Глава 9. Приложение. Некоторые неравенства  |	Оглавление |	Глава 10.

9.1.

Пусть C₁- середина стороны AB. Тогда CC₁ + C₁A > CA и BC₁ + C₁C > BC. Поэтому 2CC₁ + BA > CA + BC, т. е. m_c > (a + b – c)/2.

9.2.

Из предыдущей задачи следует m_a < (b + c)/2, m_b < (a + c)/2 и m_c < (a + b)/2, поэтому сумма длин медиан меньше периметра.

9.3.

Пусть M₁ и M₂- диаметрально противоположные точки окружности. Тогда M₁A_k + M₂A_k і M₁M₂ = 2. Складывая эти неравенства для k = 1,…,n, получаем  (M₁A₁ + … + M₁A_n) + (M₂A₁ + … + M₂A_n) і 2n. Поэтому либо M₁A₁ + … + M₁A_n і n, и тогда положим M = M₁, либо M₂A₁ + … + M₂A_n і n, и тогда положим M = M₂.

9.4.

В качестве K можно взять середину отрезка PQ. В самом деле, тогда A_iK Ј (A_iP + A_iQ)/2 (см. задачу 9.1), причем хотя бы одно неравенство строгое, так как точки A_i, не могут все лежать на прямой PQ.

9.5.

Пусть A_i и B_i- положения конца минутных стрелок часов с номером i в моменты t и t + 30 мин,  O_i- центр  i-х часов, а  O- центр стола. Тогда OO_i Ј (OA_i + OB_i)/2 для любого i (см. задачу 9.1). Ясно, что в некоторый момент точки A_i и B_i не лежат на прямой O_iO, т. е. по крайней мере одно из n неравенств становится строгим. Тогда либо OO₁ + … + OO_n < OA₁ + … + OA_n, либо OO₁ + … + OO_n < OB₁ + … + OB_n.

9.6.

Решая систему уравнений x + y = c, x + z = b, y + z = a, получаем  x = ( – a + b + c)/2, y = (a – b + c)/2, z = (a + b – c)/2. Положительность чисел x,y и z следует из неравенства треугольника.

9.7.

По неравенству треугольника a² > (b – c)² = b² – 2bc + c²,b² > a² – 2ac + c² и c² > a² – 2ab + b². Складывая эти неравенства, получаем требуемое.

9.8.

Можно считать, что a і b і c. Докажем, что a = b. В самом деле, если b < a, то b Ј la и c Ј la, где l < 1. Поэтому bⁿ + cⁿ Ј 2lⁿaⁿ. При достаточно большом n имеем 2lⁿ < 1 и получаем противоречие с неравенством треугольника.

9.9.

Так как c(a – b)² + 4abc = c(a + b)², то a(b – c)² + b(c – a)² + c(a – b)² + 4abc – a³ – b³ – c³ = a((b-c)² – a²) + b((c – a)² – b²) + c((a + b)² – c²) = (a + b – c)(a – b + c)( – a + b + c). (Последнее равенство проверяется простым вычислением.) Все три сомножителя положительны в силу неравенства треугольника.

9.10.

Легко проверить, что abc|p – q| = |(b – c)(c – a)(a – b)|. А так как |b – c| < a, |c – a| < b и |a – b| < c, то |(b – c)(c – a)(a – b)| < abc.

9.11.

Обозначим длины отрезков так, что a₁ Ј a₂ Ј a₃ Ј a₄ Ј a₅. Если все треугольники, которые можно составить из этих отрезков, не остроугольные, то a₃² і a₁² + a₂²,a₄² і a₂² + a₃² и a₅² і a₃² + a₄². Поэтому  a₅² і a₃² + a₄² і (a₁² + a₂²) + (a₂² + a₃²) і 2a₁² + 3a₂². Так как a₁² + a₂² і 2a₁a₂, то 2a₁² + 3a₂² > a₁² + 2a₁a₂ + a₂² = (a₁ + a₂)². Приходим к неравенству a₅² > (a₁ + a₂)², противоречащему неравенству треугольника.

9.12.

Первое решение. Введем новые переменные x =  – a + b + c, y = a – b + c, z = a + b – c. Тогда a = (y + z)/2, b = (x + z)/2,c = (x + y)/2, т. е. нужно доказать неравенство xyz Ј (x + y)(y + z)(x + z)/8 или 6xyz Ј x(y² + z²) + y(x² + z²) + z(x² + y²). Последнее неравенство следует из того, что 2xyz Ј x(y² + z²), 2xyz Ј y(x² + z²),2xyz Ј z(x² + y²), так как x,y,z- положительные числа.

9.13.

Введем новые переменные x = ( – a + b + c)/2, y = (a – b + c)/2 и z = (a + b – c)/2. Тогда числа x,y,z положительны и a = y + z, b = x + z,c = x + y. Несложные, но несколько громоздкие вычисления показывают, что 

a2b(a – b + b2c(b – c) + c2a(c – a) = 2(x3z + y3x + z3y – xyz(x + y + z))  =  2xyz

ж и

x2 y

+

y2 z

+

z2 x

– x – y – z

ц ш

. Так как 

2 Ј

x y

+

y x

, то 

2x Ј x

ж и

x y

+

y x

ц ш

=

x2 y

+ y

. Аналогично 

2y Ј y

ж и

y z

+

z y

ц ш

=

y2 z

+ z

и 

2z Ј z

ж и

z x

+

x z

ц ш

=

z2 x

+ x

. Складывая эти неравенства, получаем  

x2 y

+

y2 z

+

z2 x

і x + y + z

.

9.14.

Пусть O- точка пересечения диагоналей четырехугольника ABCD. Тогда AC + BD = (AO + OC) + (BO + OD) = (AO + OB) + (OC + OD) > AB + CD.

9.15.

Согласно предыдущей задаче AB + CD < AC + BD. Складывая это неравенство с неравенством AB + BD Ј AC + CD, получаем 2AB < 2AC.

9.16.

Докажем сначала, что если P- периметр выпуклого четырехугольника ABCD, a d₁ и d₂- длины его диагоналей, то P > d₁ + d₂ > P/2. Ясно, что AC < AB + BC и AC < AD + DC, поэтому  AC < (AB + BC + CD + AD)/2 = P/2. Аналогично BD < P/2. Следовательно,  AC + BD < P. С другой стороны, складывая неравенства AB + CD < AC + BD и BC + AD < AC + BD (см. задачу 9.14), получаем P < 2(AC + BD).

9.17.

Пусть ломаная наименьшей длины самоперсекающаяся. Рассмотрим два пересекающихся звена. Вершины этих звеньев могут соединяться одним из трех способов (рис. 9.2). Рассмотрим новую ломаную, у которой два пересекающихся звена заменены на штриховые звенья (см. рис. 9.2). При этом снова получается замкнутая

Рис. 9.2

ломаная, но ее длина меньше, чем у исходной, так как сумма длин противоположных сторон выпуклого четырехугольника меньше суммы длин диагоналей. Получено противоречие, поэтому замкнутая ломаная наименьшей длины не может иметь пересекающихся звеньев.

9.18.

Докажем, что число сторон у такого многоугольника не больше 5. Предположим, что все диагонали многоугольника A₁… A_n имеют одинаковую длину и n і 6. Тогда отрезки A₁A₄, A₁A₅,A₂A₄ и A₂A₅ имеют одинаковую длину, так как они являются диагоналями этого многоугольника. Но в выпуклом четырехугольнике A₁A₂A₄A₅ отрезки A₁A₅ и A₂A₄ являются противоположными сторонами, a A₁A₄ и A₂A₅- диагоналями. Поэтому A₁A₅ + A₂A₄ < A₁A₄ + A₂A₅. Получено противоречие.

Ясно также, что правильный пятиугольник и квадрат удовлетворяют требуемому условию.

Рис. 9.3

9.19. Рассмотрим все разбиения данных точек на пары разноцветных точек. Этих разбиений конечное число, поэтому найдется разбиение, для которого сумма длин отрезков, заданных парами точек разбиения, наименьшая. Покажем, что тогда эти отрезки не будут пересекаться. В самом деле, если бы два отрезка пересекались, то мы смогли бы выбрать разбиение с меньшей суммой длин отрезков, заменив диагонали выпуклого четырехугольника на его противоположные стороны (рис. 9.3).

9.20. Пусть A_pA_p + 1 и A_qA_q + 1- несмежные стороны n-угольника  A₁… A_n (т. е. |p – q| і 2). Тогда A_pA_p + 1 + A_qA_q + 1 < A_pA_q + A_p + 1A_q + 1. Запишем все такие неравенства и сложим их. Для каждой стороны найдется ровно n – 3 несмежных с ней сторон, поэтому любая сторона входит в n – 3 неравенства, т. е. в левой части полученной суммы стоит (n – 3)p, где  p- сумма длин сторон  n-угольника. Диагональ A_mA_n входит в два неравенства: для p = n, q = m и p = n – 1, q = m – 1, поэтому в правой части стоит 2d, где d- сумма длин диагоналей. Итак,  (n – 3)p < 2d. Следовательно,  p/n < d/(n(n – 3)/2), что и требовалось.

Рис. 9.4

9.21. Рассмотрим произвольную замкнутую ломаную с вершинами в вершинах данного многоугольника. Если у нее есть два непересекающихся звена, то, заменив эти звенья на диагонали заданного ими четырехугольника, мы увеличим сумму длин звеньев; при этом, однако, одна замкнутая ломаная может распасться на две. Докажем, что в случае нечетного числа звеньев после нескольких таких операций в конце концов получится все же замкнутая ломаная (так как сумма длин звеньев каждый раз увеличивается, таких операций возможно лишь конечное число). Одна из получившихся замкнутых ломаных должна иметь нечетное число звеньев, но тогда любое из оставшихся звеньев не пересекается хотя бы с одним из звеньев этой ломаной (см. задачу 23.1, в), значит, в конце концов, получится лишь одна замкнутая ломаная.

Будем теперь последовательно строить ломаную с попарно пересекающимися звеньями (рис. 9.4). Например, вершина 10 должна лежать внутри заштрихованного треугольника, поэтому расположение вершин именно такое, как на рис. 9.4. Значит, выпуклому многоугольнику  A₁A₃A₅… A_2n + 1A₂… A_2n соответствует ломаная  A₁A₂A₃… A_2n + 1A₁.

9.22.

Пусть длина третьей стороны равна n. По неравенству треугольника 3,14 – 0,67 < n < 3,14 + 0,67. Так как n- целое число, то n = 3.

9.23.

Ясно, что AB + BC > AC, BC + CD > BD, CD + DE > CE, DE + EA > DA,EA + AB > EB. Складывая все эти неравенства, получаем, что сумма длин диагоналей пятиугольника меньше удвоенного периметра.

Рис. 9.5 Рис. 9.6

9.24.

Предположим, что c- не наименьшая сторона, например a Ј c. Тогда a² Ј c² и b² < (a + c)² Ј 4c². Поэтому a² + b² < 5c². Получено противоречие.

9.25.

Так как c > |b – a| и a = 2S/h_a, b = 2S/h_b, c = 2S/h_c, то 

1 hc

>

к к

1 ha

–

1 hb

к к

. Значит, в нашем случае h_c < 20 · 12/8 = 30.

9.26.

Возьмем на сторонах AB, BC, CA точки C₂, A₂, B₂ так, что A₁B₂||AB, B₁C₂||BC, C₁A₂||CA (рис. 9.6). Тогда  A₁ B₁ < A₁B₂ + B₂B₁ = (1 – l)AB + (2l – 1)CA. Аналогично B₁C₁ < (1 – l)BC + (2l – 1)AB и C₁A₁ < (1 – l)CA + (2l – 1)BC. Складывая эти неравенства, получаем P₁ < lP.

Рис. 9.7

Ясно, что A₁B₁ + A₁C > B₁C, т. е. A₁B₁ + (1 – l)BC > l · CA. Аналогично B₁C₁ + (1 – l)CA > l · AB и C₁A₁ + (1 – l)AB > l · BC. Складывая эти неравенства, получаем P₁ > (2l – 1)P.

9.27. а) При переходе от невыпуклого многоугольника к его выпуклой оболочке некоторые ломаные, образованные сторонами, заменяются прямолинейными отрезками (рис. 9.7). Остается заметить, что длина ломаной больше длины отрезка с теми же концами.

б) Построим на сторонах внутреннего многоугольника полуполосы, обращенные наружу; параллельные края полуполос перпендикулярны соответствующей стороне многоугольника (рис. 9.8). Обозначим через P ту часть периметра внешнего многоугольника, которая находится внутри этих полуполос. Тогда периметр внутреннего многоугольника не превосходит P, а внешнего больше P.

9.28. Так как AO + BO > AB, BO + OC > BC и CO + OA > AC, то AO + BO + CO > (AB + BC + CA)/2. Поскольку треугольник ABC содержит треуголь-

Рис. 9.8 ник ABO, то AB + BO + OA < AB + BC + CA (см. задачу 9.27, б), т. е. BO + OA < BC + CA. Аналогично AO + OC < AB + BC и CO + OB < CA + AB. Складывая эти неравенства, получаем AO + BO + CO < AB + BC + CA.

9.29. Достаточно доказать, что ABCE и BCDE- параллелограммы. Достроим треугольник ABE до параллелограмма ABC₁E. Тогда периметры треугольников BC₁E и ABE равны, поэтому равны периметры треугольников BC₁E и BCE. Следовательно,  C₁ = C, так как иначе один из треугольников BC₁E и BCE лежит внутри другого и их периметры не могут быть равны. Поэтому ABCE- параллелограмм. Аналогично доказывается, что BCDE- параллелограмм.

9.30.

Ясно, что 2 = 2S = absin g Ј ab Ј b², т. е. b і Ц2.

9.31.

Так как EH- средняя линия треугольника ABD, то S_AEH = S_ABD/4. Аналогично S_CFG = S_CBD/4. Поэтому S_AEH + S_CFG = S_ABCD/4. Аналогично S_BFE + S_DGH = S_ABCD/4. Следовательно, S_ABCD = 2S_EFGH = EG · HFsin a, где a- угол между прямыми EG и HF. Так как sin a Ј 1, то S_ABCD Ј EG · HF.

9.32.

Согласно задаче 9.31  S_ABCD Ј (AB + CD)(BC + AD)/4. Так как ab Ј (a + b)²/4, то S_ABCD Ј (AB + CD + AD + BC)²/16 = 1.

9.33.

Опустим из точек B и C перпендикуляры BB₁ и CC₁ на прямую AM. Тогда  2S_AMB + 2S_AMC = AM · BB₁ + AM · CC₁ Ј AM · BC, так как BB₁ + CC₁ Ј BC. Аналогично 2S_BMC + 2S_BMA Ј BM · AC и 2S_CMA + 2S_CMB Ј CM · AB. Складывая эти неравенства, получаем требуемое.

9.34.

Пусть на сторонах A₁A₂, A₂A₃,…, A_nA₁ выбраны точки B₁,…,B_n;  O- центр окружности. Пусть далее S_k = S_{OBkAk + 1Bk + 1} = (OA_k + 1 · B_kB_k + 1sin j)/2, где j- угол между OA_k + 1 и B_kB_k + 1. Так как OA_k + 1 = R и sin j Ј 1, то S_k Ј (R · B_kB_k + 1)/2. Поэтому S = S₁ + … + S_n Ј R(B₁B₂ + … + B_nB₁)/2, т. е. периметр многоугольника B₁B₂… B_n не меньше 2S/R.

9.35.

Имеем 2S_AOB Ј AO · OB Ј (AO² + BO²)/2, причем равенство возможно, только если РAOB = 90° и AO = BO. Аналогично 2S_BOC Ј (BO² + CO²)/2, 2S_COD Ј (CO² + DO²)/2 и 2S_DOA Ј (DO² + AO²)/2. Складывая эти неравенства, получаем  2S = 2(S_AOB + S_BOC + S_COD + S_DOA) Ј AO² + BO² + CO² + DO², причем равенство возможно, только если AO = BO = CO = DO и РAOB = РBOC = РCOD = РDOA = 90°, т. е. ABCD- квадрат и точка O- его центр.

9.36.

Нужно доказать, что S_ABC/S_AMN і 4. Так как AB = AM + MB = AM + AN = AN + NC = AC, то

SABC SAMN  =   AB · AC AM · AN  =   (AM + AN)2 AM · AN і 4.

9.37.

Воспользуемся формулой Герона:  S² = p(p – a)(p – b)(p – c). Так как p – a = (p₁ – a₁) + (p₂ – a₂), a (x + y)² і 4xy, то (p – a)² і 4(p₁ – a₁)(p₂ – a₂). Аналогично (p – b)² і 4(p₁ – b₁)(p₂ – b₂),(p – c)² і 4(p₁ – c₁)(p₂ – c₂) и p² і 4p₁p₂. Перемножая эти неравенства, получаем требуемое.

Рис. 9.9

9.38. Для определенности можно считать, что пересекаются лучи BA и CD,  BC и AD (рис. 9.9). Тогда, если достроить треугольник ADC до параллелограмма ADCK, точка K окажется внутри четырехугольника ABCD. Поэтому 2S і 2S_ABK + 2S_BCK  =  AB · AKsin a + BC · CKsin b  = AB · CDsin a + BC · ADsin b. Равенство достигается, если точка D лежит на отрезке AC.

Пусть точка Dў симметрична точке D относительно серединного перпендикуляра к отрезку AC. Тогда  2S = 2S_ABCDў = 2S_ABDў + 2S_BCDў Ј AB · ADў + BC · CDў = AB · CD + BC · AD.

9.39. Согласно неравенству между средним геометрическим и средним арифметическим 

a a

+

b b

+

c g

і 3

3 Ц

abc/(abg)

= 3/2

, так как 

a  = 2

Ц

bc

,b  = 2

Ц

ca

и 

g  = 2

Ц

ab

(см. задачу 1.34).

9.40. Неравенства a < a₁, b < b₁ и g < g₁ не могут выполняться одновременно. Поэтому, например,  a₁ Ј a Ј 90°, а значит,  sin a₁ Ј sin a. Следовательно,  2S₁ = a₁b₁sin a₁ Ј k²absin a  = 2k²S.

9.41. а) Пусть хорды AE и BD пересекают диаметр CM в точках K и L. Тогда AC² = CK · CM и BC² = CL · CM. Значит,  CK/CL = AC²/BC² < 4. Кроме того,  AE/BD = AE/AC < 2. Следовательно, S_ACE/S_BCD = 
 = AE · CK/(BD · CL) < 8.

б) Пусть H- середина отрезка BC. Так как РCBD = РBCD = РABD, то D- точка пересечения биссектрис треугольника ABC. Поэтому AD/DH = AB/BH > 1. Следовательно,  S_MAN > S_ABC/4 и S_BCD = BC · DH/2 < BC · AH/4 = S_ABC/2.

9.42. Отрежем от полученного многоугольника прямоугольники со стороной h, построенные внешним образом на сторонах исходного многоугольника (рис. 9.10). При этом кроме исходного многоугольника останутся еще некоторые четырехугольники, из которых можно составить многоугольник, описанный около окружности радиуса h. Сумма площадей этих четырехугольников больше площади окружности радиуса h, т. е. больше ph². Ясно также, что сумма площадей отрезанных прямоугольников равна Ph.

9.43. Пусть s,s₁,…,s_n- площади квадрата и составляющих его прямоугольников,  S,S₁,…,S_n- площади описанных около них кругов. Докажем, что s_k Ј 2S_k/p.

Рис. 9.10

В самом деле, если стороны прямоугольника равны a и b, то s_k = ab и S_k = pR², где 

R2 =

a2 4

+

b2 4

. Поэтому  s_k = ab Ј (a² + b²)/2 = 2pR²/p  =  2S_k/p. Следовательно,  2S/p  =  s = s₁ + … + s_n Ј 2(S₁ + … + S_n)/p.

9.44. Пусть для определенности ABC — треугольник наименьшей площади. Обозначим точку пересечения диагоналей AD и EC через F. Тогда S_ABCDE < S_AED + S_EDC + S_ABCF. Так как точка F лежит на отрезке EC и S_EAB і S_CAB, то S_EAB і S_FAB. Аналогично S_DCB і S_FCB. Поэтому S_ABCF = S_FAB + S_FCB Ј S_EAB + S_DCB. Следовательно,  S_ABCDE < S_AED + S_EDC + S_EAB + S_DCB; это даже более сильное неравенство, чем требовалось.

Рис. 9.11

Рис. 9.12

9.45. а) Обозначим точки пересечения диагоналей AD и CF,  CF и BE,  BE и AD через P,Q,R соответственно (рис. 9.11). Четырехугольники ABCP и CDEQ не имеют общих внутренних точек, так как стороны CP и QC лежат на прямой CF, а отрезки AB и DE- по разные стороны от нее. Аналогично четырехугольники ABCP, CDEQ и EFAR но имеют попарно общих внутренних точек. Поэтому сумма их площадей не превосходит S. Следовательно, сумма площадей треугольников ABP, BCP, CDQ, DEQ, EFR,FAR не превосходит S, т. е. площадь одного из них, например ABP, не превосходит S/6. Точка P лежит на отрезке CF, поэтому либо точка C, либо точка F удалена от прямой AB не больше, чем точка P. Следовательно, либо S_ABC Ј S_ABP Ј S/6, либо S_ABF Ј S_ABP Ј S/6.

б) Пусть ABCDEFGH- выпуклый восьмиугольник (рис. 9.12). Докажем сначала, что четырехугольники ABEF, BCFG, CDGH и DEHA имеют общую точку. Ясно, что пересечением ABEF и CDGH является некоторый выпуклый четырехугольник KLMN. Отрезки AF и HC лежат внутри углов DAH и AHE соответственно, поэтому точка K лежит внутри четырехугольника DEHA. Аналогично доказывается, что точка M лежит внутри четырехугольника DEHA, т. е. весь отрезок KM лежит внутри его. Аналогично отрезок LN лежит внутри четырехугольника BCFG. Точка пересечения диагоналей KM и LN принадлежит всем нашим четырехугольникам; обозначим ее O. Разобьем восьмиугольник на треугольники, соединив точку O с вершинами. Площадь одного из этих треугольников, например ABO, не превосходит S/8. Отрезок AO пересекает сторону KL в некоторой точке P, поэтому S_ABP Ј S_ABO Ј S/8. Так как точка P лежит на диагонали CH, то либо S_ABC Ј S_ABP Ј S/8, либо S_ABH Ј S_ABP Ј S/8.

9.46.

Проведем через все вершины многоугольника прямые, параллельные одной паре сторон квадрата, и разобьем тем самым квадрат на полоски. Каждая такая полоска отрезает от многоугольника трапецию или треугольник. Достаточно доказать, что длина одного из оснований этих трапеций больше 0,5. Предположим, что длины оснований всех трапеций не превосходят 0,5. Тогда площадь каждой трапеции не превосходит половины высоты полоски, ее заключающей. Поэтому площадь многоугольника, равная сумме площадей трапеций и треугольников, на которые он разрезан, не превосходит половины суммы высот полосок, т. е. не превосходит 0,5. Получено противоречие.

9.47.

а) Пусть P₁,…,P_n- данные точки. Соединим точку P₁ с вершинами квадрата. При этом получится четыре треугольника. Затем для k = 2,…,n проделаем следующую операцию. Если точка P_k лежит строго внутри одного из полученных ранее треугольников, то соединим ее с вершинами этого треугольника. Если точка P_k лежит на общей стороне двух треугольников, то соединим ее с вершинами этих треугольников, противолежащими общей стороне. После каждой такой операции в обоих случаях число треугольников увеличивается на два. В результате получится 2(n + 1) треугольников. Сумма площадей этих треугольников равна 1, поэтому площадь одного из них не превосходит 1/(2(n + 1)).

Сумма площадей треугольников разбиения меньше 1, а их количество не меньше n – 2, поэтому площадь хотя бы одного из них не превосходит 1/(n – 2).

9.48.

а) Можно считать, что описанный  n-угольник  A₁… A_n и вписанный n-угольник  B₁… B_n расположены так, что прямые A_iB_i пересекаются в центре O данного круга. Пусть C_i и D_i- середины сторон A_iA_i + 1 и B_iB_i + 1. Тогда S_OBiCi = p · OB_i · OC_i,S_OBiDi = p · OB_i · OD_i и S_OAiCi = p · OA_i · OC_i, где p = (sin A_iOC_i)/2. Так как OA_i : OC_i = OB_i : OD_i, то S_OBiCi² = S_OBiDiS_OAiCi. Остается заметить, что площадь части круга, заключенной внутри угла A_iOC_i, больше S_OBiCi, а площади частей вписанного и описанного  n-угольников, заключенных внутри этого угла, равны S_OBiDi и S_OAiCi.

Рис. 9.13

9.49. Пусть O- центр гомотетии, переводящей вписанную окружность в описанную. Разобьем плоскость лучами, выходящими из точки O и проходящими через вершины многоугольника и точки касания его сторон с вписанной окружностью (рис. 9.13). Достаточно доказать требуемое неравенство для частей кругов и многоугольника, заключенных внутри каждого из образованных этими лучами углов. Пусть стороны угла пересекают вписанную и описанную окружности в точках P,Q и R,S соответственно, причем P- точка касания, а S- вершина многоугольника. Площади частей кругов больше площадей треугольников OPQ и ORS, поэтому достаточно доказать, что  2S_OPS Ј S_OPQ + S_ORS. Так как 2S_OPS = 2S_OPQ + 2S_PQS и S_ORS = S_OPQ + S_PQS + S_PRS, остается доказать, что S_PQS Ј S_PRS. Это неравенство очевидно, так как высоты треугольников PQS и PRS, опущенные на основания PQ и RS, равны, a PQ < RS.

9.50. Достаточно доказать, что оба треугольника содержат центр O круга. Докажем, что если треугольник ABC, помещенный в круг радиуса 1, не содержит центра круга, то его площадь меньше 1. В самом деле, для любой точки, лежащей вне треугольника, найдется прямая, проходящая через две вершины и отделяющая эту точку от третьей вершины. Пусть для определенности прямая AB разделяет точки C и O. Тогда h_c < 1 и AB < 2, поэтому S = h_c · AB/2 < 1.

9.51.

а) Построим на сторонах многоугольника внутренним образом прямоугольники со второй стороной R = S/P. Они покроют не весь многоугольник (эти прямоугольники перекрываются и могут вылезать за его пределы, а сумма их площадей равна площади многоугольника). Непокрытая точка удалена ото всех сторон многоугольника больше, чем на R, поэтому круг радиуса R с центром в этой точке целиком лежит внутри многоугольника.

9.52.

Рассмотрим сначала случай, когда две стороны параллелограмма лежат на прямых AB и AC, а четвертая вершина X лежит на стороне BC. Если BX : CX = x : (1 – x), то отношение площади параллелограмма к площади треугольника равно 2x(1 – x) Ј 1/2.

Рис. 9.14 Рис. 9.15

9.53.

Рассмотрим сначала такой случай: две вершины A и B треугольника ABC лежат на одной стороне PQ параллелограмма. Тогда AB Ј PQ и высота, опущенная на сторону AB, не больше высоты параллелограмма. Поэтому площадь треугольника ABC не больше половины площади параллелограмма.

9.54.

Пусть M- середина наибольшей стороны BC данного остроугольного треугольника ABC. Окружность радиуса MA с центром M пересекает лучи MB и MC в точках B₁ и C₁. Так как РBAC < 90°, то MB < MB₁. Пусть для определенности РAMB Ј РAMC, т. е. РAMB Ј 90°. Тогда AM² + MB² Ј AB² Ј BC² = 4MB², т. е. AM Ј Ц3BM. Если AH- высота треугольника ABC, то AH · BC = 2, а значит,  S_AB1C1 = B₁C₁ · AH/2 = AM · AH Ј Ц3BM · AH = Ц3.

9.55.

а) Пусть AB- наибольшая диагональ или сторона данного многоугольника M. Многоугольник M заключен внутри полосы, образованной перпендикулярами к отрезку AB, проходящими через точки A и B. Проведем к многоугольнику M две опорные прямые, параллельные AB; пусть они пересекают многоугольник M в точках C и D. В результате многоугольник M заключен в прямоугольник, площадь которого равна 2S_ABC + 2S_ABD Ј 2S.

Рис. 9.16

б) Пусть M- исходный многоугольник,  l- произвольная прямая. Рассмотрим многоугольник M₁, одна из сторон которого- проекция M на l, а длины сечений многоугольников M и M₁ любой прямой, перпендикулярной l, равны (рис. 9.16). Легко проверить, что многоугольник M₁ тоже выпуклый, причем его площадь равна S. Пусть A- наиболее удаленная от l точка многоугольника M₁. Прямая, равноудаленная от точки A и прямой l, пересекает стороны многоугольника M₁ в точках B и C. Проведем через точки B и C опорные прямые. В результате вокруг многоугольника M₁ будет описана трапеция (через точку A тоже можно провести опорную прямую); площадь этой трапеции не менее S. Если высота трапеции (т. е. расстояние от точки A до прямой l) равна h, то ее площадь равна h · BC, а значит,  h · BC і S. Рассмотрим сечения PQ и RS многоугольника M прямыми, перпендикулярными l и проходящими через B и C. Длины этих сечений равны h/2, поэтому PQRS- параллелограмм, причем его площадь равна BC · h/2 і S/2.

9.56.

а) Заключим многоугольник в полосу, образованную параллельными прямыми. Будем сдвигать эти прямые параллельно до тех пор, пока на каждую из них не попадут некоторые вершины A и B многоугольника. Затем проделаем то же самое для полосы, образованной прямыми, параллельными AB. На эти прямые попадут некоторые вершины C и D (рис. 9.17). Исходный многоугольник заключен в параллелограмм, поэтому площадь этого параллелограмма не меньше 1. С другой стороны, сумма площадей треугольников ACB и ADB равна половине площади параллелограмма, поэтому площадь одного из этих треугольников не меньше 1/4.

Рис. 9.17 Рис. 9.18

Продолжим стороны, на которых лежат точки K,L,M и N, до пересечения со сторонами исходной полосы и с прямой, делящей ее пополам. При этом образуются две трапеции со средними линиями KL и MN, высоты которых равны d/2. Так как эти трапеции покрывают весь многоугольник, сумма их площадей не меньше его площади, т. е. (d · KL + d · MN)/2 і 1. Сумма площадей треугольников AMN и BKL, содержащихся в исходном многоугольнике, равна (3d · MN + 3d · KL)/8 і 3/4. Поэтому площадь одного из этих треугольников не меньше 3/8.

9.57.

Докажем, что найдутся даже три последовательные вершины, удовлетворяющие требуемому условию. Пусть a_i- угол между  i-й и  (i + 1)-й сторонами,  b_i = p – a_i, а a_i- длина  i-й стороны.

б) Воспользуемся доказанным выше неравенством  

2S Ј (a1…an)2/n(sin a1…sin an)1/n Ј

16 n2

(sin a1…sin an)

. Так как sin a_i = sin b_i и b₁ + … + b_n = 2p, то (sin a₁…sin a_n)^1/n  =  (sin b₁…sin b_n)^1/n Ј (b₁ + … + b_n)/n = 2p/n. Поэтому 2S Ј 32p/n³, т. е. S Ј 16p/n³.

9.58.

Пусть l_i- длина  i-го звена ломаной,  a_i и b_i- длины его проекций на стороны квадрата. Тогда l_i Ј a_i + b_i. Следовательно,  1000 = l₁ + … + l_n Ј (a₁ + … + a_n) + (b₁ + … + b_n), т. е. либо a₁ + … + a_n і 500, либо b₁ + … + b_n і 500. Если сумма длин проекций звеньев на сторону длиной 1 не меньше 500, то на одну из точек стороны проецируется не менее 500 различных звеньев ломаной, т. е. перпендикуляр к стороне, проходящий через эту точку, пересекает ломаную по крайней мере в 500 точках.

Рис. 9.19

9.59. Геометрическое место точек, удаленных от данного отрезка не более чем на e, изображено на рис. 9.19. Площадь этой фигуры равна pe² + 2el, где l- длина отрезка. Построим такие фигуры для всех N звеньев данной ломаной. Так как соседние фигуры имеют N – 1 общих кругов радиуса e с центрами в неконцевых вершинах ломаной, то покрытая этими фигурами площадь не превосходит Npe² + 2e(l₁ + … + l_n) – (N – 1)pe² = 2eL + pe². Эти фигуры покрывают весь квадрат, так как любая точка квадрата удалена от некоторой точки ломаной меньше чем на e. Поэтому 1 Ј 2eL + pe², т. е. 

L і

1 2e

–

pe 2

.

9.60.

Разобьем квадрат на n вертикальных полосок, содержащих по n точек каждая. Точки внутри каждой полосы соединим сверху вниз и получим n ломаных. Эти ломаные можно соединить в одну ломаную двумя способами (рис. 9.20, а и б ). Рассмотрим отрезки, соединяющие разные полосы. Объединение всех таких отрезков,

Рис. 9.20

полученных обоими способами, представляет собой пару ломаных, причем сумма длин горизонтальных проекций звеньев каждой из них не превосходит 1. Поэтому сумма длин горизонтальных проекций соединяющих отрезков для одного из способов не превосходит 1. Рассмотрим именно это соединение. Сумма длин горизонтальных проекций для соединяющих звеньев не превосходит 1, а для всех остальных звеньев не превосходит (n – 1)(h₁ + … + h_n), где h_i - ширина  i-й полосы. Ясно, что h₁ + … + h_n = 1. Сумма вертикальных проекций всех звеньев ломаной не превосходит n. В итоге получаем, что сумма вертикальных и горизонтальных проекций всех звеньев не превосходит 1 + (n – 1) + n = 2n, поэтому и длина ломаной не превосходит 2n.

Рис. 9.21

9.61. Пусть M и N- концы ломаной. Будем идти по ломаной из M в N. Пусть A₁- первая из встретившихся нам точек ломаной, удаленных от какой-либо вершины квадрата на расстояние 0,5. Рассмотрим вершины квадрата, соседние с этой вершиной. Пусть B₁- первая после A₁ точка ломаной, удаленная от одной из этих вершин на расстояние 0,5. Вершины квадрата, ближайшие к точкам A₁ и B₁, обозначим A и B соответственно (рис. 9.21). Часть ломаной от M до A₁ обозначим через L₁, от A₁ до N — через L₂. Пусть X и Y- множества точек, лежащих на AD и удаленных не более чем на 0,5 от L₁ и L₂ соответственно. По условию X и Y покрывают всю сторону AD. Ясно, что A принадлежит X, а D не принадлежит X, поэтому D принадлежит Y, т. е. оба множества X и Y не пусты. Но каждое из них состоит из нескольких отрезков, поэтому они должны иметь общую точку P. Следовательно, на L₁ и L₂ существуют точки F₁ и F₂, для которых PF₁ Ј 0,5 и PF₂ Ј 0,5.

Докажем, что F₁ и F₂- искомые точки. В самом деле,  F₁F₂ Ј F₁P + PF₂ Ј 1. С другой стороны, идя в F₂ из F₁, мы должны пройти через точку B, а F₁B₁ і 99 и F₂B₁ і 99, так как точка B₁ удалена от стороны BCне больше, чем на 0,5, а F₁ и F₂ удалены от стороны AD не больше чем на 0,5.

9.62.

Пусть РA = РB. Достаточно доказать, что если AD < BC, то РD = РC. Возьмем на стороне BC точку D₁ так, что BD₁ = AD. Тогда ABD₁D- равнобедренная трапеция. Поэтому РD > РD₁DA = РDD₁B > РC.

9.63.

Пусть B₁ и C₁ - проекции точек B и C на основание AD. Так как РBAB₁ < РCDC₁ и BB₁ = CC₁, то AB₁ > DC₁ и поэтому B₁D < AC₁. Следовательно,  BD² = B₁D² + B₁B² < AC₁² + CC₁² = AC².

9.64.

Пусть углы B и D четырехугольника ABCD тупые. Тогда точки B и D лежат внутри окружности с диаметром AC. Так как расстояние между любыми двумя точками, лежащими внутри окружности, меньше ее диаметра, то BD < AC.

9.65.

В равнобедренной трапеции ABCD диагонали AC и BD равны. Поэтому  BM + (AM + CM) і BM + AC = BM + BD і DM.

9.66.

Пусть O - середина отрезка BD. Точка A лежит внутри окружности с диаметром BD, поэтому OA < BD/2. Кроме того,  FO = CD/2. Следовательно,  2FA Ј 2FO + 2OA < CD + BD.

9.67.

Отложим на лучах AB, AC и AD отрезки ABў, ACў и ADў длиной 1/AB,1/AC и 1/AD. Тогда  AB : AC = ACў :  ABў, т. е. DABC ~ DACўBў. Коэффициент подобия этих треугольников равен 1/(AB · AC), поэтому BўCў = BC/(AB · AC). Аналогично CўDў = CD/(AC · AD) и BўDў = BD/(AB · AD). Подставив эти выражения в неравенство BўDў Ј BўCў + CўDў и домножив обе части на AB · AC · AD, получим требуемое.

9.68.

Ясно, что S_ABCD = S_ABC + S_ACD  =  2S_AMC + 2S_ANC = 2(S_AMN + S_CMN). Если отрезок AM пересекает диагональ BD в точке A₁, то S_CMN = S_A1MN < S_AMN. Значит,  S_ABCD < 4S_AMN.

9.69.

Диагонали AC и BD пересекаются в точке O. Пусть для определенности точка P лежит внутри треугольника AOB. Тогда  AP + BP Ј AO + BO < AC + BD (см. решение задачи 9.28) и  CP + DP < CB + BA + AD.

9.70.

Пусть r_i, S_i и p_i- радиусы вписанных окружностей, площади и полупериметры полученных треугольников. Тогда  

Q і 2

е

ri = 2

е

(Si/pi) > 4

е

(Si/P) = 4S/P

.

9.71.

Пусть AC Ј BD. Опустим из вершин A и C перпендикулярны AA₁ и CC₁ на диагональ BD. Тогда AA₁ + CC₁ Ј AC Ј BD, а значит,  AA₁ Ј BD/2 или CC₁ Ј BD/2.

9.72.

Проведем через концы отрезка KL прямые, ему перпендикулярные, и рассмотрим проекции на них вершин четырехугольника, а также точки пересечения с ними прямых AC и BD (рис. 9.22). Пусть для определенности точка A лежит внутри полосы, заданной этими прямыми, а точка B- вне ее. Тогда можно считать, что D лежит внутри полосы, так как иначе BD > KL, и доказательство завершено. Так как

AAў BBў Ј  A1K B1K  =   C1L D1L Ј  CCў DDў ,

то либо AAў Ј CCў (и тогда AC > KL), либо BBў і DDў (и тогда BD > KL).

Рис. 9.22 Рис. 9.23

9.73.

Введем такие обозначения, как на рис. 9.23. Все рассматриваемые параллелограммы имеют общий центр (задача 1.7). Длины сторон параллелограмма P₃ равны a + a₁ и b + b₁, а длины сторон параллелограмма P₁ равны a + a₁ + 2x и b + b₁ + 2y, поэтому нужно проверить, что a + a₁ + 2x Ј 2(a + a₁) или b + b₁ + 2y Ј 2(b + b₁), т. е. 2x Ј a + a₁ или 2y Ј b + b₁. Предположим, что a + a₁ < 2x и b + b₁ < 2y. Тогда 

Ц

aa1

Ј (a + a1)/2 < x

и 

Ц

bb1

< y

. С другой стороны, равенство площадей заштрихованных параллелограммов (см. задачу 4.19) показывает, что ab = xy = a₁b₁, а значит,  

Ц

aa1

Ц

bb1

= xy

. Получено противоречие.

9.74.

Пусть углы пятиугольника равны a, a + g, a + 2g,a + 3g, a + 4g, где a,g і 0. Так как сумма углов пятиугольника равна 3p, то 5a + 10g  = 3p. Из выпуклости пятиугольника следует, что все его углы меньше p, т. е. a + 4g < p, или  – 5a/2 – 10g >  – 5p/2. Складывая последнее неравенство с равенством 5a + 10g  = 3p, получаем 5a/2 > p/2, т. е. a > p/5 = 36°.

9.75.

Ясно, что 

4 = AE2 = |

® AB

+

® BC

+

® CD

+

® DE

|2 = |

® AB

+

® BC

|2 + 2(

® AB

+

® BC

,

® CD

+

® DE

) + |

® CD

+

® DE

|2

. Так как РACE = 90°, то

(

® AB

+

® BC

,

® CD

+

® DE

) = (

® AC

,

® CE

) = 0

. Поэтому

4 = |

® AB

+

® BC

|2 + |

® CD

+

® DE

|2  =  AB2 + BC2 + CD2 + DE2 + 2(

® AB

,

® BC

) + 2(

® CD

,

® DE

)

, т. е. достаточно доказать, что 

abc < 2(

® AB

,

® BC

)

и 

bcd < 2(

® CD

,

® DE

)

. Поскольку 

2(

® AB

,

® BC

)  =  2abcos (180° – РABC) = 2abcos AEC = ab · CE

и c < CE, то 

abc < 2(

® AB

,

® BC

)

. Второе неравенство доказывается аналогично, так как можно ввести новые обозначения A₁ = E, B₁ = D,C₁ = C, a₁ = d, b₁ = c, c₁ = b, и неравенство 

bcd < 2(

® CD

,

® DE

)

перепишется в виде 

a1b1c1 < 2(

® A1B1

,

® B1C1

)

.

9.76.

Пусть B- середина стороны A₁A₂ данного шестиугольника A₁… A₆,  O- его центр. Можно считать, что точка P лежит внутри треугольника A₁OB. Тогда PA₃ і 1, так как расстояние от точки A₃ до прямой BO равно 1;  PA₄ і 1 и PA₅ і 1, так как расстояния от точек A₄ и A₅ до прямой A₃A₆ равны 1.

9.77.

Предположим, что радиусы описанных окружностей треугольников ACE и BDF больше 1. Пусть O- центр описанной окружности треугольника ACE. Тогда РABC > РAOC,РCDE > РCOE и РEFA > РEOA, а значит,  РB + РD + РF > 2p. Аналогично РA + РC + РE > 2p, т. е. сумма углов шестиугольника ABCDEF больше 4p. Получено противоречие.

9.78.

Можно считать, что AE Ј AC Ј CE. Согласно задаче 9.67  AD · CE Ј AE · CD + AC · DE < AE + AC Ј 2CE, т. е. AD < 2.

9.79.

Так как РA₁ = 180° – ИA₂A₇/2,РA₃ = 180° – ИA₄A₂/2 и РA₅ = 180° – ИA₆A₄/2, то РA₁ + РA₃ + РA₅ = 2 · 180° + (360° – ИA₂A₇ – ИA₄A₂ – ИA₆A₄)/2  =  2 · 180° + ИA₇A₆/2. Поскольку центр окружности лежит внутри семиугольника, то ИA₇A₆ < 180°, поэтому РA₁ + РA₃ + РA₅ < 360° + 90° = 450°.

9.80.

а) Нужно доказать, что если c- гипотенуза прямоугольного треугольника, а a и b- его катеты, то c і (a + b)/Ц2, т. е. (a + b)² Ј 2(a² + b²). Ясно, что (a + b)² = (a² + b²) + 2ab Ј (a² + b²) + (a² + b²) = 2(a² + b²).

9.81.

Возьмем отрезок длиной P и расположим на нем стороны многоугольника следующим образом: на одном конце отрезка поместим наибольшую сторону, на другом — следующую за ней по величине, а все остальные стороны поместим между ними. Так как любая сторона многоугольника меньше P/2, середина O отрезка не может находиться на этих двух наибольших сторонах. Длина стороны, на которой находится точка O, не превосходит P/3 (иначе первые две стороны тоже были бы больше P/3 и сумма трех сторон была бы больше P), поэтому одна из ее вершин удалена от O не более чем на P/6. Эта вершина разбивает отрезок на два искомых отрезка, так как разность их длин не превосходит 2 · P/6 = P/3.

9.82.

Пусть b_k = РOA_kA_k + 1. Тогда x_ksin b_k  =  d_k = x_k + 1sin (a_k + 1 – b_k + 1). Поэтому  

2

е

dk =

е

xk(sin (ak – bk) + sin bk) = 2

е

xksin (ak/2)cos (ak/2 – bk) Ј 2

е

xksin (ak/2)

.

В обоих случаях равенство достигается, только если a_k = 2b_k, т. е. O- центр вписанной окружности.

9.83.

Предположим, что центр O многоугольника M₂ лежит вне многоугольника M₁. Тогда существует такая сторона AB многоугольника M₁, что многоугольник M₁ и точка O лежат по разные стороны от прямой AB. Пусть CD- сторона многоугольника M₁, параллельная AB. Расстояние между прямыми AB и CD равно радиусу вписанной окружности S многоугольника M₂, поэтому прямая CD лежит вне окружности S. С другой стороны, отрезок CD лежит внутри многоугольника M₂. Следовательно, длина отрезка CD меньше половины длины стороны многоугольника M₂ (см. задачу 10.66). Получено противоречие.

9.84.

Пусть A₁- ближайшая к O вершина многоугольника. Разобьем многоугольник на треугольники диагоналями, проходящими через вершину A₁. Точка O окажется в одном из этих треугольников, например в треугольнике A₁A_kA_k + 1. Если точка O попадет на сторону A₁A_k, то РA₁OA_k = p, и задача решена. Поэтому будем считать, что точка O лежит строго внутри треугольника A₁A_kA_k + 1. Так как A₁O Ј A_kO и A₁O Ј A_k + 1O, то РA₁A_kO Ј A_kA₁O и РA₁A_k + 1O Ј РA_k + 1A₁O. Следовательно  

РAkOA1 + РAk + 1OA1  =  (p – РOA1Ak – РOAkA1) + (p – РOA1Ak + 1 – РOAk + 1A1) і 2p – 2РOA1Ak-2РOA1Ak + 1  =  2p – 2РAkA1Ak + 1 = 2p –

2p n

, т. е. один из углов A_kOA₁ и A_k + 1OA₁ не меньше 

p

ж и

1 –

1 n

ц ш

.

9.85.

Пусть d- длина наибольшей диагонали (или стороны)  AB данного  n-угольника. Тогда его периметр P не превосходит pd (задача 13.42). Пусть A_iў- проекция вершины A_i на отрезок AB. Тогда 

е

AAiў і nd/2

или 

е

BAiў і nd/2

(задача 9.87); пусть для определенности выполняется первое неравенство. Тогда 

е

AAi >

е

AAiў і nd/2 > nd і P

, так как n/2 і 3,5 > p. Любая точка  n-угольника, достаточно близкая к вершине A, обладает требуемым свойством.

9.86.

а) Предположим сначала, что РA_i > РB_i, а для всех остальных рассматриваемых пар углов имеет место равенство. Расположим многоугольники так, чтобы вершины  A₁,…,A_i совпали с B₁,…,B_i. В треугольниках A₁A_iA_n и A₁A_iB_n стороны A_iA_n и A_iB_n равны и РA₁A_iA_n > РA₁A_iB_n, поэтому A₁A_n > A₁B_n.

б) При полном обходе многоугольника знак минус меняется на знак плюс столько же раз, сколько происходит обратная смена знака. Поэтому число пар соседних вершин с разными знаками четно. Остается проверить, что число изменений знака не может быть равно двум (число изменений знака не равно нулю, так как сумма углов обоих многоугольников одна и та же).

Рис. 9.24

Предположим, что число изменений знака равно двум. Пусть P и Q,  Pў и Qў - середины сторон многоугольников  A₁… A_n и B₁… B_n, на которых происходит смена знака. К парам многоугольников M₁ и M₁ў,  M₂ и M₂ў (рис. 9.24) можно применить утверждение задачи а); в одном случае получим PQ > PўQў, а в другом PQ < PўQў, чего не может быть.

9.87.

Пусть A и B- концы отрезка;  X₁,…,X_n- данные точки. Так как AX_i + BX_i = 1, то 

е

AXi +

е

BXi = n

. Следовательно,  

е

AXi і n/2

или 

е

BXi і n/2

.

Рис. 9.25

9.88.

Будем тянуть провод по отрезку AB, огибая при этом встречающиеся деревья по кратчайшей дуге (рис. 9.25). Достаточно доказать, что путь по дуге окружности не более чем в 1,6 раза длиннее пути по прямой. Отношение длины дуги угловой величины 2j к хорде, ее стягивающей, равно j/sin j. Так как 0 < j Ј p/2, то j/sin j Ј p/2 < 1,6.

9.89.

Пусть деревья высотой a₁ > a₂ > … > a_n растут в точках A₁,…,A_n. Тогда по условию A₁A₂ Ј |a₁ – a₂| = a₁ – a₂,…, A_n – 1A_n Ј a_n – 1 – a_n. Следовательно, длина ломаной A₁A₂… A_n не превосходит  (a₁ – a₂) + (a₂ – a₃) + … + (a_n – 1 – a_n) = a₁ – a_n < 100 м. Эту ломаную можно огородить забором, длина которого не превосходит 200 м (рис. 9.26).

Рис. 9.26

9.90.

Выделим в полученном многоугольнике части, по которым произошла склейка (на рис. 9.27 эти части заштрихованы). Все стороны, не принадлежащие заштрихованным многоугольникам, входят в периметр исходного и полученного многоугольников. Что же касается заштрихованных многоугольников, то их стороны, лежащие на прямой сгиба, входят в периметр полученного многоугольника, а все остальные стороны — в периметр исходного многоугольника. Так как у любого многоугольника сумма его сторон, лежащих на некоторой прямой, меньше суммы остальных сторон, то периметр исходного многоугольника всегда больше, чем периметр полученного.

Рис. 9.27

9.91.

Возьмем на ломаной две точки A и B, делящие ее периметр пополам. Тогда AB Ј 1/2. Докажем, что все точки ломаной лежат внутри круга радиуса 1/4 с центром в середине O отрезка AB. Пусть M- произвольная точка ломаной, а точка M₁ симметрична ей относительно точки O. Тогда  MO = M₁M/2 Ј (M₁A + AM)/2 = (BM + AM)/2 Ј 1/4, так как BM + AM не превосходит половины длины ломаной.

9.92.

Пусть остроугольный треугольник ABC расположен внутри окружности S. Построим описанную окружность S₁ треугольника ABC. Так как треугольник ABC остроугольный, то угловая величина дуги окружности S₁, лежащей внутри S, больше 180°. Поэтому на этой дуге можно выбрать диаметрально противоположные точки, т. е. внутри окружности S содержится диаметр окружности S₁. Следовательно, радиус окружности S не меньше радиуса окружности S₁.

9.93.

Первое решение. Любой треугольник периметра P можно поместить в круг радиуса P/4, а если остроугольный треугольник помещен в круг радиуса R₁, то R₁ і R (задача 9.92). Поэтому P/4 = R₁ і R.

Глава 9. Приложение. Некоторые неравенства  |	Оглавление |	Глава 10.

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.