + d(T', p)^2$ očito minimalno kad pravac prolazi između $T, T'$ (inače ga možemo približiti obje točke istodobno). Za pravce između $T$ i $T'$ vrijedi $d(T, p) + d(T', p) = c_T$ , i $d(T, p)^2 + d(T', p)^2 \geqslant \frac{1}{2} (d(T, p) + d(T', p))^2 = \frac{c_T^2}{2}$ a minimum zbroja kvadrata udaljenosti se postiže kad su udaljenosti jednake, to jest kad pravac $p$ prolazi kroz polovište dužine $\overline{TT'}$ , što je ujedno i centar simetrije skupa $S$ . Budući da se za svaki par $T$ i $T'$ za fiksan smjer minimum postiže za isti pravac, minimum $f_p(S)$ za klasu pravaca $p$ tog (i svakog drugog, analogno) smjera se postiže kad pravac prolazi kroz centar simetrije pa $p_S$ mora prolaziti kroz centar simetrije.

a) Barem jedan od pravaca mora biti osnosimetričan odnosno biti ili okomit na os simetrije ili sama os simetrije. Postavimo Kartezijev koordinatni sustav tako da neki od pravaca koji su rješenja prolaze kroz ishodište i tako da je $y$-os os simetrije skupa $S$. \\ Neka su $T_i(x_i,y_i)$ i $T'_i(-x_i,y_i)$, $i\in \{1,\ldots,n\}$ elementi skupa $S$. \\ Zbroj udaljenosti elemenata skupa $S$ od $x$-osi je $2 \sum_{i=1}^n y_i^2$. Označimo tu sumu s $2Y$. \\ Zbroj udaljenosti elemenata skupa $S$ od $y$-osi je $2 \sum_{i=1}^n y_i^2$. Označino tu sumu s $2X$. \\ Ostale pravce kroz ishodište možemo prikazati u implicitnom obliku kao $x\sin{(\alpha)}+y\cos{(\alpha)}=0$. Kvadrat udaljenosti točke $(a,b)$ od takvog pravca je dan formulom $(a\sin{(\alpha)}+b\cos{(\alpha)})^2$. \\ Sada primjenom te formule na točke iz $S$ dobivamo da je traženi zbroj kvadrata udaljenosti jednak $$ 2\sum_{i=1}^{n} (x_i^2\sin{(\alpha)}^2+y_i^2\cos{(\alpha)}^2)=2(X\sin{(\alpha)}^2+Y\cos{(\alpha)}^2)$$ \\ Dokažimo $X\sin{(\alpha)}^2+Y\cos{(\alpha)}^2\geqslant \min{(X,Y)}$. Bez smanjenja općenitosti možemo pretpostaviti $X\geqslant Y$. Tada vrijedi $$X\sin{(\alpha)}^2\geqslant Y\sin{(\alpha)}^2 \iff$$ $$ X\sin{(\alpha)}^2+Y\cos{(\alpha)}^2 \geqslant Y\sin{(\alpha)}^2+Y\cos{(\alpha)}^2=Y $$ kao što smo i htjeli pokazati. Dakle, $2\cdot \min{(X,Y)}$ je minimalna suma kvadrata udaljenosti. Time je dokaz završen. b) Svaki pravac mora biti centralnosimetričan, to jest, prolaziti kroz centar simetrije. Označimo sumu kvadrata udaljenosti točaka iz skupa od pravca $p$ sa $f_p(S)$. Podijelimo točke u parove na taj način da $T'$ označava točku centralnosimetričnu sa $T$ i primijetimo da $$f_p(S) = \sum (d(T, p)^2 + d(T', p)^2)$$ Fiksirajmo smjer pravca i promatramo neku klasu paralelnih pravaca. Za svaki par $T, T'$ je $d(T, p)^2 + d(T', p)^2$ očito minimalno kad pravac prolazi između $T, T'$ (inače ga možemo približiti obje točke istodobno). Za pravce između $T$ i $T'$ vrijedi $d(T, p) + d(T', p) = c_T$, i $$d(T, p)^2 + d(T', p)^2 \geqslant \frac{1}{2} (d(T, p) + d(T', p))^2 = \frac{c_T^2}{2}$$ a minimum zbroja kvadrata udaljenosti se postiže kad su udaljenosti jednake, to jest kad pravac $p$ prolazi kroz polovište dužine $\overline{TT'}$, što je ujedno i centar simetrije skupa $S$. Budući da se za svaki par $T$ i $T'$ za fiksan smjer minimum postiže za isti pravac, minimum $f_p(S)$ za klasu pravaca $p$ tog (i svakog drugog, analogno) smjera se postiže kad pravac prolazi kroz centar simetrije pa $p_S$ mora prolaziti kroz centar simetrije.

Školjka