Množinu M v rovine nazývame hviezdicovo konvexnou, ak v nej existuje "centrálny" bod O, z ktorého je "vidieť" všetky body množiny M, čiže ak pre každý bod A množiny M platí, že úsečka OA je celá v množine M. Pre jednoduchosť budeme uvažovať len tie hviezdicovo konvexné množiny, ktoré sú ohraničené, a pre ktoré je centrálnym bodom bod O=(0,0).
Výsekom hviezdicovej množiny M určeným bodmi X,Y ležiacimi na hranici M nazveme útvar ohraničený úsečkami OX, OY a krivkou, ktorá tvorí hranicu množiny M medzi bodmi X a Y. (Na tomto mieste a aj ďalej predpokladáme, že sa pohybujeme od bodu X k bodu Y po hranici množiny M v "smere hodinových ručičiek"). Na ilustračnom obrázku je množina M modrá a výsek určený bodmi X,Y je červený:
Všimnime si, že kruh v rovine so stredom v O a polomerom 2 má nasledovnú vlastnosť: obsah výseku určeného hraničnými bodmi X,Y je presne rovný vzdialenosti bodov X a Y po hraničnej kružnici.
Otázka znie: Existujú aj iné hviezdicovo konvexné množiny M s vlastnosťou, že obsah výseku množiny M určeného hraničnými bodmi X a Y je rovný vzdialenosti bodov X,Y po hranici množiny M?
Poznámka: Nedefinovali sme síce presne, čo je to hranica množiny M a čo je to vzdialenosť hraničných bodov X,Y "po hranici", ale tieto pojmy by mali byť intuitívne dostatočne jasné na pochopenia jadra zadania, bez rozptyľovania sa exaktnými, no komplikovanými formálnymi definíciami.
16.8.: Riešenie úlohy nám do komentárov napísal Ivan. Stručne, množín s danou vlastnosťou je nekonečne veľa, napríklad ak dotyčnice ku hranici, všade tam, kde jednoznačné dotyčnice existujú, sú priamky vo vzdialenosti 2 od bodu O. Taká je aj nasledovná "hviezda" :)
Pochopiteľne, existuje mnoho ďalších otázok, ktoré by sme sa mohli spýtať, napríklad: 1) Je každá množina s uvedenou vlastnosťou prienikom a zjednotením systému polrovín určených priamkami vzdialenými o 2 od bodu O? 2) Aké množiny "s oblými hranicami", t.j. nie polygóny, majú túto vlastnosť? 3) Aké je zovšeobecnenie tejto úlohy do viacrozmerného priestoru?
Zdá sa mi, že tam chýba dvojka -- obsah jednotkového kruhu je Pi, jeho obvod 2Pi. Takže buď treba vziať kruh s polomerom 2 (obsah aj obvod 4Pi), alebo tú dvojku zohľadniť inde.
OdpovedaťOdstrániťTak, a už odpoveď na otázku poznám (alebo som sa zmýlil)... ale zatiaľ neprezradím :-)
OdpovedaťOdstrániťAch, jasné, nepozornosť. Ďakujem goober, hneď to opravím. Odpoveď teda ešte neprezrádzaj, nechajme najprv ďašich, nech sa vyjadria. :)
OdpovedaťOdstrániťKazdy utvar taky ze kazda dotycnica k nemu je zaroven dotycnicou ku kruznici s polomerom 2.
OdpovedaťOdstrániťivan kelna
Ivan: správne!
OdpovedaťOdstrániťTrochu formálnejšie by som to napísal tak, že napríklad každý taký ohraničený hviezdicovo konvexný útvar, ktorého hranica má dotyčnicu všade s výnimkou konečného počtu bodov a každá takáto dotyčnica má vzdialenosť od bodu O presne 2.
Takže napríklad akýkoľvek centrovaný rovnostranný n-uholník, ktorého vpísaná kružnica má polomer 2.
Zaujímavé je si všimnúť, že ak majú dve množiny nami požadovanú vlastnosť, tak túto vlastnosť má aj ich prienik a aj ich zjednotenie!
Tým spôsobom môžeme navyrábať skutočne širokú plejádu takýchto množín. Povedzme zjednotením viacerých rovnostranných trojuholníkov so vpísanou kružnicou polomeru 2 môžeme vyrobiť Dávidovu hviezdu, alebo "zubaté koleso" a tak ďalej.
Zostávajú ešte napríklad také otázky, aké množiny, ktoré nie sú prienikom (zjednotením) polygónov a kruhu majú túto vlastnosť (sú také útvary a majú v celku dôležité postavenie v matematike), alebo tiež otázka, či je kruh jediný taký útvar, ktorého hranica má dotyčnicu úplne všade (t.j. nemá žiadne "rohy").
To fakt su take utvary? Intuicia mi napoveda ze nase dotycnice sa pretinaju "hladko" iba na dvojkovej kruznici a teda to je jedine miesto kde hranica moze "preskocit" z jednej dotycnice na druhu bez urazu chrbtice.
OdpovedaťOdstrániťHorim zvedavostou veru velmi.
ivan kelna
Formálne zovšeobecnenie toho zadania do viac rozmerov znie vcelku dosť nechutne...
OdpovedaťOdstrániťRiešenie by ale mohlo byť ľahšie :-) Intuícia hovorí, že dotyčnicu nahradíme dotykovým priestorom a príslušná N-rozmerná guľa bude mať polomer N. No a zjednotenia aj prieniky budú fungovať aj tu.
Zatiaľ mi tiež vychádza, že kruh je skutočne jediný "úplne hladký" útvar s touto vlastnosťou v dvoch rozmeroch, iné by mali mať aspoň jeden bod bez dotyčnice.
Chalani, zdá sa, že naozaj neexistujú množiny spĺňajúce požadovanú podmienku, ktoré majú čo i len na nejakom malom kúsku "hladkú" hranicu, ktorá nie je po častiach úsečka ani kruh.
OdpovedaťOdstrániťJa som písal poznámku "sú také útvary a majú v celku dôležité postavenie v matematike" na základe jednej mne známej vety, ktorá vyšla vo veľmi serióznom odbornom časopise a ktorá, ako sa zdá, neplati! To má inak zásadný vplyv na niektoré nadväzujúce výsledky a tiež na náš článok, ktorý práve píšeme s Vladom. Je dosť možné, že táto zábavná úloha na blogu pomohla odhaliť jednu dosť ošemetnú chybu v "serióznych" publikáciách.
Keď sa to vyjasní, napíšem o tom tu na QED viac.
Nebude zdroj rozporu medzi onou vetou a tunajšou úvahou v "konečnosti"?
OdpovedaťOdstrániťVezmime množinu bodov A s polárnymi súradnicami fi_n = 3Pi/2^n, r_n = 2/cos(Pi/2^n), pre n=2 až nekonečno, plus bod [1,0]. Ako A' označme obraz A-čka v stredovej súmernosti cez bod [0,0] (A' je len technikalitka, mohli by sme zaň vziať dolnú polovicu kružnice s polomerom 2, alebo kopu ďalších množín).
Nech teraz B je konvexný obal zjednotenia A-čka a A'. Ak som sa nesekol v úvahe, množina B by mala spĺňať Radovu podmienku rovnosti obvodu a obsahu. Spojnica každých dvoch po sebe idúcich bodov by mala byť dotyčnica vo vzdialenosti 2 od stredu, pričom dotykové body by mali zodpovedať uhlom 2Pi/2^n. Súčasne však B nevyzerá byť vytvoriteľná z polygónov pomocou konečného počtu zjednotení a prienikov; má nekonečne veľa "hrán".
Takto vyrobené B-čko malo iba dva "problémové" body ([1,0] a [-1,0]), kde sa polygonálnosť strácala. Nič ale nebráni tomu, aby sa rovnaká konštrukcia zopakovala viackrát. Dokonca ju je možné aplikovať aj na nekonečne veľa častí kružnice, a tak vyrobiť nekonečne veľa takýchto podivných bodov. Viac ako spočítateľne veľa ich ale nebude...
goober: So svojou úvahou máš pravdu, ale nie je to ten problém.
OdpovedaťOdstrániťVyjasnili sme si už, že spomínaná "veta zo seriózneho matematického časopisu" predsa len platí, ale terminológia, ktorá sa v tejto vete vyskytuje, je značne zavádzajúca; evokuje niečo iné ako skutočne tvrdí. Každopádne aj tak nám tento príspevok pomohol ujasniť si čosi dôležité k nášmu pripravovanému článku.