Na płaszczyźnie jest skończony zbiór wielokątów, z których dowolne dwa mają punkt wspólny. Udowodnić, że istnieje prosta która ma punkt wspólny z każdym z nich.
Czy wielokąty można zastąpić innymi figurami; np. kołami ?
Konfiguracje z przecięciem
-
mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 11378
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3153 razy
- Pomógł: 747 razy
-
Slup
- Użytkownik
- Posty: 793
- Rejestracja: 27 maja 2016, o 20:49
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 23 razy
- Pomógł: 156 razy
Re: Konfiguracje z przecięciem
Niech \(\displaystyle{ X_1, X_2,...,X_n}\) będą zwartymi i spójnymi podzbiorami płaszczyzny. Załóżmy, że
\(\displaystyle{ X_i\cap X_j \neq \emptyset}\)
dla każdej pary \(\displaystyle{ i, j}\). Udowodnimy, że istnieje prosta, która przecina wszystkie te zbiory. Dowód przeprowadzimy przez indukcję po \(\displaystyle{ n}\). Dla \(\displaystyle{ n=2}\) teza jest jasna. Załóżmy, że teza zachodzi dla pewnego \(\displaystyle{ n}\) i weźmy rodzinę \(\displaystyle{ X_1,...X_n,X_{n+1}}\) podzbiorów płaszczyzny jak wyżej. Z założenia indukcyjnego istnieje prosta \(\displaystyle{ L}\), która przecina każdy ze zbiorów \(\displaystyle{ X_1}\),...,\(\displaystyle{ X_n}\). Jeśli prosta \(\displaystyle{ L}\) przecina zbiór \(\displaystyle{ X_{n+1}}\), to skończyliśmy. Załóżmy więc, że \(\displaystyle{ X_{n+1}\cap L=\emptyset}\). Idea dowodu polega na jak najmniejszym przesunięciu równoległym tej prostej w kierunku zbioru \(\displaystyle{ X_{n+1}}\), żeby otrzymać nową prostą. Ta nowa prosta będzie przecinała wszystkie \(\displaystyle{ n+1}\) zbiorów. Zapisanie tego pomysłu ściśle wymaga żmudnej pracy, którą przedstawiam niżej. Rozpatrzmy punkt \(\displaystyle{ A\in X_{n+1}}\) i połączmy go docinkiem \(\displaystyle{ AB}\) z dowolnym punktem \(\displaystyle{ B\in L}\) (odcinek \(\displaystyle{ AB}\) bierzemy jako domknięty tj. zawiera oba swe końce). Następnie przez każdy punkt \(\displaystyle{ P}\) odcinka \(\displaystyle{ AB}\) poprowadźmy prostą \(\displaystyle{ L_P}\) równoległą do \(\displaystyle{ L}\). W szczególności mamy \(\displaystyle{ L_B = L}\). Rozpatrzmy teraz odwzorowanie
\(\displaystyle{ \pi:\bigcup_{P\in AB}L_P\rightarrow AB}\)
zadane tak, że dla każdego \(\displaystyle{ P\in AB}\) obrazem prostej \(\displaystyle{ L_P}\) przy tym odwzorowaniu jest punkt \(\displaystyle{ P}\) jej przecięcia z odcinkiem \(\displaystyle{ AB}\). Odwzorowanie \(\displaystyle{ \pi}\) jest ciągłe. Zauważmy, że zbiór \(\displaystyle{ \bigcup_{P\in AB}L_P}\) jest domknięty na płaszczyźnie (jest to domknięty pas pomiędzy prostymi równoległymi \(\displaystyle{ L = L_B}\) oraz \(\displaystyle{ L_A}\)). Stąd zbiór
\(\displaystyle{ \bigcup_{P\in AB}L_P\cap X_{n+1}}\)
jest zwarty, a więc \(\displaystyle{ Z = \pi\left(\bigcup_{P\in AB}L_P\cap X_{n+1}\right)}\) jest zwartym podzbiorem odcinka \(\displaystyle{ AB}\). Z faktu, że \(\displaystyle{ L_B\cap X_{n+1} = L\cap X_{n+1}=\emptyset}\) wynika, że \(\displaystyle{ B\not \in Z}\). Ze zwartości \(\displaystyle{ Z}\) istnieje punkt \(\displaystyle{ C\in Z}\), który jest położony najbliżej punktu \(\displaystyle{ B}\). Wówczas \(\displaystyle{ L_C \cap X_{n+1}\neq \emptyset}\) oraz \(\displaystyle{ L_P\cap X_{n+1}=\emptyset}\) dla wszystkich punktów leżących na odcinku (półotwartym) \(\displaystyle{ CB\setminus \{C\}}\). Stąd na mocy spójności zbioru \(\displaystyle{ X_{n+1}}\) leży on całkowicie w tej domkniętej półpłaszczyźnie \(\displaystyle{ H}\) wyznaczonej przez prostą \(\displaystyle{ L_C}\), która nie zawiera \(\displaystyle{ L}\). Załóżmy, że \(\displaystyle{ X_i}\) nie przecina się z prostą \(\displaystyle{ L_C}\) dla pewnego \(\displaystyle{ 1\leq i\leq n}\). Z faktu, że \(\displaystyle{ L\cap X_i\neq \emptyset}\) oraz ze spójności \(\displaystyle{ X_i}\) wynika zatem, że musi on całkowicie leżeć w \(\displaystyle{ \mathbb{R}^2\setminus H}\). Wówczas jednak \(\displaystyle{ X_i\cap X_{n+1}=\emptyset}\), bo pierwszy z tych zbiorów leży w \(\displaystyle{ \mathbb{R}^2\setminus H}\) a drugi w \(\displaystyle{ H}\). Stąd prosta \(\displaystyle{ L_C}\) przecina wszystkie \(\displaystyle{ n+1}\) zbiorów.
\(\displaystyle{ X_i\cap X_j \neq \emptyset}\)
dla każdej pary \(\displaystyle{ i, j}\). Udowodnimy, że istnieje prosta, która przecina wszystkie te zbiory. Dowód przeprowadzimy przez indukcję po \(\displaystyle{ n}\). Dla \(\displaystyle{ n=2}\) teza jest jasna. Załóżmy, że teza zachodzi dla pewnego \(\displaystyle{ n}\) i weźmy rodzinę \(\displaystyle{ X_1,...X_n,X_{n+1}}\) podzbiorów płaszczyzny jak wyżej. Z założenia indukcyjnego istnieje prosta \(\displaystyle{ L}\), która przecina każdy ze zbiorów \(\displaystyle{ X_1}\),...,\(\displaystyle{ X_n}\). Jeśli prosta \(\displaystyle{ L}\) przecina zbiór \(\displaystyle{ X_{n+1}}\), to skończyliśmy. Załóżmy więc, że \(\displaystyle{ X_{n+1}\cap L=\emptyset}\). Idea dowodu polega na jak najmniejszym przesunięciu równoległym tej prostej w kierunku zbioru \(\displaystyle{ X_{n+1}}\), żeby otrzymać nową prostą. Ta nowa prosta będzie przecinała wszystkie \(\displaystyle{ n+1}\) zbiorów. Zapisanie tego pomysłu ściśle wymaga żmudnej pracy, którą przedstawiam niżej. Rozpatrzmy punkt \(\displaystyle{ A\in X_{n+1}}\) i połączmy go docinkiem \(\displaystyle{ AB}\) z dowolnym punktem \(\displaystyle{ B\in L}\) (odcinek \(\displaystyle{ AB}\) bierzemy jako domknięty tj. zawiera oba swe końce). Następnie przez każdy punkt \(\displaystyle{ P}\) odcinka \(\displaystyle{ AB}\) poprowadźmy prostą \(\displaystyle{ L_P}\) równoległą do \(\displaystyle{ L}\). W szczególności mamy \(\displaystyle{ L_B = L}\). Rozpatrzmy teraz odwzorowanie
\(\displaystyle{ \pi:\bigcup_{P\in AB}L_P\rightarrow AB}\)
zadane tak, że dla każdego \(\displaystyle{ P\in AB}\) obrazem prostej \(\displaystyle{ L_P}\) przy tym odwzorowaniu jest punkt \(\displaystyle{ P}\) jej przecięcia z odcinkiem \(\displaystyle{ AB}\). Odwzorowanie \(\displaystyle{ \pi}\) jest ciągłe. Zauważmy, że zbiór \(\displaystyle{ \bigcup_{P\in AB}L_P}\) jest domknięty na płaszczyźnie (jest to domknięty pas pomiędzy prostymi równoległymi \(\displaystyle{ L = L_B}\) oraz \(\displaystyle{ L_A}\)). Stąd zbiór
\(\displaystyle{ \bigcup_{P\in AB}L_P\cap X_{n+1}}\)
jest zwarty, a więc \(\displaystyle{ Z = \pi\left(\bigcup_{P\in AB}L_P\cap X_{n+1}\right)}\) jest zwartym podzbiorem odcinka \(\displaystyle{ AB}\). Z faktu, że \(\displaystyle{ L_B\cap X_{n+1} = L\cap X_{n+1}=\emptyset}\) wynika, że \(\displaystyle{ B\not \in Z}\). Ze zwartości \(\displaystyle{ Z}\) istnieje punkt \(\displaystyle{ C\in Z}\), który jest położony najbliżej punktu \(\displaystyle{ B}\). Wówczas \(\displaystyle{ L_C \cap X_{n+1}\neq \emptyset}\) oraz \(\displaystyle{ L_P\cap X_{n+1}=\emptyset}\) dla wszystkich punktów leżących na odcinku (półotwartym) \(\displaystyle{ CB\setminus \{C\}}\). Stąd na mocy spójności zbioru \(\displaystyle{ X_{n+1}}\) leży on całkowicie w tej domkniętej półpłaszczyźnie \(\displaystyle{ H}\) wyznaczonej przez prostą \(\displaystyle{ L_C}\), która nie zawiera \(\displaystyle{ L}\). Załóżmy, że \(\displaystyle{ X_i}\) nie przecina się z prostą \(\displaystyle{ L_C}\) dla pewnego \(\displaystyle{ 1\leq i\leq n}\). Z faktu, że \(\displaystyle{ L\cap X_i\neq \emptyset}\) oraz ze spójności \(\displaystyle{ X_i}\) wynika zatem, że musi on całkowicie leżeć w \(\displaystyle{ \mathbb{R}^2\setminus H}\). Wówczas jednak \(\displaystyle{ X_i\cap X_{n+1}=\emptyset}\), bo pierwszy z tych zbiorów leży w \(\displaystyle{ \mathbb{R}^2\setminus H}\) a drugi w \(\displaystyle{ H}\). Stąd prosta \(\displaystyle{ L_C}\) przecina wszystkie \(\displaystyle{ n+1}\) zbiorów.