Оценка периметра многоугольника заданного диаметра

Рис. 1.2.3

б) Наложим два треугольника, удовлетворяющих условию задачи, друг на друга, чтобы их основания совпали, вершины С и С' были расположены по одну сторону от общего основания АВ и чтобы одновременно выполнялись следующие условия:

САВ<СВА, С'АВ<С'ВА (рис. 1.2.4, а)

В этом случае вершины С и С' треугольников будут расположены на дуге окружности ВС'СА, вмещающей угол АСВ, равный углу АС'В (по условию задачи). Из рис. 1.2.4, а) сразу видно, что вершина треугольника АВС, имеющего меньшую разность углов при основании, чем треугольник АВС', расположена ближе к середине дуги ВС'СА, откуда следует, что высота АВС больше высотыАВС', и, следовательно, S_АВС>S_АВС'.

Нам остается еще доказать, что:

СА -- СВ < С'А-- С'В;

и СА+СВ >С'А+С'В.

Отложим на стороне СА отрезок СD=СВ и на стороне С'А отрезок С'D'= С'В и соединим D и D' с В (рис. 1.2.4, а). Так как углы АDВ и АD'B это внешние углы равнобедренных треугольников BCD и BC'D' то:

ADB=2d-= , где d=90°.

AD'B=d+.

Так как ADB =АD'В, то точки D и D' лежат на дуге окружности BD'DA. Поскольку DВА < D'ВА < 180°, то CA-CB=DA<D'A=C'A-C'B.

Аналогично, отложив на продолжении сторон BC и BC' отрезки CE=CA и C'E'=C'A (рис. 1.2.4, б) получим:

СА+СВ = ВЕ> ВЕ' = С'А+ С'В,

так как АЕВ=.

Второе утверждение задачи сразу следует из доказанного.

в) Параллелограмм с данным острым углом а и данным периметром 2р разбивается диагональю на два треугольника. Поэтому для решения задачи нам достаточно доказать, что из всех треугольников с данным углом а при вершине и данной суммой р боковых сторон наибольшую площадь имеет равнобедренный треугольник.

Итак, пусть АВС -- такой разносторонний треугольник, что:

ВАС = а, а АВ+АС = р;

предположим для определенности, что АВ>АС (в противном случае доказательство аналогично). Построим равнобедренный треугольник АВ'С', у которого В'АС' = а, АВ'+АС' = р и который расположен, как указано на рис. 1.2.5. Точку пересечения сторон ВС и В'С' обозначим через М. Докажем теперь, что:

S_CC'M>S_BB'M

Действительно, треугольники СС'М и ВВ'М имеют равные углы при вершинах и равные основания СС' и ВВ':

СС' -- ВВ' = (АС' -- АС) -- (АВ -- АВ') = (АВ' +АС') -- (АВ + АС) =р -- р = 0.

Далее, из четырех углов ВВ'М, В'ВМ, СС'М и С'СМ наибольшим является первый, а следовательно, наименьшим -- второй (т.к. сумма двух первых углов равна сумме двух последних). Отсюда следует, что разность углов при основании треугольника ВВ'М больше, чем разность углов при основании треугольника СС'М. Таким образом S_CC'_M>S_BB'_M. Следовательно, S_AB'_C'>S_ABC , что и требовалось доказать. [8, 221]

г) Наложим два треугольника, удовлетворяющих условию задачи, друг на друга так, чтобы их основания совпали, вершины С и С' были расположены по одну сторону от общего основания АВ, пусть при этом:

САВ<СВА;

С'АВ<С'ВА,

пусть кроме этого

САВ>С'AB (рис.1.2.6).

Если бы при этом был СВА>С'ВА, тоC'BA был бы заключен внутри треугольника ABC и они не могли бы иметь равных периметров. Следовательно, треугольники расположены так, как изображено на рис. 1.2.6; отсюда и из предыдущих соотношений между углами следует, что разность углов при основании больше у треугольника АС'В (CBA -CAB <CBA-C'AB< C'BA-C'AB). Точку пересечения сторон АС' и ВС обозначим через М. Отложим на прямой МА отрезок MN=MB и на прямой МС отрезок МР=МС'. При этом точка N будет находиться между А и М, так как из того, что:

МВА >САВ >МАВ, следует, что МА > МВ.

С другой стороны, точка Р будет находиться между М и С, так как если бы она совпала с некоторой точкой Р' на продолжении МС, то из равенства периметров двух треугольников мы имели бы

АС+СВ=АС'+С'В, т.е. АС+Р'М-СР'+МВ = АN+NМ+MC'+С'В.

Отсюда, так как:

Р'М=МС', МВ=МN и С'В=Р'N,

мы имели бы:

АС=АN +NР'+Р'С,

что невозможно.

Отняв теперь от треугольников АВС и АВС' равные между собой треугольники NМР и МВС' (заштрихованные на рис. 1.2.6), мы сразу обнаружим, что треугольник АВС имеет большую площадь.

Нам еще остается доказать, что:

СА -- СВ< С'А -- С'В.

Для этого достаточно проверить, что АС<АС' (а следовательно, ВС>ВС'). Действительно, если бы было АС>АС', ВС<ВС', то из рассмотрения треугольников АСС' и ВСС' мы получили бы два несовместных неравенства:

АСС'<АС'С, ВСС'>ВС'С.

Равенство же АС=АС' невозможно, так как треугольники АВС и АВС', по предположению, не равны.

Второе утверждение задачи сразу следует из доказанного. [8, 223]

д) Для того чтобы при заданных условиях площадь трапеции АВСD была наибольшей, необходимо, чтобы ее высота была наибольшей. Проведя линию ВD' || СD (рис. 1.2.7), мы получим, что наибольшей высоте трапеции АВСD отвечает наибольшая площадь треугольника АВD' с заданным основанием (равным разности оснований трапеции) и заданным периметром (равным периметру трапеции минус удвоенное меньшее основание). После этого остается только применить к треугольнику АВD' заключение задачи 1.2.1 пункта г. [8, 224]

Задача №1.2.2

а) Эта несложная задача имеет несколько решений, мы рассмотрим только два.

Первое решение.

По формуле Герона площадь S треугольника со сторонами a, b, с и полупериметром р равна:

S=

откуда:

S²=p( p-a)( p-b)( p-c).

Но так как:

(p-a)+(p-b)+(p-c)=3p-(a+b+c)=3p-2p=p,

то по теореме о среднем арифметическом и среднем геометрическом:

(p-a)(p-b)(p-c)

и, следовательно, S², где равенство имеет место лишь в случае p-a=p-b=p-c, т.е. в случае a=b=c, - когда ABC является равносторонним. [6, 253]

Второе решение

Пусть АВС--неравносторонний треугольник, АВ-- его большая сторона (или одна из двух больших сторон) (рис. 1.2.8, а).

Рис. 1.2.8

Равнобедренный треугольник АВС', имеющий тот же периметр, что и треугольник АВС, и то же основание АВ (рис. 1.2.8, а), в силу задачи 1.2.1 г) имеет не меньшую площадь, чем треугольник АВС. Построим теперь треугольник АDЕ, у которого сторона АD равна периметра треугольника АВС' (или АВС), DАЕ=ВАС' и периметр которого равен периметру АВС'. Расположим треугольник АDЕ так, как указано на рис. 1.2.8, б). Так как АВ -- большая сторона треугольника АВС, а сторона АD равна трети периметра этого треугольника, то АВ>АD; отсюда следует, что АЕ>АС' (так как иначеАDЕ был бы заключен внутри треугольника АВС' и не мог бы иметь того же периметра). Так как АВ это большая сторона равнобедренного треугольника АВС', поэтому:

=AD.

Из последнего неравенства вытекает, что АС'D>АDС', т. е. ЕС'D <ВDС'.

Так как, кроме того, очевидно, что ВDС'>ЕDС', то в силу задачи 1.2.1 г) мы можем заключить, что из двух треугольников С'DЕ и ВС'D, имеющих общее основание и равные периметры (т.к. периметр треугольника АВС' равен периметру треугольника АDЕ, то AC'+C'E+ED+DA = AC'+C'B+BD+DA, значит C'E+ED=C'B+BD), второй имеет меньшую площадь. Таким образом,

S_{C' DE}>S_{BC' D}, S_{A DE}>S_ABC'.

Теперь, построив на основании АD равнобедренный треугольник АDF, имеющий тот же периметр, что и треугольник АDЕ (этот треугольник, изображенный пунктиром на рис. 1.2.8, б), очевидно, будет равносторонним (т.к. AD=p, AF=FD=p), мы получим согласно задаче 1.2.1 г), что:

S_ADF > S_ADE

(треугольник АDЕ не совпадает с равносторонним треугольником АDF, так как 60°).

Цепь неравенств:

S_ABC S_ABC' < S_ADE < S_ADF

и доказывает теорему (в этом ряду неравенств мы один раз вынуждены писать вместо <, так как у нас нет уверенности, чтоАВС не равен AВС', т. е. что он не равнобедренный). [8, 225]

Рис. 1.2.9

б) Разобьем четырехугольник АВСD диагональю АС на два треугольника. Заменив треугольники AВС и АСD равнобедренными треугольниками АВ'С и АСD' с теми же основаниями и с теми же периметрами, мы получим четырехугольник АВ'CD', причем в силу задачи 1.2.1 г):

S_AB'CD' S_ABCD (рис. 1.2. 9, а).

Теперь заменим равные треугольники АВ'D' и В'СD' (по трем сторонам) равнобедренными треугольниками А'В'D' и В'С'D' с теми же основаниями и теми же периметрами; мы получим ромб А'В'С'D', причем:

S_A'_B'_C'_{D '} S_AB'_CD' (рис. 1.2.9, б).

Наконец, ромб А'В'С'D' имеет в силу задачи 1.2.1 а) не большую площадь, чем квадрат А''B'С'D'' с той же стороной (рис. 1.2.9, в).

Если четырехугольник АВСD отличен от квадрата, то в цепи неравенств:

S_ABCDS_AB'_CD' S_A'_B'_C'_D' S_A''_B'_C'_D'',

хотя бы один раз должно стоять точное неравенство. [8, 227]

Задача №1.2.3

а) Если вписанный в круг n-угольник не является правильным, то у него есть сторона, меньшая стороны соответствующего правильного n-угольника. Предположим, что у этого вписанного в круг неправильного n-угольника есть сторона, большая стороны правильного n-угольника (если это не так, то весь n-угольник вписан в дугу окружности, меньшую -- части окружности; этот случай можно отбросить, так как тогда многоугольник может быть целиком помещен внутри правильного n-угольника и иметь в этом случае меньшую площадь; рис. 1.2.10).



Не меняя площади многоугольника, вписанного в окружность, мы можем поменять его стороны местами так, чтобы рядом оказались сторона, большая стороны правильного n-угольника, и сторона, меньшая стороны правильного n-угольника (очевидно, что если поменять местами две соседние стороны вписанного в окружность многоугольника, то площадь его не изменится (рис. 1.2.11); повторяя этот процесс, можно добиться того, чтобы любые две стороны оказались рядом).

Рис. 1.2.11

Если мы теперь, не меняя остальных сторон, изменим длины этих двух сторон многоугольника так, чтобы одна из них стала равной стороне правильного n-угольника и многоугольник оставался вписанным в ту же окружность, то согласно задаче 1.2.1, 6) площадь n-угольника увеличится. Продолжая этот процесс далее, мы придем, в конце концов, к правильному n-угольнику; при этом в процессе изменения исходного n-угольника площадь его будет только увеличиваться.

б) Доказывается аналогично решению задачи 1.2.3 а). [6, 251]

Задача №1.2.4

а) Примем известный периметр искомого четырехугольника ABCD за единицу и пусть A'B'C'D', какой лидо четырехугольник подобный ABCD. Тогда площадь ABCD равна отношению площади четырехугольника A'B'C'D' к квадрату его периметра (т.к. коэффициент подобия четырехугольников ABCD и A'B'C'D' равен отношению их периметров т.е. , а площадь ABCD равна площади A'B'C'D' умноженной на квадрат коэффициента подобия, т.е. равна S=) и задача сводится к тому, что бы найти тот из четырехугольников, имеющий наперед заданные углы, для которого отношение площади к квадрату периметра имеет наибольшее возможное значение (рис. 1.2.12). Нам требуется доказать, что искомым будет четырехугольник ABCD который можно описать около окружности. [6, 247]

Рис. 1.2.12

Постоим треугольник АВF два угла которого равны углам А и В искомого четырехугольника (такой треугольник невозможно построить лишь в том случае, когда сумма каждых двух соседних углов четырехугольника ABCD равна 180⁰. В этом исключительном случае наша задача формулируется так: доказать, что из всех параллелограммов с данным острым углом и данным периметром наибольшую площадь имеет ромб). Нам надо пересечь этот треугольник прямой CD данного направления, так, чтобы у получившегося четырехугольника ABCD отношение площади к квадрату периметра было возможно большим. Впишем в треугольник ABF окружность с радиусом r и центром О и проведем прямую CD заданного направления таким образом, что бы она касалась этой окружности (рис. 1.2.12). Докажем, что четырехугольник ABCD обладает требуемым свойством, т.е., если C'D' - произвольная прямая параллельная CD, то:

(*)

Обозначим коэффициент подобия треугольников FCD и FC'D' через k (k может быть больше или меньше единицы). Очевидно, что:

;

;

. [6, 248]

Отсюда:

;

или, если обозначить

AB+BF+FA через 2p, а CF+FD-DC- через 2q:

= r (p-q);

r (p-k ²q).

Далее, из подобия треугольников CDF и C'D'F следует:

C'F+ FD'- C'D'=2kq, откуда AB+BC+CD+DA=AB+BF+FA-(CF+FD-CD)=2(p-q),

AB+BC'+C'D'+D'A=AB+BF+FA-(C'F+FD'-C'D')=2(p-kq).

В силу этого неравенство (*) примет следующий вид:

, откуда имеем:

.

Перенося оба члена неравенства в левую часть и умножая его на (положительное) число (p-q) (p-k q) ², получим:

(p-k q) ² - (p-q) (p-k ²q)0,

что после раскрытия скобок и упрощения дает:

(1- k) ² p q0.

Последнее неравенство очевидно справедливо. [6, 249]

б) Для простоты решим сначала задачу для случая пятиугольника, и пусть М=АВСDЕ и M'= А'В'С'D'Е'- два пятиугольника с периметрами Р и Р' и площадями S и S', имеющие равные углы, причем М описан вокруг окружности s радиуса r, а M' не подобен М. Для того что бы доказать неравенство:

(**)

отбросим соответствующие стороны DЕ и D'E' пятиугольников М и М' (такие, что D+Е=D'+E'>180⁰) и продолжим примыкающие к DЕ и D'E' стороны до их пересечения. При этом мы получим два четырехугольника ABCT и A'B'C'T' с соответственно равными углами, причем четырехугольник ABCT описан вокруг окружности s (рис. 1.2.13). Для упрощения выкладок будем считать, что размеры исходных пятиугольников выбраны так, что рассматриваемые четырехугольники имеют одинаковые периметры, равные Р₁ (выполнение этого условия всегда можно добиться, преобразовав, если надо, пятиугольник М' подобно).

Рис. 1.2.13

Ясно, что . Обозначим , где - некоторое положительное число (равное ). [6, 250]

В силу результата задачи а) 1, причем =1, лишь, если A'B'C'T' тоже описан около окружности, т.е. если он равен ABCT.

Далее обозначим DT+ТЕ-DЕ=p и D'T'+Т'Е'-D'Е'=kp , где k - коэффициент подобия треугольников D'E'T' и DTE. Так как

то .

Далее имеем:

S=S _M = - ;

P=AB+BC+CD+DE+EA=(AB+BC+CT+TA)- (DT+TE-ED).

S'=S _M' =

P' = A'B'+B'C'+C'D'+D'E'+E'A'=(A'B'+B'C'+C'T'+T'A')- (D'T'+T'E'-E'D').

Поэтому неравенство (**) примет вид:

или ,

т.е. .

Но последнее неравенство действительно справедливо:

,

так как 1-, а по самому определению этих величин. В последнем неравенстве стоит знак >, а не так как если 1-=0, =1, то четырехугольник А'В'С'Т' равен четырехугольнику АВСТ, и для того, чтобы пятиугольник А'В'С'D'Е' был отличен от АВСDЕ, надо, чтобы треугольник D'Е'Т' был отличен от DЕТ, т. е. что бы было k1; таким образом, если (1--а)(Р₁ -- p)Р₁ =0, то Р₁ р(1--к)² больше нуля.

Решение задачи для n-угольника проводится по методу математической индукции. Оно ничем не отличается от выше приведенного, и все выкладки имеют точно такой же вид. Только вместо пятиугольника всюду надо говорить об n-угольнике и вместо четырехугольника - об (п-1)-угольнике, для которого, по предположению индукции, теорема считается уже доказанной (что позволяет утверждать, что 1). [6, 251]

Задача №1.2.5

Пусть АВ -- хорда фигуры Ф, делящая периметр Ф пополам. Если хорда АВ делит площадь Ф на две неравные части, то существует фигура , имеющая тот же периметр, что и Ф, и большую площадь . Если же хорда АВ делит периметр и площадь Ф пополам и фигура Ф отлична от круга, то по крайней мере одна из двух частей, на которые АВ делит Ф, отлична от полукруга с диаметром АВ. Отсюда следует, что у фигуры Ф найдется такая граничная точка Р, что угол АРВ отличен от прямого (рис. 1.2.14, а; в противном случае граница Ф являлась бы окружностью с диаметром АВ, и фигура Ф была бы кругом). Заменим теперь часть АРВ фигуры Ф новой фигурой А'Р'В' (рис. 1.2.14, 6), оставив сегменты фигуры, отсекаемые хордами АР и РВ, без изменения и заменив треугольник АРВ прямоугольным треугольником с теми же длинами боковых сторон (АР=А'Р', РВ=Р'В'); при этом в силу задачи 1.2.1, а):

S_A'P'B' > S_APB. [8, 237]



Рис. 1.2.14

Отразив теперь полученную фигуру А'Р'В' относительно хорды А'В', мы получим фигуру того же периметра, что и фигура ф (периметр обеих фигур равен удвоенной длине дуги АРВ), но большей площади (площадь равна удвоенной площади фигуры А'Р'В', площадь Ф -- удвоенной площади фигуры АРВ). [8, 238]

Задача №1.2.6

Пусть Ф -- произвольная выпуклая фигура, К--круг. Нам надо доказать, что отношение площади круга К к квадрату его периметра больше, чем отношение площади фигуры Ф к квадрату ее периметра. При этом площадь и периметр Ф и К определятся как пределы площадей и периметров последовательностей описанных вокруг этих выпуклых фигур многоугольников, все внешние углы которых стремятся к нулю.

Будем рассматривать описанные вокруг Ф и К многоугольники с соответственно равными углами (например, описанные вокруг Ф и К многоугольники с параллельными сторонами; рис. 1.2.15). В силу задачи 1.2.4, б) отношение площади к квадрату периметра будет для каждого многоугольника, описанного вокруг К, не меньше, чем для соответствующего многоугольника, описанного вокруг Ф.

Отсюда, переходя к пределу, получаем, что:

откуда уже следует, что круг имеет не меньшую площадь, чем каждая другая выпуклая фигура того же периметра. Предположим теперь, что фигура Ф не является кругом, т. е. отлична от К. В этом случае, очевидно, не все многоугольники, описанные вокруг К, будут подобны соответствующим многоугольникам, описанным вокруг Ф. При этом если М есть первый из рассматриваемых многоугольников, описанных вокруг К, который не подобен соответствующему многоугольнику , описанному вокруг Ф, то отношение площади к квадрату периметра для многоугольника М будет больше (а не только не меньше), чем для многоугольника (см. решения задач 1.2.4 а, б). А так как в дальнейшем отношение площади к квадрату периметра для многоугольников, описанных вокруг К, увеличивается каждый раз (при переходе от описанного n-угольника к описанному (п+1)-угольнику) больше, чем для многоугольников, описанных вокруг Ф, то окончательно мы можем заключить, что:

Рис. 1.2.15

Примечание. Если уже доказано, что площадь круга К периметра 1 не меньше площади любой иной фигуры Ф того же периметра (именно это и означает неравенство (*)), то из результата задачи 1.2.5 (для любой фигуры Ф, отличной от круга, можно найти фигуру того же периметра и большей площади) сразу будет следовать, что площадь К (которая не может быть меньше площади ) больше площади Ф (т. е. неравенство (**)). [8, 238]

3. Задачи на максимум и минимум

Неиссякаемые россыпи драгоценных задач на максимум и минимум таятся в недрах древнейшей из математических наук -- геометрии. [4, 30]

Многие задачи на максимум и минимум связаны с понятиями вписанной и описанной окружности выпуклой фигуры.

Определение 1.3.1. Описанной окружностью плоской фигуры Ф называется наименьшая окружность, заключающая Ф внутри себя.

Определение 1.3.2. Вписанной окружностью выпуклой фигуры Ф называется наибольшая окружность, целиком заключающаяся внутри Ф. [7, 200]

В противоположность описанной окружности вписанная окружность выпуклой фигуры может и не быть единственной (рис. 1.3.1).

Определение 1.3.3. Центром выпуклой фигуры Ф называется ее внутренняя точка О, обладающую следующим свойством: отношения, в которых делятся точкой О всевозможные хорды фигуры Ф, проходящие через О, заключены в наиболее тесных пределах.

Определение 1.3.4. Наименьшее из отношений, в котором делится центром О проходящая через О хорда Ф, называется коэффициентом центральности фигуры Ф. [8, 77]

Так, для центрально - симметричных выпуклых фигур (и только для таких фигур) коэффициент центральности равен 1, а центр совпадает с центром симметрии: все хорды, проходящие через центр симметрии, делятся в нем в одном и том же отношении 1:1. Очевидно, что чем ближе к 1 коэффициент центральности выпуклой фигуры, тем больше фигура похожа на центрально - симметричную. [8, 78]

Используя задачу 1.3.3, в которой доказывается, что из всех выпуклых кривых ширины 1 наименьшую площадь ограничивает равносторонний треугольник с высотой 1, можно решить следующую задачу:

Какую наименьшую площадь может иметь выпуклая фигура Ф, если известно, что внутри Ф можно так двигать отрезок длины 1, чтобы он повернулся на угол 360°?

Действительно, прежде всего легко видеть, что ширина фигуры Ф не может быть меньше 1: если бы расстояние между какой-либо парой параллельных опорных прямых l и l' фигуры Ф было меньше 1, то отрезок длины 1, имеющий направление, перпендикулярное к l и l', не мог бы быть расположен внутри Ф (рис. 1.3.2), и следовательно, такой отрезок нельзя повернуть на 360° так, чтобы он все время оставался внутри Ф. [8, 78]

В силу задачи 1.3.3 отсюда вытекает, что площадь выпуклой фигуры Ф, внутри которой можно повернуть на 360° отрезок длины 1, не может быть меньше площади равностороннего треугольника высоты 1 (т.е.площадь равна = 0,577 …). С другой стороны, совершенно очевидно, что внутри правильного треугольника высоты 1 можно повернуть на 360° отрезок длины 1 (рис. 1.3.3).

Нетрудно видеть, что диаметр D треугольника равен его наибольшей стороне, а ширина -- высоте, опушенной на эту сторону. Отсюда легко вывести, что для треугольника:

D.

Теорема 1.3.1. Для треугольника: D, где D - диаметр треугольника, -ширина треугольника.

Доказательство.

Действительно, если D есть наибольшая сторона некоторого треугольника, то противолежащий ей угол треугольника является наибольшим, откуда следует, что хотя бы один угол, примыкающий к этой стороне, не больше 60°. Отсюда вытекает, что высота треугольника, опушенная на сторону длины D, равная произведению одной из других сторон треугольника (по предположению не большей D) на синус угла примыкающего к наибольшей стороне, не больше, чем: D sin60° = D. Равенство = D имеет место только в том случае, когда треугольник является равносторонним.

Теорема доказана. [8, 80]

В теории выпуклых фигур значительное место занимает метод симметризаций, смысл которого заключается в замене изучаемой фигуры новой фигурой, более симметричной, чем первая. При этом существует целый ряд различных способов симметризации выпуклой фигуры.

Основную роль в теории плоских выпуклых фигур играют два типа симметризации: симметризация относительно оси и симметризация относительно точки. [8, 82]

Рис. 1.3.4

Симметризация относительно оси состоит в том, что выпуклая фигура заменяется новой фигурой, имеющей фиксированную ось симметрии l, при помощи следующего построения: каждая хорда АВ выпуклой фигуры Ф, перпендикулярная к прямой l, сдвигается вдоль образуемой АВ прямой в новое положение А₁В₁ симметричное относительно l. Фигура Ф', образованная всеми хордами А₁В₁ в новом их положении, называется образом фигуры Ф при симметризации относительно оси l (рис. 1.3.4).

Более сложно определяется симметризация относительно точки, переводящая произвольную выпуклую фигуру Ф в центрально-симметричную фигуру Ф'. По аналогии с симметризацией относительно прямой хотелось бы определить симметризацию относительно точки, следующим образом: каждая хорда АВ кривой, проходящая через какую-либо внутреннюю точку О, сдвигается вдоль образуемой АВ прямой в новое положение А'В', симметричное относительно О (рис.1.3.5). Однако такой метод симметризации находит сравнительно скромное применение.

Рис. 1.3.5

Значительно более важным оказывается способ симметризации относительно точки, определяемый следующим образом. Выпуклая фигура Ф рассматривается как пересечение бесконечного числа полос, образованных ее параллельными опорными прямыми. Затем все эти полосы сдвигаются в направлении, перпендикулярном к направлению полосы, в новое положение, симметричное относительно некоторой точки О; фигура Ф', образованная в пересечении сдвинутых полос, и называется образом фигуры Ф при симметризации относительно точки О (рис. 1.3.6, а). На рис. 1.3.6, б) изображена симметризация выпуклого многоугольника М. [8, 83]



Рис. 1.3.6

Все задачи на максимум и минимум, связанные с выпуклыми фигурами, могут быть разделены на две группы. К первой группе относятся задачи, в которых требуется из всех выпуклых фигур найти ту, для которой какая-то численная величина, характеризующая фигуру, принимает наибольшее или наименьшее значение (задачи на безусловный максимум или минимум).

Значительно большее число задач содержит вторая группа, в задачах которой требуется найти наибольшее или наименьшее значение некоторой величины, связанной с выпуклой фигурой, причем рассматриваемая выпуклая фигура должна удовлетворять еще некоторым дополнительным условиям, перечисленным в формулировке задачи. Чаше всего эти дополнительные условия состоят в том, что какая-то другая численная характеристика выпуклой фигуры должна иметь наперед заданное значение. Эти задачи являются более сложными (задачи на условный максимум или минимум). Наиболее известной задачей такого рода является изопериметрическая задача. [8, 84]

3.1 Задачи

Задача №1.3.1. Докажите, что плоская фигура Ф не может иметь двух различных описанных окружностей. Докажите также, что описанная окружность плоской фигуры Ф обязательно содержит или две граничные точки Ф, являющиеся диаметрально противоположными точками окружности, или же три граничные точки Ф, являющиеся вершинами остроугольного треугольника. Выведите отсюда, что радиус R описанной окружности плоской фигуры Ф диаметра 1 заключается в границах:

0,5 R = 0,577… [7, 201]

Задача №1.3.2. Докажите, что вписанная окружность выпуклой фигуры Ф обязательно содержит или две граничные точки Ф, являющиеся диаметрально противоположными точками окружности, или три граничные точки Ф, являющиеся вершинами остроугольного треугольника; в последнем случае вписанная окружность Ф является единственной. Докажите также, что радиус r вписанной окружности выпуклой фигуры Ф ширины 1 заключается в границах:

r . [8, 76]

Задача №1.3.3. Докажите, что из всех выпуклых кривых ширины 1 наименьшую площадь ограничивает равносторонний треугольник с высотой 1.

Задача №1.3.4. Докажите, что треугольник имеет меньшую площадь, чем каждая другая выпуклая фигура того же самого диаметра и той же самой ширины. [8, 80]

3.2 Решения

Задача №1.3.1

Фигура Ф не может иметь двух различных описанных окружностей, потому что если бы Ф содержалась внутри двух окружностей S и S' одного и того же радиуса R, то она заключалась бы также внутри заштрихованного на рис. 1.3.7 двуугольника, образованного пересечением окружностей S и S', а следовательно, и внутри окружности, описанной вокруг этого двуугольника (изображенной пунктиром на рис. 1.3.7).

Но последняя окружность имеет меньший радиус, чем окружности S и S', что противоречит тому, что окружности S и S' -- описанные окружности фигуры Ф. Далее, если окружность S, заключающая плоскую фигуру Ф внутри себя, вообще не содержит граничных точек Ф, то существует окружность меньшего радиуса, также содержащая Ф внутри себя.

Рис. 1.3.7

Чтобы получить эту окружность, будем постепенно уменьшать радиус окружности S, не меняя ее центра, до тех пор, пока уменьшенная окружность не коснется границы фигуры Ф в какой-либо точке А (рис. 1.3.8, а). [8, 246]



Рис. 1.3.8

Если окружность S, заключающая фигуру Ф внутри себя, содержит единственную граничную точку А фигуры Ф, то также существует окружность S' меньшего радиуса, заключающая Ф внутри себя. Для того чтобы это доказать, сдвинем окружность S в направлении радиуса ОА (О -- центр окружности S) так, чтобы точка А оказалась внутри окружности (рис. 1.3.8, б). При этом мы получим окружность того же радиуса, что и S, заключающую фигуру Ф внутри себя и не содержащую граничных точек Ф; согласно вышесказанному радиус этой окружности можно уменьшить так, чтобы она все еще содержала фигуру Ф внутри себя.

Наконец, если окружность S, заключающая фигуру Ф внутри себя, содержит две граничные точки А и В фигуры Ф, не являющиеся диаметрально противоположными точками S, и дуга окружности S, большая полуокружности, с концами в точках A и B не содержит более никаких точек Ф, то также существует окружность, радиус которой меньше радиуса S и которая заключает фигуру внутри себя. Для доказательства сдвинем несколько окружность S в направлении, перпендикулярном к хорде АВ так, чтобы точки А и В оказались внутри окружности (рис. 1.3.8, в). При этом мы снова получим окружность того же радиуса, что и S, содержащую Ф внутри себя и не содержащую граничных точек Ф; радиус этой окружности можно уменьшить так, чтобы Ф все еще оставалась внутри окружности.

Таким образом, наименьшая из содержащих Ф окружностей обязательно должна содержать либо две точки Ф, являющиеся диаметрально противоположными точками окружности (рис. 1.3.9, а), либо три такие точки Ф, что никакая из дуг окружности между какими-либо двумя из этих трех точек не больше полуокружности (т.е. три точки, являющиеся вершинами остроугольного треугольника; рис. 1.3.9, б). [6, 301]

Рис. 1.3.9

Отсюда сразу следует, что радиус R описанной окружности S фигуры Ф диаметра 1 заключается в указанных в условии задачи границах. Действительно, прежде всего, так как фигура Ф заключается внутри окружности S радиуса R, наибольшее расстояние между точками которой равно 2R, то из того, что диаметр Ф равен 1, сразу следует, что 2R1, R. Таким образом, остается только доказать, что R. [8, 248]

Если описанная окружность содержит две точки Ф, являющиеся диаметрально противоположными точками окружности, то, так как расстояние между этими точками не больше 1, радиус R окружности не может быть больше , следовательно, он равен и, значит, меньше. Если же описанная окружность S фигуры Ф содержит три точки Ф, являющиеся вершинами остроугольного треугольника АВС, то по крайней мере один из углов а этого остроугольного треугольника не меньше 60°. Синус этого угла не меньше, и так как сторона а, противолежащая этому углу, не больше 1, то диаметр 2R окружности S, описанной вокруг треугольника АВС, равный не больше .

Отсюда получаем, что

R=. [6, 302]

Задача №1.3.2

Решение очень похоже на предыдущее. Прежде всего, если окружность S, целиком заключающаяся внутри выпуклой фигуры Ф, не содержит совсем граничных точек Ф, то существует заключающаяся внутри Ф окружность S', радиус которой больше радиуса S. Чтобы найти эту окружность, будем постепенно увеличивать радиус S, не меняя ее центра, до тех пор, пока увеличенная окружность не коснется границы Ф в какой-либо точке А (рис. 1.3.10, а).

Если окружность S, заключающаяся целиком внутри выпуклой фигуры Ф, содержит единственную граничную точку А фигуры Ф, то тоже существует окружность, радиус которой больше радиуса S, заключающаяся внутри Ф. Для того чтобы это доказать, сдвинем несколько окружность S в направлении радиуса АО (О -- центр окружности S) так, чтобы точка А оказалась вне окружности (рис. 1.3.10, б). При этом мы получим окружность того же радиуса, что и S, заключенную внутри Ф и не имеющую с границей Ф общих точек; согласно вышесказанному, радиус этой окружности можно увеличить так, чтобы она все еще оставалась заключенной внутри Ф. Наконец, если окружность S, заключенная внутри фигуры Ф, содержит две такие граничные точки А и В фигуры Ф, что дуга АВ окружности S, большая 180°, не содержит никаких других граничных точек Ф, то также существует окружность большего радиуса, чем S, содержащаяся целиком внутри Ф. Действительно, сдвинем окружность S в направлении, перпендикулярном к хорде АВ так, чтобы точки А и В оказались вне окружности (рис. 1.3.10, в). При этом мы получим окружность того же радиуса, что и S, заключающуюся внутри Ф и не имеющую с границей Ф общих точек; радиус этой окружности мы можем увеличить так, чтобы она все еще оставалась внутри Ф.

Рис. 1.3.10

Таким образом, наибольшая из всех содержащихся в Ф окружностей должна содержать либо две граничные точки Ф, являющиеся диаметрально противоположными точками окружности (рис. 1.3.11, а), либо три такие граничные точки Ф, что никакая из дуг окружности между какими-либо двумя из этих трех точек не больше полуокружности, т. е. три точки, являющиеся вершинами остроугольного треугольника (рис. 1.3.11, б). [8, 249]

Отсюда нетрудно вывести, что радиус r вписанной окружности выпуклой фигуры Ф ширины 1 заключается в указанных в условии задачи пределах. Прежде всего, так как окружность S заключается внутри Ф, а следовательно, и внутри каждой полосы, образованной парой параллельных опорных прямых фигуры Ф, то диаметр S не может быть больше 1 и, следовательно, радиус r окружности S не может быть больше . Таким образом, требуется доказать только, что r не может быть меньше .



Рис 1.3.11

Если вписанная в выпуклую фигуру Ф окружность S соприкасается с границей Ф в точке А, то опорная прямая фигуры Ф, проходящая через точку А, должна быть одновременно и опорной прямой окружности S. Но так как через граничную точку окружности можно провести только единственную опорную прямую, то отсюда следует, что фигура Ф может иметь в точке А единственную опорную прямую, совпадающую с касательной к окружности S (т. е. точка А не может быть угловой точкой фигуры Ф). Отсюда прежде всего вытекает, что если вписанная в Ф окружность S содержит две граничные точки А и В фигуры Ф, являющиеся диаметрально противоположными точками S, то радиус S равен половине расстояния между параллельными опорными прямыми фигуры Ф, проведенными в точках А и В, и не может быть меньше, следовательно, в этом случае обязательно r = (рис. 1.3.11, а).

Если же вписанная окружность S фигуры Ф содержит три граничные точки А, В, С фигуры Ф, являющиеся вершинами остроугольного треугольника, то опорные прямые фигуры Ф, проведенные в точках А, В, С, образуют некоторый треугольник А'В'С', описанный одновременно вокруг Ф и вокруг окружности S (рис. 1.3.11, б). Обозначим стороны этого треугольника через а, b, с (а -- наибольшая сторона), а соответствующие высоты -- через h_a, h_b, h_c.

Площадь треугольника А'В'С' равна, с одной стороны, r, а с другой, .

Так как, а b, а с, то из равенства:

r =

следует:

h_a = r 3r,

r.

Но высота треугольника А'В'С', описанного вокруг фигуры Ф, не может быть меньше ширины Ф (см. рис. 1.3.11, б); отсюда следует, что r , что и требовалось доказать.

В том случае, когда вписанная в выпуклую фигуру Ф окружность S содержит три граничные точки Ф, являющиеся вершинами остроугольного треугольника, существует треугольник А'В'С', описанный одновременно вокруг Ф и вокруг S. Отсюда следует, что в этом случае вписанная окружность S является единственной -- всякая другая окружность, содержащаяся внутри Ф, должна также содержаться внутри треугольника А'В'С' и, следовательно, будет меньше, чем окружность S, вписанная в треугольник А'В'С'. Однако, если вписанная окружность соприкасается с границей Ф в двух диаметрально противоположных точках, то она может быть и не единственной (см. рис. 1.3.1). [8, 250]

Задача №1.3.3

Прежде всего отметим, что в силу результата задачи 1.3.2 радиус r круга S, вписанного в фигуру Ф ширины 1, не больше и не меньше . При этом если r = , то площадь фигуры Ф не меньше =0,78..., что больше площади равностороннего треугольника высоты 1, равной = 0,57... Если же r = , то Ф есть равносторонний треугольник высоты 1.

Пусть теперь радиус вписанного круга S фигуры Ф равен r (r<) тогда существует треугольник Т, описанный одновременно вокруг Ф и вокруг S (см. решение задачи 1.3.2, рис. 1.3.11, б). Проведем еще три опорные прямые фигуры Ф, соответственно параллельные сторонам треугольника Т; точки соприкосновении этих опорных прямых с границей фигуры Ф (какие-нибудь из точек соприкосновения, если эти прямые содержат целые отрезки, принадлежащие границе Ф) обозначим через А', В', С' (рис. 1.3.12). Центр круга S обозначим через О. Так как расстояние между парой параллельных опорных прямых фигуры Ф не может быть меньше 1, а точка О отстоит от каждой из сторон треугольника на расстояние r, то расстояние от точек А', В', С' до точки О не меньше 1 -- r. На отрезках ОА', ОВ', ОС' отметим точки А, В, С, удаленные от О на расстояние 1 -- r. Проведя из точек А, В, С касательные к кругу S, мы получим фигуру Ф_r, состоящую из круга радиуса r и трех равных между собой частей, ограниченных кругом и двумя касательными круга (см. рис. 1.3.12); эта фигура заключается внутри нашей фигуры Ф. Если r =, то Ф_r = Ф представляет собой равносторонний треугольник с высотой 1. [8, 256]

Достаточно доказать, что из всех фигур Ф_r (r<) соответствующих разным значениям r наименьшую площадь имеет равносторонний треугольник Ф.

На рис. 1.3.13 изображены равносторонний треугольник РQR и фигура Ф_r (<r<).

Нетрудно видеть, что общая площадь частей равностороннего треугольника, выходящих за пределы фигуры Ф_r, меньше площади частей фигуры Ф_r расположенных вне треугольника Ф. Части треугольника, расположенные вне Ф_r, состоят из шести треугольников таких, как треугольник АPD, заштрихованный на рис. 1.3.13. Пусть М -- середина стороны РR треугольника РQR. Проведем из точки М отрезок МN, равный и параллельный РА. Точка N будет находиться внутри круга, составляющего часть фигуры Ф_r, так как наименьшее расстояние от точки М до окружности (расстояние по перпендикуляру к РR) равно, как нетрудно видеть, РА (это можно вывести из того, что наибольшее расстояние от точки А до окружности равно 1, как и высота треугольника). Соединим N с А; пусть NА пересекает РR в точке Е.

Треугольник МNЕ равен треугольнику ЕАР, а треугольник DАР составляет лишь часть ЕАР. Таким образом, мы можем перенести треугольник DАР внутрь МNЕ, т. е. внутрь Ф_r (новое положение треугольника DАР тоже заштриховано на рис. 1.3.13). Перенеся таким же образом все шесть треугольников, таких, как DАР, внутрь Ф_r, мы убедимся, что равносторонний треугольник Ф имеет меньшую площадь, чем фигура Ф_r. Этим и завершается доказательство. [8, 257]

Задача №1.3.4

Пусть Ф-- некоторая выпуклая фигура диаметра D и ширины . Докажем, что площадь Ф не может быть меньше площади треугольника с основанием D и высотой , т. е. не может быть меньше D.

Пусть А и В -- две граничные точки фигуры Ф, расстояние между которыми является наибольшим (равно D). Через точки А и В проведем опорные прямые l₁ и l₂ фигуры Ф, перпендикулярные к отрезку АВ; проведем также две другие опорные прямые m₁ и m₂ фигуры Ф, перпендикулярные к l₁ и l₂ (параллельные АВ; рис. 1.3.14, а). Согласно определению ширины выпуклой фигуры, расстояние между прямыми m₁ и т₂ не может быть меньше; следовательно, площадь прямоугольника PQRS образованного прямыми l₁, m₁, l₂ и т₂ не может быть меньше D.