Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 2197
2019-03-17 
Даны две концентрические окружности радиусов $R$ и $r$ ($R > r$). Найти сторону квадрата, две вершины которого лежат на одной окружности, а две другие - на другой. Найти, при каком соотношении между радиусами данных окружностей решение задачи возможно и при каком соотношении задача имеет единственное решение.
Решение:
Обозначим сторону квадрата через $а$. Тогда (рис.)
$CO = \sqrt {r^2 - \frac{a^2}{4}}, DO = a \pm \sqrt {r^2 - \frac{a^2}{4}}$.
Перед корнем выбраны два знака, так как искомый квадрат может быть расположен либо так, как показано на рис., либо так, как показано на рис. B первом случае нужно взять знак плюс, а во втором-минус.
С другой стороны, из треугольника $OBD$ находим $DO = \sqrt {R^2 - \frac{a^2}{4}}$. Получаем уравнение
$R^2 - \frac{a^2}{4} = \left (a \pm \sqrt {r^2 - \frac{a^2}{4}} \right )^2$.
После простых преобразований и повторного возведения в квадрат получаем уравнение
$2a^4 - 2a^2 (R^2 + r^2) + (R^2 - r^2)^2 = 0$,
в котором исчезло различие между случаями, изображенными на рисунках а и б (см. рисунок). Из посленего уравнения имеем
$a^2 = \frac{1}{2} (r^2 + R^2 \pm \sqrt {(R^2 + r^2)^2 - 2 (R^2 - r^2)^2})$,
или
$a^2 = \frac{1}{2} (r^2 + R^2 \pm \sqrt {-R^4 - r^4 + 6R^2r^2})$.
Из первого выражения для $a^2$ видно, что оба значения положительны, если неотрицательно подкоренное выражение. Так как по условию $R > r$, то получаем
$R^2 + r^2 \geq \sqrt{2} (R^2 - r^2)$,
или
$1 < \frac {R^2}{r^2} \leq \frac {1+ \sqrt{2}}{\sqrt {2} - 1} = 3 + \sqrt {8}$,
и окончательно $1 < \frac{R}{r} \leq \sqrt {3 + \sqrt {8}} = 1 + \sqrt {2}$.
Ответ. $a = \frac{1}{ \sqrt{2}} \sqrt{R^2 + r^2 \pm \sqrt{6R^2r^2 - R^4 - r^4}}$.
Даны две концентрические окружности радиусов $R$ и $r$ ($R > r$). Найти сторону квадрата, две вершины которого лежат на одной окружности, а две другие - на другой. Найти, при каком соотношении между радиусами данных окружностей решение задачи возможно и при каком соотношении задача имеет единственное решение.
Решение:
Обозначим сторону квадрата через $а$. Тогда (рис.)
$CO = \sqrt {r^2 - \frac{a^2}{4}}, DO = a \pm \sqrt {r^2 - \frac{a^2}{4}}$.
Перед корнем выбраны два знака, так как искомый квадрат может быть расположен либо так, как показано на рис., либо так, как показано на рис. B первом случае нужно взять знак плюс, а во втором-минус.
С другой стороны, из треугольника $OBD$ находим $DO = \sqrt {R^2 - \frac{a^2}{4}}$. Получаем уравнение
$R^2 - \frac{a^2}{4} = \left (a \pm \sqrt {r^2 - \frac{a^2}{4}} \right )^2$.
После простых преобразований и повторного возведения в квадрат получаем уравнение
$2a^4 - 2a^2 (R^2 + r^2) + (R^2 - r^2)^2 = 0$,
в котором исчезло различие между случаями, изображенными на рисунках а и б (см. рисунок). Из посленего уравнения имеем
$a^2 = \frac{1}{2} (r^2 + R^2 \pm \sqrt {(R^2 + r^2)^2 - 2 (R^2 - r^2)^2})$,
или
$a^2 = \frac{1}{2} (r^2 + R^2 \pm \sqrt {-R^4 - r^4 + 6R^2r^2})$.
Из первого выражения для $a^2$ видно, что оба значения положительны, если неотрицательно подкоренное выражение. Так как по условию $R > r$, то получаем
$R^2 + r^2 \geq \sqrt{2} (R^2 - r^2)$,
или
$1 < \frac {R^2}{r^2} \leq \frac {1+ \sqrt{2}}{\sqrt {2} - 1} = 3 + \sqrt {8}$,
и окончательно $1 < \frac{R}{r} \leq \sqrt {3 + \sqrt {8}} = 1 + \sqrt {2}$.
Ответ. $a = \frac{1}{ \sqrt{2}} \sqrt{R^2 + r^2 \pm \sqrt{6R^2r^2 - R^4 - r^4}}$.
