Podajmy najpierw pewien Lemat:
Lemat 1: Niech \(\displaystyle{ a,b \in \RR _{+}.}\)
Wykażemy, że wśród trójkątów o bokach \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\) trójkąt prostokątny o przyprostokątnych \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\) ma największe pole.
DOWÓD TEGO FAKTU:
Wynika to ze wzoru na pole trójkąta.
Rozważmy bowiem dowolny trójkąt o bokach \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\). Niech \(\displaystyle{ h}\) będzie wysokością poprowadzoną do boku \(\displaystyle{ a}\). Wtedy pole takiego trójkąta jest równe: \(\displaystyle{ \frac{a \cdot h}{2}}\). Ponieważ długość \(\displaystyle{ a}\) jest dana, to pole takie jest największe, gdy \(\displaystyle{ h}\) jest możliwie największe, a więc gdy ta wysokość \(\displaystyle{ h}\) pokrywa się z odcinkiem \(\displaystyle{ b}\), czyli dla trójkąta prostokątnego. Wtedy to maksymalne pole wynosi dokładnie: \(\displaystyle{ \frac{ab}{2}.\square}\)
Podajmy tutaj jeszcze dwa Lematy:
Lemat 2 (Zagadnienie Herona o promieniu światła):
Dana jest prosta \(\displaystyle{ L}\), oraz dane są dwa punkty \(\displaystyle{ P}\) i \(\displaystyle{ S}\) leżące po tej samej stronie prostej \(\displaystyle{ L}\) (ale leżące poza tą prostą). Wyznaczymy punkt \(\displaystyle{ R}\), taki, że droga \(\displaystyle{ PRS}\) (złożona z dwóch takich odcinków) jest najkrótszą drogą od punktu \(\displaystyle{ P}\) do punktu \(\displaystyle{ S}\) poprzez prostą \(\displaystyle{ L}\). (A jeśli \(\displaystyle{ L}\) jest brzegiem rzeki, a ktoś ma przejść najprędzej z punktu \(\displaystyle{ P}\) do punktu \(\displaystyle{ S}\), i przenieść po drodze wiadro wody z tej rzeki, to będzie musiał rozwiązać powyższe zadanie).
ROZWIĄZANIE (proste i praktyczne- gdyby na studiach byłyby takie zastosowania matematyki (bo formalnie, to ukończyłem specjalność: zastosowania matematyki w finansach, gdyż nie chciałem, z pewnych względów, wybierać specjalności nauczycielskiej, więc nie miałem tutaj wyboru), to nie narzekałbym, a były tam rzeczy sto razy bardziej żmudne...
):ROZWIĄZANIE:
Niech \(\displaystyle{ P'}\) będzie punktem będącym odbiciem zwierciadlanym punktu \(\displaystyle{ P}\) względem prostej \(\displaystyle{ L}\), tzn. takim punktem \(\displaystyle{ P'}\) leżącym na prostej \(\displaystyle{ PP'}\) prostopadłej do prostej \(\displaystyle{ L}\), i leżącym w takiej samej odległości od niej co punkt \(\displaystyle{ P.}\) Niech \(\displaystyle{ R}\) będzie punktem przecięcia prostej \(\displaystyle{ P'S}\) z prostą \(\displaystyle{ L}\). Wykażemy, że jest to żądany punkt.
Niech \(\displaystyle{ R'}\) będzie dowolnym innym punktem leżącym na prostej \(\displaystyle{ L.}\)
Ponieważ w trójkącie suma długości dwóch dowolnych różnych boków jest większa od boku trzeciego, to:
\(\displaystyle{ \left| P'R'\right| +\left| R'S\right|> \left| P'S\right|=\left| P'R\right|+\left| RS\right|.}\)
A ponieważ punkt \(\displaystyle{ P'}\) jest odbiciem zwierciadlanym \(\displaystyle{ P}\) względem prostej \(\displaystyle{ L}\), to \(\displaystyle{ \left| PR\right|= \left| P'R\right|.}\)
A zatem:
\(\displaystyle{ \left| P'R'\right| +\left| R'S\right|>\left| P'R\right|+\left| RS\right|= \left| PR\right|+\left| RS\right|,}\)
a zatem \(\displaystyle{ R}\) jest żądanym punktem\(\displaystyle{ .\square}\)
CIEKAWOSTKA:
Jak widać na poniższym rysunku: \(\displaystyle{ \\}\)
To można zastosować aby udowodnić, że wśród trójkątów o danym polu i danej podstawie trójkąt równoramienny ma najmniejszy obwód- można to łatwo udowodnić.
Podajmy tutaj jeszcze jeden Lemat:
Lemat 3: Trójkąt równoramienny jest trójkątem o największym polu wśród trójkątów o danej podstawie \(\displaystyle{ c>0}\) i o danym obwodzie \(\displaystyle{ S>2c}\).\(\displaystyle{ }\)
DOWÓD TEGO FAKTU:
Niech \(\displaystyle{ T}\) będzie takim trójkątem równoramiennym. Niech \(\displaystyle{ a}\) będzie długością jego ramienia.
Udowodnijmy tutaj najpierw jeszcze jeden Lemat:
Jeśli \(\displaystyle{ T'}\) jest trójkątem o podstawie \(\displaystyle{ c}\) i o pozostałych ramionach o długościach odpowiednio \(\displaystyle{ a'}\) i \(\displaystyle{ b'}\), i o polu większym od pola trójkąta \(\displaystyle{ T}\), to: \(\displaystyle{ a'+b'>2a}\).
DOWÓD TEGO LEMATU:
Niech \(\displaystyle{ h}\) będzie wysokością trójkąta \(\displaystyle{ T'}\) (poprowadzoną na podstawę \(\displaystyle{ c}\)), i niech \(\displaystyle{ T''}\) będzie trójkątem równoramiennym o podstawie \(\displaystyle{ c}\) i o wysokości \(\displaystyle{ h}\). Niech \(\displaystyle{ c'}\) będzie długością jego ramion. Na mocy poprzedniego faktu z trójkątem równoramiennym (trójkąty \(\displaystyle{ T'}\) i \(\displaystyle{ T''}\) mają równe pola i tą samą podstawę \(\displaystyle{ c}\)), więc otrzymujemy:
\(\displaystyle{ a'+b' \ge c'+c'>a+a=2a;}\)
którą to ostatnią nierówność otrzymujemy stąd, gdyż dla dwóch trójkątów równoramiennych o tej samej podstawie, wtedy trójkąt równoramienny o dłuższej wysokości ma dłuższe ramię. Lemat jest więc udowodniony.
Aby udowodnić teraz nasz Lemat 3, to:
Niech \(\displaystyle{ T'}\) będzie dowolnym trójkątem o podstawie \(\displaystyle{ c}\) i o obwodzie \(\displaystyle{ S=2a+c}\).
Niech \(\displaystyle{ a'}\) i \(\displaystyle{ b'}\) oznaczają długości ich pozostałych boków. Wtedy \(\displaystyle{ a'+b'=2a}\). Wtedy oznaczając pole figury \(\displaystyle{ S}\) przez \(\displaystyle{ P\left( S\right)}\), mamy: \(\displaystyle{ P\left( T'\right) \le P\left( T\right)}\), bo gdyby byłoby \(\displaystyle{ P\left( T'\right)>P\left( T\right)}\), to na mocy powyższego Lematu dostalibyśmy: \(\displaystyle{ a'+b'>2a}\), a zatem \(\displaystyle{ 2a>2a}\)-sprzeczność. A zatem musi być:
\(\displaystyle{ P\left( T'\right) \le P\left( T\right),}\)
i trójkąt równoramienny \(\displaystyle{ T}\) jest trójkątem o największym polu wśród trójkątów o obwodzie \(\displaystyle{ S}\) i o podstawie \(\displaystyle{ c.\square}\)
Nim udowodnimy nasze końcowe twierdzenie udowodnijmy tutaj najpierw, że:
Wśród czworokątów o danej tej samej długości obwodu wtedy brzeg kwadratu zakreśla największe pole, spośród wszystkich sześciokątów o tej samej długości obwodu wtedy sześciokąt foremny ma największe pole, ogólnie: spośród wszystkich \(\displaystyle{ 2n}\)-kątów, gdzie \(\displaystyle{ n \in \NN}\), o tej samej długości obwodu \(\displaystyle{ L>0}\) wtedy \(\displaystyle{ 2n}\)-kąt foremny ma największe pole.
DOWÓD TEGO FAKTU:
Niech \(\displaystyle{ n \in \NN}\), \(\displaystyle{ n \ge 2.}\)
Niech \(\displaystyle{ X}\) będzie takim szukanym \(\displaystyle{ 2n}\)-kątem (taki parzysto-kąt istnieje; bowiem, wyznacza go, w sposób ciągły (jak i długość jego obwodu i jego pole) \(\displaystyle{ 2n}\) wierzchołków, a więc wyznacza go \(\displaystyle{ 4n}\) liczb rzeczywistych, które to liczby, jako elementy takiego skończonego zbioru, a więc zbioru domkniętego i ograniczonego (żeby nie powiedzieć zwartego) podzbioru przestrzeni \(\displaystyle{ \RR ^{4n}}\), a więc dla takich parzysto-kątów o danej długości obwodu jest parzysto-kąt o największym polu). Taki wielokąt musi być wypukły. Gdyby bowiem dla pewnych dwóch wierzchołków \(\displaystyle{ O,P}\) tego wielokąta odcinek \(\displaystyle{ OP}\) leżał na jego zewnątrz, to odbijając obszar I (patrz poniższy rysunek):\(\displaystyle{ \\}\)
Wykażemy teraz, że wszystkie boki wielokąta \(\displaystyle{ X}\) są tej samej długości. Jeśli dwa przyległe boki \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ BC}\) są różnej długości, to jeden z tych boków jest dłuższy a drugi krótszy, przyjmijmy więc że \(\displaystyle{ AB>BC}\). Wtedy odcinając (patrz na poniższą ilustrację): \(\displaystyle{ \\}\)
Pozostaje pokazać, że ten wielokąt ma wszystkie kąty równe.
Pokażemy najpierw, że dowolna przekątna tego parzysto-kąta łącząca przeciwległe wierzchołki (np. pierwszy z \(\displaystyle{ \left( n+1\right)}\)-ym) dzieli jego pole na dwie równe części. Gdyby bowiem przekątna łącząca wierzchołki \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) dzieliła wielokąt na dwie różne części, to jedna z tych części miałaby większe pole. A wtedy odbijając część o większym polu otrzymalibyśmy \(\displaystyle{ 2n}\)-kąt o obwodzie (jeśli \(\displaystyle{ a}\) jest długością boków naszego parzysto-kąta \(\displaystyle{ X}\)) otrzymalibyśmy \(\displaystyle{ 2n}\)-kąt o obwodzie \(\displaystyle{ n\cdot a \cdot 2=2na}\) (a więc o tym samym obwodzie co wielokąt \(\displaystyle{ X}\) ) i o większym polu, co jest sprzeczne z tym, że parzysto-kąt \(\displaystyle{ X}\) ma największe pole. A zatem każda przekątna tego wielokąta dzieli jego pole na dwie równe części.
Weźmy przekątną łączącą pierwszy punkt \(\displaystyle{ A}\) z \(\displaystyle{ \left( n+1\right)}\)-ym punktem \(\displaystyle{ B,}\) i weźmy jedną z tych dwóch równych części. Wykażemy, że wszystkie wierzchołki tej części leżą na półokręgu. Niech \(\displaystyle{ O}\) będzie dowolnym punktem tej części różnym od \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\). Wykażemy, że kąt \(\displaystyle{ AOB}\) jest prosty.
Jeśli bowiem kąt \(\displaystyle{ AOB}\) byłby ostry, to moglibyśmy utworzyć trójkąt \(\displaystyle{ A'O'B'}\) taki, że \(\displaystyle{ A'O'=AO}\) i \(\displaystyle{ O'B'=OB}\) ale \(\displaystyle{ A'B'>AB}\), tak aby kąt \(\displaystyle{ A'O'B'}\) był bliższy kąta prostego niż kąt ostry \(\displaystyle{ AOB}\). Wtedy doklejając kopię części wielokąta \(\displaystyle{ X}\) leżącej nad odcinkiem \(\displaystyle{ AO}\) (zakładam, że rozpatrujemy tutaj górną część tego wielokąta) do odcinka \(\displaystyle{ A'O',}\) i podobnie doklejając do odcinka \(\displaystyle{ O'B'}\) kopię części naszego wielokąta leżącą nad odcinkiem \(\displaystyle{ OB}\) otrzymamy wtedy, że łamana \(\displaystyle{ A'O'}\) ma tą samą długość co łamana \(\displaystyle{ AO}\), i łamana \(\displaystyle{ OB}\) ma tą samą długość co łamana \(\displaystyle{ O'B'.}\) Ponieważ kąt \(\displaystyle{ A'O'B'}\) jest bliższy kącie prostemu niż kąt \(\displaystyle{ AOB}\), to na mocy konstrukcji z Lematu 1(możliwe, że wystarczyło go tutaj wprost zastosować, zakładając, że u nas kąt \(\displaystyle{ A'O'B'}\) jest prosty, ale w książce, na podstawie której piszę ten dowód, dopuścili taką możliwość, więc nie wiem...) trójkąt \(\displaystyle{ A'O'B'}\) ma większe pole niż trójkąt \(\displaystyle{ AOB}\), a więc również wielokąt \(\displaystyle{ A'O'B'A'}\) ma większe pole niż wielokąt \(\displaystyle{ AOBA}\) (i łamana \(\displaystyle{ A'O'B'}\) ma tą samą długość co łamana \(\displaystyle{ AOB}\)), więc ponieważ druga część wielokąta \(\displaystyle{ X}\) ma to samo pole, to odbijając łamaną \(\displaystyle{ A'O'B'}\) względem odcinka \(\displaystyle{ A'B'}\) wtedy otrzymamy \(\displaystyle{ 2n}\)-kąt o większym polu (i o tym samym obwodzie) niż wielokąt \(\displaystyle{ X}\)- sprzeczność.
Jeśli kąt \(\displaystyle{ AOB}\) jest rozwarty, to podobnie otrzymujemy sprzeczność, podobnie to uzasadniamy ściskając odcinek \(\displaystyle{ AB}\) i doklejając przystające części, i w podobny sposób otrzymujemy sprzeczność.
Wobec czego kąt \(\displaystyle{ AOB}\) jest zawsze prosty. Ponieważ wiemy, że każdy kąt oparty na średnicy okręgu wpisany weń jest prosty, a jak wykazał matmatmm TUTAJ, to gdyby zmienić taki punkt na punkt zewnętrzny względem okręgu, to otrzymamy tutaj kąt ostry, a jeśli zmienimy na wewnętrzny to otrzymamy kąt rozwarty, wobec czego każdy wierzchołek wielokąta \(\displaystyle{ X}\) leżący w górnej jego części leży na półokręgu. Ponieważ jednak wszystkie boki wielokąta \(\displaystyle{ X}\) są równej długości, to proste własności trójkątów równoramiennych tego półkola dadzą, że ta górna część wielokąta \(\displaystyle{ X}\) jest połówką \(\displaystyle{ 2n}\)-kąta foremnego, a zatem cały wielokąt \(\displaystyle{ X}\) (przez symetrię) jest \(\displaystyle{ 2n}\)-kątem foremnym\(\displaystyle{ .\square}\)
Możemy teraz łatwo wykazać, że dla danej liczby \(\displaystyle{ L \in \RR_+}\) okrąg jest figurą o największym polu wśród figur ograniczonych krzywymi zamkniętymi długości \(\displaystyle{ L.}\)
PROSTY DOWÓD TEGO FAKTU:
Zauważmy, że krzywe można podzielić na dwa łuki tej samej długości, i zauważmy też, że daną krzywę zamkniętą można przybliżać (tzn. długości obwodu takich parzysto-kątów dążą do długości tej danej krzywej) \(\displaystyle{ 2n}\)-kątami, gdzie \(\displaystyle{ n \in \NN, n \ge 2}\). Dla obszaru \(\displaystyle{ S}\) oznaczmy przez \(\displaystyle{ P\left( S\right)}\) jego pole.
Niech \(\displaystyle{ L>0}\), i niech \(\displaystyle{ S}\) będzie krzywą zamkniętą o długości \(\displaystyle{ L}\). Przybliżamy ją \(\displaystyle{ 2n}\)-kątami \(\displaystyle{ \left( S_n\right) _{n \in \NN}}\) o obwodzie długości \(\displaystyle{ L}\). Ponieważ funkcja \(\displaystyle{ y=P\left( S\right)}\) jest funkcją ciągłą, więc \(\displaystyle{ P\left( S_n\right) \rightarrow P\left( S\right)}\). Podobnie, oznaczając przez \(\displaystyle{ W_n}\) wielokąt foremny o \(\displaystyle{ 2n}\)-bokach i o obwodzie \(\displaystyle{ L}\), mamy \(\displaystyle{ P\left( W_n\right) \rightarrow P(O)}\), gdzie \(\displaystyle{ O}\) oznacza koło o obwodzie długości \(\displaystyle{ L}\).
Ponieważ, na mocy powyższego dowodu:
\(\displaystyle{ P\left( W_n\right) \ge P\left( S_n\right)}\), dla każdego \(\displaystyle{ n \ge 2;}\)
więc również:
\(\displaystyle{ P\left( O\right)= \lim_{ n\to +\infty} P\left( W_n\right) \ge \lim_{ n\to +\infty } P\left( S_n\right)=P(S),}\)
a więc okrąg jest krzywą o największym polu wśród figur ograniczonych krzywą długości \(\displaystyle{ L.\square}\)
Chciałbym jeszcze podzielić się z Wami fenomenem pewnej definicji zbioru skończonego:
Niepusty zbiór \(\displaystyle{ X}\) nazywamy zbiorem skończonym, gdy jest równoliczny z pewnym zbiorem postaci \(\displaystyle{ \left\{ 1,2,3,\ldots,n\right\}}\), dla pewnego \(\displaystyle{ n=1,2,3,\ldots}\)
Bowiem gdy zbiór \(\displaystyle{ X}\) jest równoliczny ze zbiorem \(\displaystyle{ \left\{ 1,2,3,\ldots,n \right\}}\), to znaczy, że istnieje bijekcja \(\displaystyle{ f:\left\{ 1,2,3,\ldots,n\right\} \rightarrow X.}\) Każda bijekcja jest funkcją, a każda funkcja \(\displaystyle{ f:\left\{ 1,2,3,\ldots,n\right\} \rightarrow X}\) jest relacją ze zbioru \(\displaystyle{ \left\{ 1,2,3,\ldots,n\right\}}\) w zbiór \(\displaystyle{ X}\). Zbiór \(\displaystyle{ X}\) jest już dany, zbiór \(\displaystyle{ \left\{ 1,2,3,\ldots,n\right\}}\) jest dany, więc ich iloczyn kartezjański \(\displaystyle{ \left\{ 1,2,3,\ldots,n\right\} \times X}\) też jest dany- a podzbiory danego zbioru możemy gromadzić. Wobec czego, mimo że definicja ta zaczyna od dowolnego niepustego zbioru, to jednak natychmiast ta definicja przestaje być otwarta i staje się zamknięta do iloczynu kartezjańskiego dwóch danych zbiorów- genialne. (Choć z mojej strony, to jest to tylko lekka przeróbka znanej definicji skończoności von Neumanna).
Na koniec podam taką ciekawostkę, że na odcinku domkniętym \(\displaystyle{ \left[ 0,1\right]}\) można zbudować funkcję ciągłą o wartościach rzeczywistych nieujemnych mającą w tym odcinku nieskończenie wiele maksimów i minimów, można to zobaczyć i przeczytać o tym: TUTAJ.