Глава 11. Задачи для самостоятельного решения  |	Оглавление |	Глава 12.

11.1.

По теореме косинусов a² = b² + c² – 2bccos a  = (b – c)² + 2bc(1 – cos a)  =  (b – c)² + 4S(1 – cos a)/sin a. Так как второе слагаемое постоянно, то a минимально, если b = c.

11.2.

Пусть вневписанная окружность касается сторон AB и AC в точках K и L. Так как AK = AL = p, то вневписанная окружность S_a фиксирована. Радиус r вписанной окружности максимален, когда она касается окружности S_a, т. е. треугольник ABC равнобедренный. Ясно также, что S = pr.

11.3.

Согласно задаче 10.53, а) S Ј p²/3Ц3, причем равенство достигается только для правильного треугольника.

11.4.

По теореме косинусов b² + c² = a² + 2bccos a. Так как 2bc Ј b² + c² и cos a > 0, то b² + c² Ј a² + (b² + c²)cos a, т. е. b² + c² Ј a²/(1 – cos a). Равенство достигается, если b = c.

11.5.

Пусть O - центр окружности радиуса R; A, B и C - вершины треугольника;

a =

® OA

,

b =

® OB

,

c =

® OC

. Тогда AB² + BC² + CA² = |a – b|² + |b – c|² + |c – a|² = 2(|a|² + |b|² + |c|²)-2(a, b) – 2(b, c) – 2(c, a). Так как |a + b + c|² = |a|² + |b|² + |c|² + 2(a, b) + 2(b, c) + 2(c, a), то AB² + BC² + CA² = 3(|a|² + |b|² + |c|²) – |a + b + c|² Ј 3(|a|² + |b|² + |c|²) = 9R², причем равенство достигается, только если a + b + c = 0. Это равенство означает, что треугольник ABC правильный.

11.6.

Обозначим длину высоты, опущенной на сторону BC, через h. Так как DAMN ~ DABC, то MN/BC = (h – 2r)/h, т. е.

MN = a

ж и

1 –

2r h

ц ш

. Поскольку r = S/p = ah/2p, то MN = a(1 – a/p). Максимум выражения a(1 – a/p) = a(p – a)/p достигается при a = p/2; он равен p/4. Остается заметить, что существует треугольник периметра 2p со стороной a = p/2 (положим b = c = 3p/4).

Рис. 11.1

11.7. Пусть O - центр симметрии многоугольника M, расположенного внутри треугольника T, S(T) - образ треугольника T при симметрии относительно точки O. Тогда M лежит и в T, и в S(T). Поэтому среди всех центрально симметричных многоугольников с данным центром симметрии, лежащих в T, наибольшую площадь имеет пересечение T и S(T). Точка O лежит внутри треугольника T, так как пересечением T и S(T) является выпуклый многоугольник, а выпуклый многоугольник всегда содержит свой центр симметрии.

Пусть A₁, B₁ и C₁ - середины сторон BC, CA и AB треугольника T = ABC. Предположим сначала, что точка O лежит внутри треугольника A₁B₁C₁. Тогда пересечением T и S(T) является шестиугольник (рис. 11.1). Пусть сторона AB делится сторонами треугольника S(T) в отношении x : y : z, где x + y + z = 1. Тогда отношение суммы площадей заштрихованных треугольников к площади треугольника ABC равно x² + y² + z²; нужно минимизировать это выражение. Так как 1 = (x + y + z)²  =  3(x² + y² + z²) – (x – y)² – (y – z)² – (z – x)², то x² + y² + z² і 1/3, причем равенство достигается только при x = y = z; последнее равенство означает, что O - точка пересечения медиан треугольника ABC.

Рассмотрим теперь другой случай: точка O лежит внутри одного из треугольников AB₁C₁, A₁BC₁, A₁B₁C, например внутри DAB₁C₁. В этом случае пересечением T и S(T) является параллелограмм, причем если мы заменим точку O точкой пересечения прямых AO и B₁C₁, то площадь этого параллелограмма может только увеличиться. Если же точка O лежит на стороне B₁C₁, то этот случай уже фактически был нами рассмотрен (нужно положить x = 0).

Искомым многоугольником является шестиугольник с вершинами в точках, делящих стороны треугольника на три равные части. Его площадь равна 2/3 площади треугольника.

Рис. 11.2

11.8. Обозначим точку пересечения прямых KM и BC через T, а точки пересечения сторон треугольников A₁B₁C₁ и KLM так, как показано на рис. 11.2. Тогда TL : RZ = KL : KZ = LC : ZB₁. Так как TL і BA₁ = A₁C і LC, то RZ і ZB₁, т. е. S_RZQ і S_ZB1Q. Аналогично S_QYP і S_YA1P и S_PXR і S_XC1R. Складывая все эти неравенства и неравенство S_PQR > 0, получаем, что площадь шестиугольника PXRZQY не меньше площади оставшейся части треугольника A₁B₁C₁, т. е. его площадь не меньше S_A1B1C1/2 = 1/8. Равенство достигается, например, если точка K совпадает с B₁, а точка M - с B.

11.9. Так как площадь правильного треугольника со стороной a равна a² Ц3/4, сторона правильного треугольника площадью 1 равна 2/ ⁴Ц3, а его высота ⁴Ц3. Докажем, что из полосы шириной меньше ⁴Ц3 нельзя вырезать правильный треугольник площадью 1. Пусть правильный треугольник ABC лежит внутри полосы шириной меньше ⁴Ц3. Пусть для определенности проекция вершины B на границу полосы лежит между проекциями вершин A и C. Тогда прямая, проведенная через точку B перпендикулярно границе полосы, пересекает отрезок AC в некоторой точке M. Высота треугольника ABC не превосходит BM, а BM не больше ширины полосы, поэтому высота треугольника ABC меньше ⁴Ц3, т. е. его площадь меньше 1.

Остается доказать, что из полосы шириной ⁴Ц3 можно вырезать любой треугольник площадью 1. Докажем, что у любого треугольника площадью 1 есть высота, не превосходящая ⁴Ц3. Для этого достаточно доказать, что у него есть сторона не меньше 2/ ⁴Ц3. Предположим, что все стороны треугольника ABC меньше 2/ ⁴Ц3. Пусть a - наименьший угол этого треугольника. Тогда a Ј 60° и S_ABC = (AB · ACsin a)/2 < (2/ ⁴Ц3)²(Ц3/4) = 1. Получено противоречие. Треугольник, у которого есть высота не превосходящая ⁴Ц3, можно поместить в полосу шириной ⁴Ц3, положив сторону, на которую опущена эта высота, на сторону полосы.

11.10.

Возведя обе части данного равенства в квадрат, его легко привести к виду

( Ц   ab1    –  Ц   a1b   )2 + ( Ц   ca1    –  Ц   c1a   )2 + ( Ц   bc1    –  Ц   cb1   )2 = 0,

т. е. a/a₁ = b/b₁ = c/c₁.

11.11.

Фиксируем углы a, b и g. Пусть A₁B₁C₁ - треугольник с углами a₁, b₁ и g₁. Рассмотрим векторы a, b и c, сонаправленные с векторами

® B1C1

,

® C1A1

и 

® A1B1

и имеющие длины sin a, sin b и sin g. Тогда

cos a1 sin a

+

cos b1 sin b

+

cos g1 sin g

=  – [(a, b) + (b, c) + (c, a)]/(sin asin b sin g)

. А так как 2[(a, b) + (b, c) + (c, a)] = |a + b + c|² – |a|² – |b|² – |c|², то величина (a, b) + (b, c) + (c, a) минимальна, когда a + b + c = 0, т. е. a₁ = a, b₁ = b, g₁ = g.

11.12.

Пусть x = ctg a₁ и y = ctg b₁. Тогда x + y > 0 (так как a₁ + b₁ < p) и ctg g₁ = (1 – xy)/(x + y) = (x² + 1)/(x + y) – x. Поэтому a²ctg a₁ + b²ctg b₁ + c²ctg g₁ = (a² – b² – c²)x + b²(x + y) + c²(x² + 1)/(x + y). При фиксированном x это выражение минимально при таком y, что b²(x + y) = c²(x² + 1)/(x + y), т. е.

c/b = (x + y)/

Ц

1 + x2

= sin a1(ctg a1 + ctg b1) = sin g1/sin b1

. Аналогичные рассуждения показывают, что если a : b : c  =  sin a₁ : sin b₁ : sin g₁, то рассматриваемое выражение минимально. В этом случае треугольники подобны и a²ctg a + b²ctg b + c²ctg g  = 4S (см. задачу 12.44, б)).

11.13.

Пусть f = bccos x + cacos y + abcos z. Так как cos x =  – cos ycos z + sin ysin z, то f = c(a – bcos z)cos y + bcsin ysin z + abcos z. Рассмотрим треугольник, длины двух сторон которого равны a и b, а угол между ними равен z; пусть x и h - углы, лежащие против сторон a и b, t - длина стороны, лежащей против угла z. Тогда cos z = (a² + b² – t²)/2ab и cos h  =  (t² + a² – b²)/2at, поэтому (a – bcos z)/t = cos h. Кроме того, b/t = sin h/sin z. Следовательно, f = ctcos (h – y) + (a² + b² – t²)/2.

Так как a і b, то x і h,а значит  – x Ј  – h < y – h < p – z – h  =  x, т. е. cos (y – h) > cos x. Поэтому

f > ctcos x +   a2 + b2 – t2 2  =   c – b 2b t2 +   c(b2 – a2) 2b  +   a2 + b2 2  = g(t).

Коэффициент при t² отрицателен или равен нулю; кроме того, t < a + b. Следовательно, g(t) і g(a + b) = bc + ca – ab.

11.14.

а) Так как CMXN - прямоугольник, то MN = CX. Поэтому длина отрезка MN будет наименьшей, если CX - высота.

б) Пусть S_ABC = S. Тогда S_AMX = AX² · S/AB² и S_BNX  =  BX² · S/AB². Поскольку AX² + BX² і AB²/2 (причем равенство достигается, только если X - середина отрезка AB), то S_CMXN = S – S_AMX – S_BNX Ј S/2. Площадь четырехугольника CMXN будет наибольшей, если X - середина стороны AB.

11.15.

Точки P и Q лежат на окружности, построенной на отрезке CM как на диаметре. В этой окружности постоянный угол C опирается на хорду PQ, поэтому длина хорды PQ будет минимальна, если минимален диаметр CM окружности, т. е. CM - высота треугольника ABC.

11.16.

По теореме синусов радиусы описанных окружностей треугольников ACM и BCM равны AC/(2sin AMC) и BC/(2sin BMC) соответственно. Легко проверить, что sin AMC = sin BMC. Поэтому AC/(2sin AMC) + BC/(2sin BMC) = (AC + BC)/(2sin BMC). Последнее выражение будет наименьшим, если sin BMC = 1, т. е. CM^AB.

11.17.

Точки P и Q лежат на окружности с диаметром AM, поэтому PQ = AMsin PAQ = AMsin A. Значит, длина отрезка PQ максимальна, когда AM - диаметр описанной окружности.

11.18.

Ясно, что 2S_ABC = ad_a + bd_b + cd_c. Поэтому произведение (ad_a)(bd_b)(cd_c) будет наибольшим, если ad_a = bd_b = cd_c (см. с. 231). Так как величина abc постоянна, произведение (ad_a)(bd_b)(cd_c) будет наибольшим тогда и только тогда, когда будет наибольшим произведение d_ad_bd_c.

11.19.

Пусть a  = MA₁/AA₁, b  = MB₁/BB₁ и g  = MC₁/CC₁. Так как a + b + g  = 1 (см. задачу 4.48, а)), то ³Ц(abg) Ј (a + b + g)/3 = 1/3, причем равенство достигается, когда a  = b  = g  = 1/3, т. е. M - точка пересечения медиан.

11.20.

Пусть x = MA₁, y = MB₁ и z = MC₁. Тогда ax + by + cz = 2S_BMC + 2S_AMC + 2S_AMB = 2S_ABC. Поэтому

ж и

a x

+

b y

+

c z

ц ш

· 2SABC =

ж и

a x

+

b y

+

c z

ц ш

(ax + by + cz)  =  a2 + b2 + c2 + ab

ж и

x y

+

y x

ц ш

+ bc

ж и

y z

+

z y

ц ш

+ ac

ж и

z x

+

x z

ц ш

і a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ac

, причем равенство достигается , только если x = y = z, т. е. M - центр вписанной окружности треугольника ABC.

11.21.

Предположим сначала, что все углы треугольника ABC меньше 120°. Тогда внутри его существует точка O,из которой все стороны видны под углом 120°. Проведем через вершины A, B и C прямые, перпендикулярные отрезкам OA, OB и OC. Эти прямые образуют правильный треугольник A₁B₁C₁ (рис. 11.3). Пусть Oў - любая точка, лежащая внутри треугольника ABC и отличная от точки O. Докажем, что тогда OўA + OўB + OўC > OA + OB + OC, т. е. O - искомая точка. Пусть Aў, Bў и Cў - основания перпендикуляров, опущенных из точки Oў на стороны B₁C₁, C₁A₁ и A₁B₁, a - длина стороны правильного треугольника A₁B₁C₁. Тогда OўAў + OўBў + OўCў = 2(S_OўB1C1 + S_OўA1B1 + S_OўA1C1)/a = 2S_A1B1C1/a = OA + OB + OC. Так как наклонная длиннее перпендикуляра, то OўA + OB + OўC > OўAў + OўBў + OўCў  =  OA + OB + OC.

Пусть теперь один из углов треугольника ABC, например угол C, больше 120°. Проведем через точки A и B перпендикуляры B₁C₁ и C₁A₁ к отрезкам CA и CB, а через точку C - прямую A₁B₁ перпендикулярную биссектрисе угла ACB (рис. 11.4). Так как РAC₁B = 180° – РACB < 60°, то B₁C₁ > A₁B₁. Пусть Oў - любая точка, лежащая внутри треугольника A₁B₁C₁. Поскольку B₁C₁ · OўAў + C₁A₁ · OўBў + A₁B₁ · OўCў = 2S_A1B1C1, то (OўAў + OўBў + OўCў) · B₁C₁ = 2S_A1B1C1 + (B₁C₁ – A₁B₁) · OўCў. Так как B₁C₁ > A₁B₁, то сумма OўAў + OўBў + OўCў минимальна для точек, лежащих на стороне B₁A₁. Ясно также, что OўA + OўB + OўC і OўAў + OўBў + OўCў. Следовательно, искомой точкой является вершина C.

Рис. 11.3 Рис. 11.4

11.22.

Пусть расстояния от точки O до сторон BC, CA и AB равны x, y и z соответственно. Тогда ax + by + cz = 2(S_BOC + S_COA + S_AOB)  =  2S_ABC. Ясно также, что x : y : z = (S_BOC/a) :  (S_COA/b) : (S_AOB/c).

11.23.

Пусть O - вершина данного угла. Точка C является точкой касания стороны угла с окружностью, проходящей через точки A и B, т. е. OC² = OA · OB. Для нахождения длины отрезка OC достаточно провести касательную к любой окружности, проходящей через точки A и B.

Рис. 11.5

11.24. Рассмотрим угол XўAўYў, симметричный углу XAY относительно точки O. Пусть B и C - точки пересечения сторон этих углов. Обозначим точки пересечения прямой, проходящей через точку O, со сторонами углов XAY и XўAўYў через B₁, C₁ и B₁ў, C₁ў соответственно (рис. 11.5). Так как S_AB1C1  =  S_AўB1ўC1ў, то S_AB1C1 = (S_ABAўC + S_BB1C1ў + S_CC1B1ў)/2. Площадь треугольника AB₁C₁ минимальна, если B₁ = B и C₁ = C, т. е. искомой прямой является BC.

11.25. Возьмем на сторонах OA и OB точки K и L так, что KP||OB и LP||OA. Тогда KM : KP = PL : LN, а значит,

KM + LN і 2

Ц

KM · LN

= 2

Ц

KP · PL

= 2

Ц

OK · OL

, причем равенство достигается, когда

KM = LN =

Ц

OK · OL

. Ясно также, что OM + ON = (OK + OL) + (KM + LN).

11.26.

Отложим на лучах AX и AY равные отрезки AB и AC. Если точка M лежит на отрезке BC, то сумма расстояний от нее до прямых AB и AC равна 2(S_ABM + S_ACM)/AB = 2S_ABC/AB. Поэтому сумма расстояний от точки до прямых AX и AY тем меньше, чем меньше расстояние от ее проекции на биссектрису угла XAY до точки A.

Рис. 11.6

11.27. Пусть точки M₁ и M₂ симметричны M относительно прямых AB и AC. Так как РBAM₁ = РBAM и РCAM₂  =  РCAM, то РM₁AM₂ = 2РBAC < 180°. Поэтому отрезок M₁M₂ пересекает лучи AB и AC в некоторых точках X и Y (рис. 11.6). Докажем, что X и Y - искомые точки. В самом деле, если точки X₁ и Y₁ лежат на лучах AB и AC, то MX₁ = M₁X₁ и MY₁ = M₂Y₁, т. е. периметр треугольника MX₁Y₁ равен длине ломаной M₁X₁Y₁M₂. Из всех ломаных с концами в точках M₁ и M₂ наименьшую длину имеет отрезок M₁M₂.

11.28. Четырехугольник ABOC
наибольшей площади выпуклый. Среди всех треугольников ABC с фиксированными углом A и стороной BC наибольшую площадь имеет равнобедренный треугольник с основанием BC. Значит, среди всех рассматриваемых четырехугольников ABOC с фиксированной диагональю BC наибольшую площадь имеет четырехугольник, для которого AB = AC, т. е. точка O лежит на биссектрисе угла A. Рассмотрим, далее, треугольник ABO, в котором фиксированы угол BAO, равный РA/2, и сторона BO. Площадь этого треугольника максимальна, когда AB = AO.

11.29.

Пусть O - точка пересечения диагоналей выпуклого четырехугольника ABCD, а O₁ - любая другая точка. Тогда AO₁ + CO₁ і AC = AO + CO и BO₁ + DO₁ і BD = BO + DO,причем хотя бы одно из неравенств строгое. Следовательно, O - искомая точка.

11.30.

Так как S_AOB : S_BOC = AO : OC = S_AOD : S_DOC, то S_BOC · S_AOD = S_AOB · S_DOC = 36. Следовательно,

SBOC + SAOD і 2

Ц

SBOC · SAOD

= 12

, причем равенство достигается, если S_BOC = S_AOD, т. е. S_ABC = S_ABD, откуда AB||CD. При этом площадь четырехугольника равна 4 + 9 + 12 = 25.

11.31.

Пусть S₀ и S - рассматриваемые суммы площадей треугольников для прямой l₀, проходящей через точку пересечения диагоналей трапеции, и для некоторой другой прямой l. Легко проверить, что S = S₀ + s, где s - площадь треугольника, образованного диагоналями AC и BD и прямой l. Поэтому l₀ - искомая прямая.

11.32.

Длины диагоналей трапеции обозначим через d₁ и d₂, длины их проекций на основание - через p₁ и p₂, длины оснований - через a и b, высоту - через h. Пусть для определенности d₁ і d₂. Тогда p₁ і p₂. Ясно, что p₁ + p₂ і a + b. Поэтому p₁ і (a + b)/2 = S/h = 1/h. Следовательно,

d12 = p12 + h2 і

1 h2

+ h2 і 2

, причем равенство достигается, только если p₁ = p₂ = h = 1. При этом d₁ = Ц2.

11.33.

Докажем, что искомой точкой является точка M, делящая сторону BC в отношении BM : MC = AK : KD. Обозначим точки пересечения отрезков AM и BK, DM и CK через P, Q соответственно. Тогда KQ : QC = KD : MC = KA : MB  =  KP : PB, т. е. прямая PQ параллельна основаниям трапеции.

Рис. 11.7

11.34.

Согласно задаче 4.45, а)

S2 = (p – a)(p – b)(p – c)(p – d) – abcdcos 2((B + D)/2).

Эта величина максимальна, когда cos ((B + D)/2) = 0, т. е. РB + РD = 180°.

11.35.

Если A и Aў - симметричные относительно точки O вершины многоугольника, то сумма расстояний до точек A и Aў одна и та же для всех точек отрезка AAў, а для всех других точек она больше. Точка O принадлежит всем таким отрезкам.

11.36.

Если в треугольнике ABC угол B тупой или прямой, то по теореме косинусов AC² і AB² + BC². Поэтому, если в многоугольнике угол при вершине B не острый, то, выбросив вершину B, получим многоугольник с не меньшей суммой квадратов длин сторон. Так как у любого n-угольника при n і 3 есть неострый угол, с помощью такой операции мы приходим к треугольнику. Среди всех треугольников, вписанных в данную окружность, наибольшую сумму квадратов длин сторон имеет правильный треугольник (см. задачу 11.5).

11.37.

Если точка X делит некоторый отрезок PQ в отношении l : (1 – l), то 

® AiX

= (1 – l)

® AiP

+ l

® AiQ

, а значит A_iX Ј (1 – l)A_iP + lA_iQ. Следовательно,

f(X) =

е

AiX Ј (1 – l)

е

AiP + l

е

AiQ  =  (1 – l)f(P) + lf(Q)

. Пусть, например, f(P) Ј f(Q); тогда f(X) Ј f(Q). Поэтому функция f на отрезке PQ принимает максимальное значение в одном из его концов; точнее говоря, внутри отрезка не может быть точки строгого максимума функции f. Следовательно, если X - любая точка многоугольника, то f(X) Ј f(Y), где Y - некоторая точка стороны многоугольника, а f(Y) Ј f(Z), где Z - некоторая вершина.

11.38.

Геометрическое место точек X, для которых угол OXA постоянен, состоит их двух симметричных относительно прямой OA дуг окружностей S₁ и S₂. Рассмотрим тот случай, когда диаметр окружностей S₁ и S₂ равен радиусу исходной окружности, т. е. эти окружности касаются исходной окружности в точках M₁ и M₂, для которых РOAM₁ = РOAM₂ = 90°. Точки M₁ и M₂ являются искомыми, так как если РOXA > РOM₁A = РOM₂A, то точка X лежит строго внутри фигуры, образованной окружностями S₁ и S₂, т. е. не может лежать на исходной окружности.

11.39.

Обозначим точку пересечения прямой l и отрезка AB через O. Рассмотрим произвольную окружность S, проходящую через точки A и B. Она пересекает l в некоторых точках M и N. Поскольку MO · NO = AO · BO - постоянная величина, то 

MN = MO + NO і 2 Ц   MO · NO    = 2 Ц   AO · BO   ,

причем равенство достигается, только если MO = NO. В этом случае центр окружности S является точкой пересечения серединного перпендикуляра к AB и перпендикуляра к l, проходящего через точку O.

11.40.

Построим окружность с диаметром PQ. Если эта окружность пересекается с прямой l, то любая из точек пересечения является искомой, поскольку в этом случае Pў = Qў. Если же окружность не пересекается с прямой l, то для любой точки M на прямой l угол PMQ острый и РPўPQў = 90°±РPMQ. Теперь легко убедиться, что длина хорды PўQў минимальна, если угол PMQ максимален. Для нахождения точки M остается провести через точки P и Q окружности, касающиеся прямой l (см. задачу 8.56, а)), и из точек касания выбрать нужную.

11.41.

Пусть сумма расстояний от точек A и B до прямой l равна 2h. Если прямая l пересекает отрезок AB в точке X, то S_AOB  =  h · OX, поэтому величина h экстремальна, когда экстремальна величина OX, т. е. прямая OX соответствует стороне или высоте треугольника AOB. Если прямая l не пересекает отрезок AB, то величина h равна средней линии трапеции, ограниченной перпендикулярами, опущенными из точек A и B на прямую l. Эта величина экстремальна, когда прямая l перпендикулярна медиане OM треугольника AOB или соответствует стороне треугольника AOB. Остается выбрать две из полученных четырех прямых.

11.42.

Предположим сначала, что точки являются вершинами выпуклого пятиугольника. Сумма углов пятиугольника равна 540°, поэтому один из его углов не превосходит 540°/5 = 108°. Диагонали делят этот угол на три угла, поэтому один из них не превосходит 108°/3 = 36°. В этом случае a Ј 36°.

11.43.

Замкнутый маршрут, проходящий через все перекрестки, может иметь 20 поворотов (рис. 11.8). Остается доказать, что меньше 20 поворотов такой маршрут иметь не может. После каждого поворота происходит переход с горизонтальной улицы на вертикальную или с вертикальной на горизонтальную. Поэтому число горизонтальных звеньев замкнутого маршрута равно числу вертикальных звеньев и равно половине числа поворотов. Предположим, что замкнутый маршрут имеет меньше 20 поворотов. Тогда найдутся улицы обоих направлений, по которым маршрут не проходит. Поэтому маршрут не проходит через перекресток этих улиц.

Рис. 11.8 Рис. 11.9

11.44.

Прямая может пересекать 15 клеток (рис. 11.9). Докажем теперь, что прямая не может пересекать более 15 клеток. Число клеток, которые пересекает прямая, на 1 меньше числа точек пересечения ее с отрезками, задающими стороны клеток. Внутри квадрата имеется 14 таких отрезков. Поэтому внутри квадрата не более 14 точек пересечения прямой со сторонами клеток. Никакая прямая не может пересекать границу доски более чем в двух точках, поэтому число точек пересечения ее с отрезками не превышает 16. Следовательно, наибольшее число клеток шахматной доски размером 8×8, которые можно пересечь одной прямой, равно 15.

11.45.

Докажем сначала, что 33 точки разместить таким образом нельзя. Действительно, если на отрезке длиной 1 находятся 33 точки, то расстояние между какими-нибудь двумя из них не превосходит 1/32. Отрезок с концами в этих точках содержит две точки, а он должен содержать не более 1 + 1000/32² точек, т. е. менее двух точек.

Примечание. [x] - целая часть числа x, т. е. наибольшее целое число, не превосходящее x.

Рис. 11.10

11.46. а) Пусть неправильный n-угольник описан около окружности S. Опишем около этой окружности правильный n-угольник, а около него опишем окружность S₁ (рис. 11.10). Докажем, что площадь части неправильного n-угольника, заключенной внутри S₁, больше площади правильного n-угольника. Все касательные к S отсекают от S₁ равные сегменты. Поэтому сумма площадей сегментов, отсекаемых от S₁ сторонами правильного n-угольника, равна сумме площадей сегментов, отсекаемых от S₁ сторонами неправильного n-угольника или их продолжениями. Но для правильного n-угольника эти сегменты не пересекаются (точнее говоря, не имеют общих внутренних точек), а для неправильного n-угольника некоторые из них обязательно перекрываются, поэтому площадь объединения этих сегментов для правильного n-угольника больше, чем для неправильного. Следовательно, площадь части неправильного n-угольника, заключенной внутри окружности S₁, больше площади правильного n-угольника, а площадь всего неправильного n-угольника и подавно больше площади правильного.

б) Эта задача следует из а), так как периметр многоугольника, описанного около окружности радиуса R, равен 2S/R, где S - площадь многоугольника.

11.47.

Стороны треугольника ABC пропорциональны sin a, sin b и sin g. Если угол g фиксирован, то величина |sin a – sin b| = 2|sin ((a – b)/2)sin (g/2)| тем больше, чем больше величина j  = |a – b|. Остается заметить, что величины S = 2R² sin asin bsin g  = R² sin g(cos (a – b) + cos g)  =  R² sin g(cos j + cos g) и sin a + sin b  = 2cos (g/2)cos (j/2) монотонно убывают при возрастании j.

11.48.

а) Обозначим длину стороны правильного n-угольника, вписанного в данную окружность, через a_n. Рассмотрим произвольный неправильный n-угольник, вписанный в эту окружность. У него обязательно найдется сторона длиной меньше a_n. А вот стороны длиной больше a_n у него может и не быть, но тогда этот многоугольник можно заключить в сегмент, отсекаемый стороной правильного n-угольника. Так как при симметрии относительно стороны правильного n-угольника сегмент, отсекаемый этой стороной, попадает внутрь n-угольника, площадь n-угольника больше площади сегмента. Поэтому можно считать, что у рассматриваемого n-угольника есть сторона длиной меньше a_n и сторона длиной больше a_n.

Рис. 11.11

Мы можем поменять местами соседние стороны n-угольника, т. е. вместо многоугольника A₁A₂A₂јA_n взять многоугольник A₁A₂ўA₃јA_n, гдеточка A₂ў симметрична точке A₂ относительно серединного перпендикуляра к отрезку A₁A₃ (рис. 11.11). При этом оба многоугольника вписаны в одну и ту же окружность и их площади равны. Ясно, что с помощью этой операции можно сделать соседними любые две стороны многоугольника. Поэтому будем считать, что у рассматриваемого n-угольника A₁A₂ > a_n и A₂A₃ < a_n. Пусть A₂ў - точка, симметричная точке A₂ относительно серединного перпендикуляра к отрезку A₁A₃. Если точка A₂ўў лежит на дуге A₂A₂ў, то разность углов при основании A₁A₃ у треугольника A₁A₂ўўA₃ меньше, чем у треугольника A₁A₂A₃, так как величины углов A₁A₃A₂ўў и A₃A₁A₂ўў заключены между величинами углов A₁A₃A₂ и A₃A₁A₂. Поскольку A₁A₂ў < a_n и A₁A₂ > a_n, то на дуге A₂A₂ў существует точка A₂ўў, для которой A₁A₂ўў = a_n. Площадь треугольника A₁A₂ўўA₃ больше площади треугольника A₁A₂A₃ (см. задачу 11.47, а)). Площадь многоугольника A₁A₂ўўA₃јA_n больше площади исходного многоугольника, и у него по крайней мере на 1 больше число сторон, равных a_n. За конечное число шагов мы придем к правильному n-угольнику, причем каждый раз площадь увеличивается. Следовательно, площадь любого неправильного n-угольника, вписанного в окружность, меньше площади правильного n-угольника, вписанного в ту же окружность.

б) Доказательство аналогично предыдущему, нужно только воспользоваться результатом задачи 11.47, б), а не задачи 11.47, а).

Глава 11. Задачи для самостоятельного решения  |	Оглавление |	Глава 12.

Copyright © 2002 МЦНМО

Внимание! Данное издание содержит опечатки! Исправленные исходные файлы книги и файлы нового издания доступны со страницы автора. Заказ книги: biblio@mccme.ru.