Глава 13. Задачи для самостоятельного решения  |	Оглавление |	Глава 14.

13.1. а) Пусть

a =

® BC

,

b =

® CA

и 

c =

® AB

; AAў, BBў и CCў - медианы треугольника ABC. Тогда

® AAў

= (c – b)/2

,

® BBў

= (a – c)/2

и 

® CCў

= (b – a)/2

. Поэтому

® AAў

+

® BBў

+

® CCў

=

® 0

.

б) Пусть

a1 =

® AAў

,

b1 =

® BBў

и 

c1 =

® CCў

. Тогда (c₁ – b₁)/2 = (b – a – a + c)/4 =  – 3a/4 - вектор стороны треугольника A₂B₂C₂.

13.2. Пусть a, b и c - векторы сторон треугольника T. Тогда (b – a)/2, (a – c)/2 и (c – b)/2 - векторы его медиан. Можно считать, что a, b и c - векторы, идущие из точки пересечения медиан треугольника T₁ в его вершины. Тогда b – a, a – c и c – b - векторы его сторон.

13.3. Ясно, что

2

® M1M2

=

® A1A2

+

® A2A3

=

® A1A3

,

2

® M3M4

=

® A3A5

и 

2

® M5M6

=

® A5A1

. Поэтому

® M1M2

+

® M3M4

+

® M5M6

=

® 0

.

13.4. После поворота на 90° векторы a₁, ј, a_n переходят в векторы сторон n-угольника.

13.5. Из данных векторов можно составить выпуклый четырехугольник. Длины всех сторон этого четырехугольника равны 1, поэтому он - ромб; пары его противоположных сторон дают требуемое разбиение.

13.6. Пусть

a =

® AE

,

b =

® DF

и 

v =

® AD

. Тогда

2

® AK

= b + v

и 

2

® AL

= a + v + 2b

, поэтому

® KL

=

® AL

–

® AK

= (a + b)/2

. Аналогично

® NM

= (a + b)/2

.

13.7. Отложим данные векторы от одной точки и, идя по часовой стрелке, занумеруем их по порядку: a₁, ј, a_n. Рассмотрим замкнутую ломаную A₁јA_n, для которой

® AiAi + 1

= ai

. Докажем, что A₁јA_n - выпуклый многоугольник. Введем систему координат, направив ось Ox по вектору a₁. Пусть векторы a₂, ј, a_k лежат по одну сторону от оси Ox, а векторы a_k + 1, ј, a_n - по другую (если есть вектор, противоположно направленный с a₁, то его можно отнести в любую из этих двух групп). Проекции векторов первой группы на ось Oy имеют один знак, а проекции векторов второй группы - другой. Поэтому вторые координаты как точек A₂, A₃, ј, A_k + 1, так и точек A_k + 1, ј, A_n, A₁ изменяются монотонно: в первом случае от нуля до некоторой величины d, а во втором - от d до нуля. Так как интервалов монотонности только два, все вершины многоугольника лежат по одну сторону от прямой A₁A₂. Для остальных прямых, проходящих через стороны многоугольника, доказательство проводится аналогично.

13.8. Согласно задаче 13.7 из данных векторов можно составить выпуклый четырехугольник. Дальнейшее ясно из рис. 13.1.

Рис. 13.1

13.9. Согласно задаче 13.8, б) из данных векторов можно составить самопересекающуюся четырехзвенную ломаную; ее можно представить как две диагонали и две противоположные стороны выпуклого четырехугольника. Возможны два случая: вектор a может быть как стороной, так и диагональю этого четырехугольника. Но в обоих случаях сумма в левой части неравенства представляет собой сумму длин двух противоположных сторон и двух диагоналей четырехугольника, а в сумму в правой части входит длина суммы векторов тех же самых противоположных сторон и длины двух других противоположных сторон. Остается заметить, что сумма длин двух векторов не меньше длины их суммы, а сумма длин диагоналей выпуклого четырехугольника больше суммы длин двух противоположных сторон (см. задачу 9.14).

13.10. Пусть диагональ BE пересекает диагонали AD и AC в точках F и G. Стороны треугольников AFE и BCD параллельны, поэтому они подобны и  AF : FE = BC : CD. Следовательно, AD : BE = (AF + BC) : (EF + CD) = BC : CD. Аналогично AE : BD = DE : AC. Из подобия треугольников BED и EGA получаем AE : DB = EG : BE  =  CD : BE. Итак,

BC AD

=

CD BE

=

AE BD

=

DE AC

= l

. Ясно, что

® BC

+

® CD

+

® DE

+

® EA

+

® AB

=

® 0

,

® AD

+

® BE

+

® CA

+

® DB

+

® EC

=

® 0

и 

® BC

= l

® AD

,

® CD

= l

® BE

,

® DE

= l

® CA

,

® EA

= l

® DB

. Следовательно,

® 0

= l(

® AD

+

® BE

+

® CA

+

® DB

) +

® AB

=   – l

® EC

+

® AB

, т. е.

® AB

= l

® EC

. Поэтому AB||EC.

13.11. Пусть

a =

® AB

,

b =

® BC

,

c =

® CD

и 

d =

® DA

. Достаточно проверить, что AC^BD тогда и только тогда, когда a² + c² = b² + d². Ясно, что d² = |a + b + c|² = a² + b² + c² + 2[(a, b) + (b, c) + (c, a)]. Поэтому условие AC^BD, т. е. 0 = (a + b, b + c) = b² + (b, c) + (a, c) + (a, b), эквивалентно тому, что d² = a² + b² + c² – 2b².

13.12. а) Выразим все входящие в указанную формулу векторы через

® AB

,

® BC

и 

® CD

,br /> т. е. запишем

® AD

=

® AB

+

® BC

+

® CD

,

® CA

=  –

® AB

–

® BC

и 

® BD

=

® BC

+

® CD

. После сокращения получим требуемое.

б) Пусть D - точка пересечения высот, проведенных из вершин A и C треугольника ABC. Тогда в доказанной в задаче а) формуле первые два слагаемых нулевые, поэтому последнее слагаемое тоже нулевое, т. е. BD^AC.

13.13. Докажем, что AH^BC.

® AH

=

® AO

+

® OH

=

® AO

+

® OA

+

® OB

+

® OC

=

® OB

+

® OC

и 

® BC

=

® BO

+

® OC

=  –

® OB

+

® OC

, поэтому

(

® AH

,

® BC

) = OC2 – OB2 = R2 – R2 = 0

, так как O - центр описанной окружности. Аналогично доказывается, что BH^AC и CH^AB.

13.14. Пусть a_i = Р(a_i, a₁). Рассматривая проекции на прямую, параллельную a₁, и прямую, перпендикулярную a₁, получаем

a1 =

е i > 1

aicos ai

и 

0 =

е i > 1

aisin ai

соответственно. Возводя эти равенства в квадрат и складывая их, получаем

a12 =

е i > 1

ai2(cos 2ai + sin 2ai) + 2

е i > j > 1

aiaj(cos ai cos aj + sin ai sin aj)  =  a22 + ј + an2 + 2

е i > j > 1

aiajcos (ai – aj)

. Остается заметить, что a_i – a_j = Р(a_i, a₁) – Р(a_j, a₁) = Р(a_i, a_j) = j_ij.

13.15. Пусть

a =

® AD

,

b =

® BD

и 

c =

® CD

.

Так как BC² = |b – c|² = BD² + CD² – 2(b, c), то U = 2(b, c). Аналогично, V = 2(a, c) и W = 2(a, b). Пусть a  = Р(a, b) и b  = Р(b, c). Домножив обе части равенства cos ²a + cos ²b + cos ²(a + b) = 2cos a cos b cos (a + b) + 1 (см. задачу 12.39, б)) на 4uvw = 4|a|² |b|² |c|², получим требуемое.

13.16. Фиксируем произвольную точку O. Пусть

m =

® OM

,

a =

® OA

, ј, d =

® OD

. Тогда

(

® MA

,

® MB

) – (

® MC

,

® MD

) = (a – m, b – m) – (c – m, d – m) = (c + d – a – b, m) + (a, b) – (c, d)

. Если v = c + d – a – b № 0, то когда точка M пробегает всю плоскость, величина (v, m) принимает все действительные значения, в частности, она принимает значение (c, d) – (a, b). Следовательно, v = 0, т. е.

® OC

+

® OD

=

® OA

+

® OB

, а значит,

® AC

=

® DB

.

13.17. Пусть n₁, ј, n_k - единичные внешние нормали к сторонам, a M₁, ј, M_k - произвольные точки на этих сторонах. Для любой точки X, лежащей внутри многоугольника, расстояние до i-й стороны равно

(

® XMi

, ni)

. Поэтому суммы расстояний от внутренних точек A и B до сторон многоугольника равны тогда и только тогда, когда

k е i = 1

(

® AMi

, ni)  =

k е i = 1

(

® BMi

, ni) =

k е i = 1

(

® BA

, ni)  +

k е i = 1

(

® AMi

, ni)

, т. е.

ж и

® BA

,

n е i = 1

ni

ц ш

= 0.

Следовательно, сумма расстояний от любой внутренней точки многоугольника до сторон постоянна тогда и только тогда, когда

е

ni = 0

.

13.18. Пусть l - произвольная прямая, n - единичный вектор, перпендикулярный прямой l. Если точки A и B лежат в той же полуплоскости, заданной прямой l, что и вектор n, то

r(B, l) – r(A, l) = (

® AB

, n)

, где r(X, l) - расстояние от точки X до прямой l.

Пусть n₁, n₂, n₃ и n₄ - единичные векторы, перпендикулярные последовательным сторонам четырехугольника ABCD и направленные внутрь. Обозначим сумму расстояний от точки X до сторон четырехугольника ABCD через

е

(X)

. Тогда

0 =

е

(B) –

е

(A) = (

® AB

, n1 + n2 + n3 + n4).

Аналогично

(

® BC

, n1 + n2 + n3 + n4) = 0.

Так как точки A, B и C не лежат на одной прямой, то n₁ + n₂ + n₃ + n₄ = 0. Остается воспользоваться результатом задачи 13.5.

13.19. Пусть

a =

® AB

,

b =

® BC

и 

c =

® CD

. Тогда

® AD

= a + b + c

,

® AC

= a + b

и 

® BD

= b + c

. Ясно также, что |a|² + |b|² + |c|² + |a + b + c|² – |a + b|² – |b + c|² = |a|² + 2(a, c) + |c|² = |a + c|² і 0. Равенство достигается, только если a =  – c, т. е. ABCD - параллелограмм.

13.20. Рассмотрим пять векторов a₁, a₂, a₃, a₄, a₅ и предположим, что длина суммы любых двух из них больше длины суммы трех оставшихся. Так как |a₁ + a₂| > |a₃ + a₄ + a₅|, то |a₁|² + 2(a₁, a₂) + |a₂|² > |a₃|² + |a₄|² + |a₅|² + 2(a₃, a₄) + 2(a₄, a₅) + 2(a₃, a₅). Складывая такие неравенства для всех десяти пар векторов, получаем 4(|a₁|² + ј) + 2((a₁, a₂) + ј) > 6(|a₁|² + ј) + 6((a₁, a₂)ј), т. е. |a₁ + a₂ + a₃ + a₄ + a₅|² < 0. Приходим к противоречию.

13.21. Обозначим данные векторы e₁, ј, e₁₀. Пусть

® AB

= e1 + ј + e10

. Докажем, что луч AB задает искомую ось. Ясно, что

|

® AB

– ei|2 = AB2 – 2(

® AB

, ei) + |ei|2

, т. е.

(

® AB

, ei) = (AB2 + |ei|2 – |

® AB

– ei|2)/2

. По условию

AB > |

® AB

– ei|

, поэтому

(

® AB

, ei) > 0

, т. е. проекция вектора e_i на луч AB положительна.

13.22. Пусть

ai =

® OAi

и 

x =

® OX

. Тогда |a_i| = R и 

® XAi

= ai – x

. Поэтому

е

XAi =

е

|ai – x| =

е

|ai – x| · |ai|/R і

е

(ai – x, ai)/R  =

е

(ai, ai)/R – (x,

е

ai)/R

. Остается заметить, что (a_i, a_i) = R² и 

е

ai = 0

.

13.23. Рассмотрим на плоскости четыре вектора (a, b), (c, d), (e, f) и (g, h). Один из углов между этими векторами не превосходит 360°/4 = 90°. Если же угол между векторами не превосходит 90°, то их скалярное произведение неотрицательно.

Данные шесть чисел являются скалярными произведениями всех пар наших четырех векторов, поэтому одно из них неотрицательно.

13.24. Докажем это утверждение по индукции. Для n = 0 утверждение, очевидно, верно. Допустим, что утверждение доказано для 2n + 1 векторов. Рассмотрим в системе из 2n + 3 векторов два крайних вектора (т. е. два вектора, угол между которыми максимален). Для определенности будем считать, что это - векторы

® OP1

и 

® OP2n + 3

.

По предположению индукции длина вектора

® OR

=

® OP2

+ ј +

® OP2n + 2

не меньше 1. Вектор

® OR

лежит внутри угла P₁OP_2n + 3, поэтому он образует острый угол с вектором

® OS

=

® OP1

+

® OP2n + 3

. Следовательно,

|

® OS

+

® OR

| і OR і 1

.

13.25. Докажем сначала, что если a, b и c - векторы, длины которых не превосходят 1, то хотя бы один из векторов a±b, a±c, b±c имеет длину, не превосходящую 1. В самом деле, два из векторов ±a, ±b, ±c образуют угол, не превосходящий 60°, поэтому разность этих двух векторов имеет длину, не превосходящую 1 (если в треугольнике AB Ј 1, BC Ј 1 и РABC Ј 60°, то AC - не наибольшая сторона и AC Ј 1).

Таким образом можно спуститься до двух векторов a и b. Угол между векторами a и b или векторами a и  – b не превосходит 90°, поэтому либо |a – b| Ј Ц2, либо |a + b| Ј Ц2.

13.26. Можно считать, что сумма a данных векторов отлична от нуля, так как иначе утверждение задачи очевидно. Введем систему координат, направив ось Oy по вектору a. Занумеруем векторы нижней полуплоскости по порядку - по часовой стрелке: e₁, e₂, ј (рис. 13.2). По условию этих векторов не менее k. Докажем, что среди данных векторов найдутся еще такие векторы v₁, ј, v_k, что для любого i = 1, ј, k вектор v_i + e_i имеет неположительную вторую координату. Этим будет доказано требуемое утверждение. В  самом деле, длина суммы всех данных векторов равна сумме вторых координат (именно так была введена система координат). Сумма векторов e₁, v₁, ј, e_k, v_k имеет неположительную вторую координату, а вторая координата любого из оставшихся n – 2k векторов не превосходит 1. Поэтому вторая координата суммы всех данных векторов не превосходит n – 2k.

Рис. 13.2

Пусть векторы e₁, ј, e_p лежат в четвертом квадранте. Начнем сопоставлять им векторы v₁, ј, v_p. Будем поворачивать нижнюю полуплоскость, состоящую из точек с  неположительной второй координатой, поворачивая ось Ox по часовой стрелке на угол от 0° до 90°. Если один из двух векторов, лежащих в повернутой таким образом полуплоскости, расположен в четвертом квадранте, то их сумма имеет неположительную вторую координату. Как только при повороте плоскости ось Ox перейдет за вектор e₁, к векторам e₂, ј, e_k, лежащим в ней, должен добавиться еще хотя бы один вектор; поэтому следующий за e_k по порядку вектор можно взять в  качестве v₁. Аналогично, когда ось Ox перейдет за вектор e₂, получим вектор v₂ и т. д. Такие же рассуждения остаются справедливыми до тех пор, пока ось Ox остается в четвертом квадранте. Для векторов e_p + 1, ј, e_k, лежащих в третьем квадранте, доказательство проводится аналогично (если вектор e_p + 1 имеет нулевую первую координату, то его следует сначала выбросить из рассмотрения, а затем в качестве парного к нему взять любой из оставшихся векторов).

13.27. Точка X лежит на прямой AB тогда и только тогда, когда

® AX

= l

® AB

, т. е.

® OX

=

® OA

+

® AX

=  (1 – l)

® OA

+ l

® OB

.

13.28. Возьмем произвольную точку O и запишем все выбранные векторы в виде

® AiAj

=

® OAj

–

® OAi

. В силу условия задачи каждый вектор

® OAi

в сумму всех выбранных векторов войдет со знаком «плюс» столько же раз, сколько и со знаком «минус».

13.29. Пусть e₁, e₂ и e₃ - единичные векторы, сонаправленные с векторами

® OA

,

® OB

и 

® OC

; a  = РBOC, b  = РCOA и g  = РAOB. Нужно доказать, что

e1sin a + e2sin b + e3sin g  =

® 0

. Рассмотрим треугольник A₁B₁C₁, стороны которого параллельны прямым OC, OA и OB. Тогда

® 0

=

® A1B1

+

® B1C1

+

® C1A1

= ±2R(e1sin a + e2sin b + e3sin g)

, где R - радиус описанной окружности треугольника ABC.

13.30. Пусть a и b - единичные векторы, сонаправленные с  лучами OA и OB, l  = OA и m  =  OB. Прямая AB состоит из всех таких точек X, что

® OX

= t

® OA

+ (1 – t)

® OB

= tla + (1 – t)mb

. Требуется найти такие числа x₀ и y₀, что x₀/l  = t = 1 – (y₀/m) при всех рассматриваемых значениях l и m. Остается положить x₀ = p/c и y₀ = q/c. В итоге получаем, что если p/OA + q/OB = c, то прямая AB проходит через такую точку X, что

® OX

= (pa + qb)/c

.

13.31. Пусть

a =

® MA

,

b =

® MB

и 

c =

® MC

. Тогда

e =

® MC1

= pa + (1 – p)b

и 

® MA1

=  qc + (1 – q)b =  – qa + (1 – 2q)b

. С другой стороны,

® MA1

= ae

. Аналогично

be =

® MB1

=  – rb + (1 – 2r)a

. Требуется доказать, что 1 + (1/a) + (1/b) = 0. Так как apa + a(1 – p)b = ae =  – qa + (1 – 2q)b, то ap =  – q и a(1 – p) = 1 – 2q, а значит, 1/a  = 1 – 3p. Аналогично bp = 1 – 2r и b(1 – p) =  – r, а значит, 1/b  = 3p – 2.

13.32. Сложив равенства

® AA2

+

® BB2

+

® CC2

=

® 0

и 

® A2B2

+

® B2C2

+

® C2A2

=

® 0

, получим

® AB2

+

® BC2

+

® CA2

=

® 0

. Следовательно,

® AB2

= l

® C2B2

,

® BC2

= l

® A2C2

и 

® CA2

= l

® B2A2

. Пусть E - такая точка прямой BC, что A₂E||AA₁. Тогда

® BA1

= l

® EA1

и 

® EC

= l

® EA1

, поэтому

® A1C

=

® EC

–

® EA1

=  (l – 1)

® EA1

. Следовательно,

A1C

/

BA1

= (l – 1)/l

. Аналогично

AB1

/

B1C

=

BC1

/

C1A

= (l – 1)/l

.

13.33. Пусть O - центр описанной окружности данного четырехугольника,

a =

® OA

,

b =

® OB

,

c =

® OC

и 

d =

® OD

. Если H_a - ортоцентр треугольника BCD, то

® OHa

= b + c + d

(см. задачу 13.13). Поэтому

® OMa

= (a + b + c + d)/2 =

® OMb

=

® OMc

=

® OMd

.

13.34. Пусть O - центр описанной окружности данного четырехугольника,

a =

® OA

,

b =

® OB

,

c =

® OC

и 

d =

® OD

. Если H_d - ортоцентр треугольника ABC, то

® OHd

= a + b + c

(задача 13.13).

а) Возьмем точку K так, что

® OK

= a + b + c + d

. Тогда

KHd = |

® OK

–

® OHd

| = |d| = R

, т. е. точка K лежит на окружности S_d. Аналогично доказывается, что точка K лежит на окружностях S_a, S_b и S_c.

б) Пусть O_d - центр окружности девяти точек треугольника ABC, т. е. середина отрезка OH_d. Тогда

® OOd

=

® OHd

/2  =  (a + b + c)/2

. Возьмем точку X так, что

® OX

=  (a + b + c + d)/2

. Тогда XO_d = |d|/2 = R/2, т. е. точка X лежит на окружности девяти точек треугольника ABC. Аналогично доказывается, что точка X лежит на окружностях девяти точек треугольников BCD, CDA и DAB.

13.35. Пусть X₁ - проекция точки X на прямую l. Вектор

a

® AA1

+ b

® BB1

+ g

® CC1

является проекцией вектора

a

® AX1

+ b

® BX1

+ g

® CX1

на прямую, перпендикулярную прямой l. Учитывая, что

a

® AX1

+ b

® BX1

+ g

® CX1

= a

® AX

+ b

® BX

+ g

® CX

+ (a + b + g)

® XX1

и 

a

® AX

+ b

® BX

+ g

® CX

=

® 0

(задача 13.29), получаем требуемое.

13.36. Пусть

a =

® A1A2

+

® A3A4

+ ј +

® A2n – 1A2n

, причем a № 0. Введем систему координат, направив ось Ox вдоль вектора a. Так как сумма проекций векторов

® A1A2

,

® A3A4

, ј,

® A2n – 1A2n

на ось Oy равна нулю, то длина вектора a равна абсолютной величине разности между суммой длин положительных проекций этих векторов на ось Ox и суммой длин их отрицательных проекций; следовательно, длина вектора a не превосходит либо суммы длин положительных проекций векторов, либо суммы длин их отрицательных проекций. Легко проверить, что как сумма длин положительных проекций, так и сумма длин отрицательных проекций данных векторов на любую ось не превосходит диаметра окружности, т. е. не превосходит 2.

13.37. Для доказательства равенства векторов достаточно проверить равенство их проекций (с учетом знака) на прямые BC, CA и AB. Доказательство проведем, например, для проекций на прямую BC; положительным при этом будем считать направление луча BC. Пусть P - проекция точки A на прямую BC, N - середина отрезка BC. Тогда

® PN

=

® PC

+

® CN

= (b2 + a2 – c2)/2a – (a/2) = (b2 – c2)/2a

(PC находится из уравнения AB² – BP² = AC² – CP²). Так как NM : NA  =  1 : 3, то проекция вектора

® MO

на прямую BC равна

® PN

/3 = (b2 – c2)/6a

. Остается заметить, что проекция вектора a³n_a + b³n_b + c³n_c на прямую BC равна

b3sin g – c3sin b =   b3 c – c3 b 2R  =   abc 2R  ·   b2 – c2 a  = 2S   b2 – c2 a .

13.38. Пусть вписанная окружность касается сторон AB, BC и CA в точках U, V и W. Требуется доказать, что

® OZ

=

3R r

® ZK

, т. е.

® OZ

=

R r

(

® ZU

+

® ZV

+

® ZW

)

. Докажем, например, что проекции (с учетом знака) этих векторов на прямую BC равны; положительным при этом будем считать направление луча BC. Пусть N - проекция точки O на прямую BC. Тогда проекция вектора

® OZ

на прямую BC равна

® NV

=

® NC

+

® CV

= (a/2) – (a + b – c)/2 = (c – b)/2

. А проекция вектора

® ZU

+

® ZV

+

® ZW

на эту прямую равна проекции вектора

® ZU

+

® ZW

, т. е. равна

– rsin VZU + rsin VZW =  – rsin B + rsin C = r(c – b)/2R.

13.39. Введем систему координат Oxy. Пусть l_j - прямая, проходящая через точку O и образующая угол j (0 < j < p) с осью Ox, т. е. если точка A лежит на l_j и вторая координата точки A положительна, то РAOX = j; l₀ = l_p = Ox.

Если вектор a образует угол a с осью Ox (угол отсчитывается против часовой стрелки от оси Ox к вектору a), то длина проекции вектора a на прямую  l_j равна |a| · |cos (j – a)|. Интеграл т₀^p |a| · |cos (j – a)| dj  = 2|a| не зависит от a.

Пусть векторы a₁, ј, a_n, b₁, ј, b_m образуют с осью Ox углы a₁, ј, a_n, b₁, ј, b_m. Тогда по условию |a₁|  · |cos (j – a₁)| + ј + |a_n|  · |cos (j – a_n)| Ј |b₁|  · |cos (j – b₁)| + ј + |b_m|  · |cos (j – b_m)| для любого угла j. Интегрируя эти неравенства по j от 0 до p, получаем |a₁| + ј + |a_n| Ј |b₁| + ј + |b_m|.

Замечание. Величину

1 b – a

тab f(x) dx

называют средним значением функции f на отрезке [a, b]. Равенство

у х p 0  |a| · |cos (j – a)| dj  = 2|a|

означает, что среднее значение длины проекции вектора a равно 2|a|/p, точнее говоря, среднее значение функции f(j), равной длине проекции вектора a на прямую l_j, на отрезке [0, p] равно 2|a|/p.

13.40. Сумма длин проекций сторон выпуклого многоугольника на любую прямую равна удвоенной длине проекции многоугольника на эту прямую. Поэтому сумма длин проекций векторов сторон на любую прямую для внутреннего многоугольника не больше, чем для внешнего. Следовательно, согласно задаче 13.39 сумма длин векторов сторон, т. е. периметр, у внутреннего многоугольника не больше, чем у внешнего.

13.41. Если сумма длин векторов равна L, то согласно замечанию к задаче 13.39 среднее значение суммы длин проекций этих векторов равно 2L/p.

Функция f на отрезке [a, b] не может быть всюду меньше своего среднего значения c, так как иначе

c =   1 b – a у х b a  f(x) dx <  (b – a)c b – a  = c.

Поэтому найдется такая прямая l, что сумма длин проекций исходных векторов на нее не меньше 2L/p.

Зададим на прямой l направление. Тогда либо сумма длин положительных проекций на это направление, либо сумма длин отрицательных проекций не меньше L/p. Поэтому либо длина суммы векторов, дающих положительные проекции, либо длина суммы векторов, дающих отрицательные проекции, не меньше L/p.

13.42. Обозначим проекцию многоугольника на прямую l через AB. Ясно, что точки A и B являются проекциями некоторых вершин A₁ и B₁ многоугольника. Поэтому A₁B₁ і AB, т. е. длина проекции многоугольника не больше A₁B₁, a A₁B₁ < d по условию. Так как сумма длин проекций сторон многоугольника на прямую l равна 2AB, она не превосходит 2d.

Среднее значение суммы длин проекций сторон равно 2P/p, где P - периметр (см. задачу 13.39). Среднее значение не превосходит максимального, следовательно, 2P/p < 2d, т. е. P < pd.

13.43. Согласно задаче 13.39 неравенство |a| + |b| + |c| + |d| і |a + d| + |b + d| + |c + d| достаточно доказать для проекций векторов на прямую, т. е. можно считать, что a, b, c и d - векторы, параллельные одной прямой, т. е. просто числа, причем a + b + c + d = 0. Будем считать, что d і 0, так как иначе можно изменить знаки у всех чисел.

Можно считать, что a Ј b Ј c. Нужно разобрать три случая: 1) a, b, c Ј 0; 2) a Ј 0 и b, c і 0 и 3) a, b Ј 0, c і 0. Все возникающие неравенства проверяются достаточно просто. При разборе третьего случая нужно отдельно рассмотреть случаи |d| Ј |b|, |b| Ј |d| Ј |a| и |a| Ј |d| (в последнем случае нужно учесть, что |d| = |a| + |b| – |c| Ј |a| + |b|).

13.44. Согласно задаче 13.39 неравенство достаточно доказать для проекций векторов на любую прямую. Пусть проекции векторов

® OA1

, ј,

® OAn

на прямую l равны (с учетом знака) a₁, ј, a_n. Разобьем числа a₁, ј, a_n на две группы: x₁ і x₂ і ј і x_k і 0 и y₁ў Ј y₂ў Ј ј Ј y_n – kў Ј 0. Пусть y_i =  – y_iў. Тогда x₁ + ј + x_k = y₁ + ј + y_n – k = a, а значит, x₁ і a/k и y₁ і a/(n – k). Периметру в проекции соответствует число 2(x₁ + y₁). Сумме длин векторов

® OAi

в проекции соответствует число x₁ + ј + x_k + y₁ + ј + y_n – k = 2a. А так как

2(x1 + y1) x1 + ј + yn – k і  2((a/k) + (a/(n – k))) 2a  =   n k(n – k) ,

то остается заметить, что величина k(n – k) максимальна при k = n/2 для четного n и при k = (n±1)/2 для нечетного n.

13.45. Длина кривой - предел периметров вписанных в нее многоугольников. Рассмотрим вписанный многоугольник с периметром P и длиной проекции на прямую l, равной d_l. Пусть 1 – e < d_l < 1 для всех прямых l. Многоугольник можно подобрать так, чтобы e было сколь угодно мало. Так как многоугольник выпуклый, то сумма длин проекций сторон многоугольника на прямую l равна 2d_l.

Среднее значение величины 2d_l равно 2P/p (см. задачу 13.39). поэтому 2 – 2e < 2P/p < 2, т. е. p – pe < P < p. Устремляя e к нулю. получаем, что длина кривой равна p.

13.46. Докажем, что периметр выпуклой оболочки всех вершин данных многоугольников не превосходит суммы их периметров. Для этого достаточно заметить, что по условию проекции данных многоугольников на любую прямую покрывают проекцию выпуклой оболочки.

13.47. а) Если l < 0, то (la)Ъb = – l|a| · |b|sin Р( – a, b) = l|a| · |b| sin Р(a, b) = l(a Ъb). При l > 0 доказательство очевидно.

б) Пусть

a =

® OA

,

b =

® OB

и 

c =

® OC

. Введем систему координат, направив ось Oy по лучу OA. Пусть A = (0, y₁), B = (x₂, y₂) и C = (x₃, y₃). Тогда a Ъb = x₂y₁, a Ъc = x₃y₁ и a Ъ(b + c) = (x₂ + x₃)y₁ = a Ъb + a Ъc.

13.48. Пусть e₁ и e₂ - единичные векторы, направленные по осям Ox и Oy. Тогда e₁ Ъe₂ =  – e₂ Ъe₁ = 1 и e₁ Ъe₁ = e₂ Ъe₂ = 0. Поэтому a Ъb = (a₁e₁ + a₂e₂) Ъ(b₁e₁ + b₂e₂) = a₁b₂ – a₂b₁.

13.49. а) Ясно, что

® AB

Ъ

® AC

=

® AB

Ъ(

® AB

+

® BC

) =  –

® BA

Ъ

® BC

=

® BC

Ъ

® BA

.

б) Для доказательства достаточно воспользоваться равенством

® AB

Ъ

® AC

= (

® AD

+

® DB

) Ъ(

® AD

+

® DC

)  =

® AD

Ъ

® DC

+

® DB

Ъ

® AD

+

® DB

Ъ

® DC

=

® DC

Ъ

® DA

+

® DA

Ъ

® DB

+

® DB

Ъ

® DC

.

13.50. Пусть в начальный момент, т. е. при t = 0,

® AB

= v

и 

® AC

= w

. Тогда в момент t получим

® AB

= v + t(b – a)

и 

® AC

= w + t(c – a)

, где a, b и c - векторы скоростей бегунов A, B и C. Так как векторы a, b и c параллельны, то (b – a)Ъ(c – a)  =  0, а значит,

|S(A, B, C)| = |

® AB

Ъ

® AC

|/2 = |x + yt|

, где x и y - некоторые постоянные числа. Решая систему |x| = 2, |x + 5y| = 3, получаем два решения, дающие для зависимости площади треугольника ABC от времени t выражения |2 + (t/5)| и |2 – t|. Поэтому при t = 10 площадь может принимать значения 4 и 8.

13.51. Пусть v(t) и w(t) - векторы, соединяющие первого пешехода со вторым и третьим в момент t. Ясно, что v(t)  =  ta + b и w(t) = tc + d. Пешеходы находятся на одной прямой тогда и только тогда, когда v(t)||w(t), т. е. v(t) Ъw(t) = 0. Функция f(t) = v(t) Ъw(t) = t² a Ъc + t (a Ъd + b Ъc) + b Ъd является квадратным трехчленом, причем f(0) № 0. Квадратный трехчлен, не равный тождественно нулю, имеет не более двух корней.

13.52. Пусть

® OC

= a

,

® OB

= la

,

® OD

= b

и 

® OA

= mb

. Тогда

±2SOPQ =

® OP

Ъ

® OQ

=  ((a + mb)/2) Ъ((la + b)/2) = (1 – lm)(aЪb)/4

и ±2S_ABCD = ±2(S_COD – S_AOB)  =  ±(aЪb – la Ъmb) = ±(1 – lm)aЪb.

13.53. Пусть

aj =

® P1Aj

. Тогда удвоенная сумма площадей указанных треугольников для любой внутренней точки P равна

(x + a1)Ъ(x + a2) + (x + a3) Ъ(x + a4) + ј + (x + a2n – 1) Ъ(x + a2n),

где

x =

® PP1

; от удвоенной суммы площадей этих треугольников для точки P₁ она отличается на xЪ(a₁ – a₂ + a₃ – a₄ + ј + a_2n – 1 – a_2n) = xЪa. По условию x Ъa = 0 при

x =

® P2P1

и 

x =

® P3P1

, причем эти векторы не параллельны. Следовательно, a = 0, т. е. xЪa = 0 для любого вектора x.

13.54. Пусть

a =

® AP

,

b =

® BQ

и 

c =

® CR

. Тогда

® QC

= aa

,

® RA

= bb

и 

® PB

=  gc

, причем (1 + a)a + (1 + b)b + (1 + g)c = 0. Достаточно проверить, что

® AB

Ъ

® CA

=

® PQ

Ъ

® RP

. Разность между этими величинами равна (a + gc)Ъ(c + bb) – (gc + b)Ъ(a + bb)  =  aЪc + baЪb + aЪb + gaЪc = aЪ[(1 + g)c + (1 + b)b]  =   – aЪ(1 + a)a = 0.

13.55. Пусть

ai =

® A4Ai

и 

wi =

® A4Hi

. Согласно задаче 13.49, б) достаточно проверить, что a₁Ъa₂ + a₂Ъa₃ + a₃Ъa₁  =  w₁Ъw₂ + w₂Ъw₃ + w₃Ъw₁. Векторы a₁ – w₂ и a₂ – w₁ перпендикулярны вектору a₃, поэтому они параллельны, т. е. (a₁ – w₂)Ъ(a₂ – w₁) = 0. Сложив это равенство с  равенствами (a₂ – w₃)Ъ(a₃ – w₂) = 0 и (a₃ – w₁)Ъ(a₁ – w₃) = 0, получим требуемое.

13.56. Пусть x = x₁e₁ + x₂e₂. Тогда e₁Ъx  =  x₂(e₁Ъe₂) и xЪe₂ = x₁(e₁Ъe₂), т. е.

x = ((xЪe2)e1 + (e1Ъx)e2)/(e1Ъe2).

Домножив это выражение справа на (e₁Ъe₂)y, получим

(xЪe2)(e1Ъy) + (e1Ъx)(e2 Ъy) + (e2Ъe1)(xЪy) = 0.     (1)

Пусть

e1 =

® AB

,

e2 =

® AC

,

x =

® AD

и 

y =

® AE

. Тогда S = a + xЪe₂ + d  =  c + yЪe₂  + a = d + xЪe₁ + b, т. е. xЪe₂ = S – a – d, yЪe₂ = S – c – a и xЪe₁ = S – d – b. Подставив эти выражения в (1), получим требуемое.

Глава 13. Задачи для самостоятельного решения  |	Оглавление |	Глава 14.

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.