Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 259
2014-06-07 
В квадрате со стороной 50 расположена ломаная. Доказать, что если расстояние от любой точки квадрата хотя бы до одной точки ломаной не больше 1, то длина ломаной больше 1248.
Решение:
Обозначим $U(M)$ объединение всех кругов радиуса 1, центры которых принадлежат множеству M на плоскости. Докажем индукцией по $n \in \mathbf{N}$, что для любой ломаной $A_{0}A_{1} \cdots A_{n}$ справедливо неравенство
$S_{U(A_{0} \cdots A_{n})} \leq 2 \sum_{i=1}^{n} A_{i-1}A_{i} + \pi$.
При $n = 1$ множество $U(A_{}A_{1})$ разбивается на два полукруга радиуса 1 и прямоугольник со сторонами $A_{0}A_{1}$ и 2, поэтому
$S_{U(A_{0}A_{1})} = 2 \cdot A_{0}A_{1} + \pi$,
т. е. утверждение справедливо. Пусть оно уже доказано для некоторого значения $n – 1 \in \mathbf{N}$. Обозначим
$X = U(A_{0} \cdots A_{n-1}), Y = U(A_{n-1}A_{n}), Z = X \bigcap Y$,
тогда $S_{Z} \geq \pi$ (ибо $Z \supset U(A_{n-1}))$ и, учитывая предположение индукции, имеем
$S_{U(A_{0} \cdots A_{n-1}A_{n})} = S_{XUY} = S_{X \\ Z} + S_{Y \\ Z} + S_{X} =$
$= (S_{x \\ Z} + S_{Z}) + (S_{Y \\ Z} + S_{Z}) – S_{Z} = S_{X} + S_{Y} – S_{Z} \leq$
$\leq \left ( 2 \sum_{i=1}^{n-1} A_{i-1}A_{i} + \pi \right ) + (2A_{n-1}A_{n} + \pi) - \pi = 2 \sum_{i=1}^{n} A_{i-1}A_{i} + \pi$,
что и завершает доказательство неравенства. Для данной в условии задачи ломаной множество $U(A_{0} \cdots A_{n})$ содержит весь квадрат со стороной 50, поэтому ее длина не меньше чем
$(S_{U(A_{0} \cdots A_{n})} - \pi)/2 > (50^{2} - 4)/2 = 1248$
что и требовалось доказать.
В квадрате со стороной 50 расположена ломаная. Доказать, что если расстояние от любой точки квадрата хотя бы до одной точки ломаной не больше 1, то длина ломаной больше 1248.
Решение:
Обозначим $U(M)$ объединение всех кругов радиуса 1, центры которых принадлежат множеству M на плоскости. Докажем индукцией по $n \in \mathbf{N}$, что для любой ломаной $A_{0}A_{1} \cdots A_{n}$ справедливо неравенство
$S_{U(A_{0} \cdots A_{n})} \leq 2 \sum_{i=1}^{n} A_{i-1}A_{i} + \pi$.
При $n = 1$ множество $U(A_{}A_{1})$ разбивается на два полукруга радиуса 1 и прямоугольник со сторонами $A_{0}A_{1}$ и 2, поэтому
$S_{U(A_{0}A_{1})} = 2 \cdot A_{0}A_{1} + \pi$,
т. е. утверждение справедливо. Пусть оно уже доказано для некоторого значения $n – 1 \in \mathbf{N}$. Обозначим
$X = U(A_{0} \cdots A_{n-1}), Y = U(A_{n-1}A_{n}), Z = X \bigcap Y$,
тогда $S_{Z} \geq \pi$ (ибо $Z \supset U(A_{n-1}))$ и, учитывая предположение индукции, имеем
$S_{U(A_{0} \cdots A_{n-1}A_{n})} = S_{XUY} = S_{X \\ Z} + S_{Y \\ Z} + S_{X} =$
$= (S_{x \\ Z} + S_{Z}) + (S_{Y \\ Z} + S_{Z}) – S_{Z} = S_{X} + S_{Y} – S_{Z} \leq$
$\leq \left ( 2 \sum_{i=1}^{n-1} A_{i-1}A_{i} + \pi \right ) + (2A_{n-1}A_{n} + \pi) - \pi = 2 \sum_{i=1}^{n} A_{i-1}A_{i} + \pi$,
что и завершает доказательство неравенства. Для данной в условии задачи ломаной множество $U(A_{0} \cdots A_{n})$ содержит весь квадрат со стороной 50, поэтому ее длина не меньше чем
$(S_{U(A_{0} \cdots A_{n})} - \pi)/2 > (50^{2} - 4)/2 = 1248$
что и требовалось доказать.
