Symetryzacja Steinera

Data ostatniej modyfikacji:
2010-01-26
Autor: 
Krzysztof Omiljanowski
pracownik IM UWr
Poziom edukacyjny: 
gimnazjum
szkoła średnia z maturą
szkoła profilowana zawodowa
szkoła wyższa
Dział matematyki: 
algebra liniowa
geometria syntetyczna
geometria przestrzenna

Symetryzacja Steinera to pewna transformacja figury płaskiej lub bryły przestrzennej. Pewne pojęcie o istocie tej transformacji dają poniższe zdjęcia.
Dla figury (bryły) F i prostej (płaszczyzny) k tworzymy nową figurę (bryłę) Tk(F), która jest 'wyrównana' względem k.

    

Rysunki dynamiczne w artykułach Symetryzacja na kratkach i Symetryzacja na gładko pokazują ideę tej transformacji. W tych artykułach podane są też precyzyjne określenia.
Tu opiszemy symetryzację trochę inaczej.

 

W wersji płaskiej (2D), dla figury F i prostej PQ:

Definicja 2D.  TPQ( F ) jest symetryzacją F względem prostej PQ jeśli dla każdej prostej m, prostopadłej do PQ, mamy:
-   przekrój  TPQ( F ) i m jest zbiorem pustym albo odcinkiem o środku leżącym na PQ i
-   długość przekroju F i m jest równa długości przekroju  TPQ( F ) i m.

 

W wersji przestrzennej (3D), dla bryły F i płaszczyzny PQR:

Definicja 3D.  TPQR( F ) jest symetryzacją F względem płaszczyzny PQR jeśli dla każdej prostej m, prostopadłej do płaszczyzny PQR, mamy:
-   przekrój  TPQR( F ) i m jest zbiorem pustym albo odcinkiem o środku leżącym na PQR i
-   długość przekroju F i m jest równa długości przekroju  TPQR( F ) i m.

 

Oczywiście w wersji płaskiej mamy:
    -  PQ jest osią symetrii  TPQR( F ) ,
    -  jeżeli proste PQ, RS są równoległe, to  TPQ( F ) jest przesunięciem  TRS( F ) .
W wersji przestrzennej analogicznie mamy:
    -  PQR jest płaszczyzną symetrii  TPQR( F ) ,
    -  jeżeli płaszczyzny PQR, STU są równoległe, to  TPQR( F ) jest przesunięciem  TSTU( F ) .

Inne proste fakty można oglądnąć w zadaniach zebranych w kolekcjach: Symetryzacja na kratkach i Symetryzacja na gładko. Tu pokażemy najważniejsze:

 

Twierdzenie 2D.   Dla dowolnego wieloboku wypukłego W i prostej PQ mamy:
     pole W   =   pole TPQ(W) ,   czyli symetryzacja nie zmienia pola;
     obw. W     obw. TPQ(W) ,   czyli symetryzacja nie zwiększa obwodu.
Co więcej:
     obw. W   =   obw. TPQ(W)   wtedy i tylko wtedy, gdy
     prosta PQ jest równoległa do (pewnej) prostej symetrii wieloboku W.

 

Dowód (Twierdzenia 2D).    (Nie będzie całkiem formalny, ale nie zgubi istoty rzeczy.)

Rozważmy część  TPQ(W) wyznaczoną przez dwa odcinki brzegu: A1B1 i A2B2, symetrycznie położone względem prostej PQ.
Ten trapez równoramienny A1B1B2A2 powstał z pewnego trapezu ABB'A', części wieloboku W.
Jaki jest dokładnie ten zielony trapez - nie wiemy, to zależy od W. Ale wiadomo, że podstawy ma takie jak niebieski i wysokość też ma taką samą.
Zatem te trapezy mają jednakowe pola, czyli W i  TPQ(W) mają jednakowe pola.

UWAGA.
Ten rysunek jest dynamiczny. Można przesuwać w poziomie punkty zaznaczone pełnymi kwadracikami (chwytając je lewym przyciskiem myszy). Po chwili rysunek się zaktualizuje.

Co do obwodów:
Dla tezy twierdzenia wystarczy pokazać, że A1B1 + B2A2 AB + A'B'.

Główny pomysł:
przesuńmy A' w stronę A o długość BB' i odbijmy względem prostej BB'.
Wtedy

AB + B'A' = AB + BA'' = AB + BA'''.
Przesuwając punkt B zobaczymy kiedy ta suma jest najmniejsza:
Gdy B nie leży na odcinku AA''', to (z nierówności trójkąta) AB + BA''' > AA''';
Gdy B leży na odcinku AA''', to AB + BA''' = AA'''; wtedy trapez zielony jest równoramienny (i przystaje do niebieskiego).
Uzasadniliśmy, że symetryzacja nie zwiększa obwodów.

Pomijamy tu dowód ostatniej części twierdzenia.

 

W wersji przestrzennej zachodzi analogiczne twierdzenie:

Twierdzenie 3D.   Dla dowolnego wielościanu wypukłego W i płaszczyzny PQR mamy:
     obj. W   =   obj. TPQR(W) ,   czyli symetryzacja nie zmienia objętości;
     pole W     pole TPQR(W) ,   czyli symetryzacja nie zwiększa pola powierzchni.
Co więcej:
     pole W   =   pole TPQ(W)   wtedy i tylko wtedy, gdy
     płaszczyzna PQR jest równoległa do (pewnej) płaszczyzny symetrii wielościanu W.

 

Dowód (Twierdzenia 3D).   
(Zajmiemy się tylko najtrudniejszym i najciekawszym fragmentem twierdzenia dotyczącym pól.)

Rozważmy trzy proste a,b,c prostopadłe do płaszczyzny PQR, wyznaczające na brzegu  TPQR(W) dwie symetrycznie położone niebieskie trójkątne ściany: A1B1C1 i A2B2C2.
Powstały one z pewnych dwóch trójkątów ABC i A'B'C', leżących na ścianach W.
Wiadomo tylko, że AA' = A1A2, BB' = B1B2 i CC' = C1C2.
Niech CC' będzie najkrótszym z tych odcinków.
Przesuńmy trójkąt A'B'C' tak, by C' pokryło się z C.
Dla tezy twierdzenia wystarczy pokazać, że: suma PABC + PA''B''C jest najmniejsza,
gdy trójkąty ABC, A''B''C są przystające do niebieskich trójkątów.
 

 
Przyjmijmy oznaczenia:  r = AA'' : BB'',  s = AA'' : (AA'' - BB'').
Poniższe tezy są niezależne od położenia punktów A, B, C na prostych a, b, c,
warto przesuwać te punkty, by zobaczyć to na powyższym rysunku.

  • Punkt D, przecięcie prostych AB i A''B'', leży na pewnej prostej d równoległej do a.
  • PADC = s . PABC   i   PA''DC = s . PA''B''C .
  • Pomyślmy o płaszczyźnie wyznaczonej przez proste d i c; pomyślmy też o płaszczyźnie Z do niej prostopadłej zawierającą prostą a. Przecinają się one (te płaszczyzny) wzdłuż prostej e równoległej do wszystkich prostych: a, b, c, d.
  • Prosta DC przecina prostą e; punkt przecięcia oznaczmy przez E.
    Zauważ, że stosunek DE : DC jest stały - oznaczmy go przez t.
  • PADE = t . PADC   i   PA''DE = t . PA''DC   (bo ich podstawa DE = t . DC). .

Zatem

PADE + PA''DE = t PADC + t PA''DC = t s PABC + t s PA''B''C = t s ( PABC + PA''B''C ),
czyli
suma PABC + PA''B''C jest najmniejsza, gdy suma PADE + PA''DE jest najmniejsza.

Na koniec zauważmy, że PADE + PA''DE . h0 . (AE + A''E), gdzie h0 oznacza odległość prostej d od płaszczyzny Z oraz suma AE + A''E jest najmniejsza, gdy E = E0, gdzie E0 oznacza punkt symetralnej odcinka AA'' (w płaszczyźnie Z) leżący na prostej e.

Zatem niech trapez AA''B''B będzie równoramienny oraz E = E0.
Wtedy AE + A''E jest minimalne i odcinek DE0 = h0 (bo jest prostopadły do Z).
Wtedy AA'B'BCC' przystaje do A1A2B2B1C1C2.
Wtedy też suma pól PADE + PA''DE jest najmniejsza, a więc i suma pól PABC + PA''B''C jest najmniejsza.

To kończy ten dość długi dowód głównej tezy twierdzenia 3D.

 

Na koniec kilka uwag:

Uwaga.  Powyższy dowód ma pewne formalne luki, np. przyjęto w nim, że odcinek CC' jest krótszy od: AA' i BB'. Nie jest to poważny błąd, przecież, gdy inny z tych odcinków jest najkrótszy, to wystarczy zmienić oznaczenia. Prawda?
A co w przypadku, gdy te trzy odcinki są równej długości?
Warto prześledzić jeszcze raz ten dowód i znaleźć inne takie nieścisłości.

Uwaga.  W wersji 3D: symetryzacja może zwiększać łączną długość krawędzi.
Na przykład gdy W jest piramidą o podstawie PQRS, to  TPQRS(W)  jest ośmiościanem o dłuższej łącznej długości krawędzi (niż w W).

Uwaga.  Powyższe twierdzenia można uogólnić, tezy są prawdziwe nie tylko dla wieloboków (wielościanów).

Uwaga.  Warto zauważyć, że tnąc  TPQR(W)  płaszczyzną prostopadłą do PQR, otrzymamy figurę o polu takim samym jak jej przekrój z W.

Uwaga.  Niezmienność pola w wersji 2D (objętości - w wersji 3D) jest tak zwaną zasadą Cavalieriego.

Uwaga.  Oczywiście dla koła K i dowolnej prostej PQ figura  TPQ(K) jest przystająca do K.
Czy jedynie koło ma tę własność?
Wydaje się, że tak. Jednak dowód będzie trudny, bo... np. punkt (figura złożona z jednego punktu) też ma tę własność.
Jak zatem sformułować tezę, w której koło będzie 'tą jedyną' figurą?

Uwaga.  Gdy przyjąć za wiadome, że wśród figur płaskich o danym polu istnieje figura o najmniejszym obwodzie, to tą figurą jest koło. Dlaczego?

Uwaga.  Warto chwilę zastanowić się nad poniższymi pytaniami:
Czy jeśli proste PQ i RS są prostopadłe, to  TRS(TPQ( W ))  =  TPQ(TRS( W )) ?
Czy jeśli proste PQ i RS są prostopadłe, to  TRS(TPQ( W ))  i  TPQ(TRS( W )) są przystające?
Czy jeśli proste PQ i RS są prostopadłe, to  TRS(TPQ( W )) ma środek symetrii?
Czy jeśli P jest środkiem symetrii W, to S jest środkiem symetrii  TPQ(W) ?

 

 

Powrót na górę strony