Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 284
2014-06-07 
Доказать, что если 10 точек paсположены в круге диаметра 5, то расстояние между некоторыми двумя из них меньше 2.
Решение:
Выделим в данном круге с центром О концентрический с ним круг диаметра 2. Тогда, если внутри круга лежат некоторые две из данных точек, то расстояние между ними меньше 2. и утверждение задачи справедливо. В противном случае в оставшемся кольце данною круга расположены по меньшей мере 9 точек. Разобьем эта кольцо лучами, выходящими из точки О, на 8 равных кольцевых секторов (углы между соседними лучами равны $45^{\circ}$; рис.). Тогда хотя бы две данные точки А и В находятся в одном кольцевой секторе CDEF. На радиусах ОС и OD возьмем точки $A_{1}$ и $B_{1}$ соответственно, для которых $OA_{1} = OA, OB_{1} = OB$ а значит, $AB \leq A_{1}B_{1}$ (по теореме косинусов, так как $\angle AOB \leq \angle A_{1}OB_{1}$). Заметим, что
$A_{1}B_{1} \leq max \{ A_{1}D; A_{1}E \}$.
Действительно, точка $B_{1}$ лежит на прямой DE между проекцией Н (на эту прямую) точки $A_{1}$ и хотя бы одной из точек D, Е, например точкой D. Поэтому проекция HD наклонной $A_{1}D$ не меньше проекции $HB_{1}$ наклонной $A_{1}B_{1}$, т. е.
$A_{1}B_{1} \leq A_{1}D$.
По той же причине имеем
$DA_{1} \leq max \{ DF; DC \}, EA_{1} \leq max \{ EF; EC \}$.
Из оценок
$EF^{2} < CD^{2} = OC^{2} + OD^{2} – 2OC \cdot OD \cos 45^{\circ} =$
$= 2 \cdot \frac{25}{4} - \frac{25 \sqrt{2}}{4} < \frac{25}{2} - \frac{25 \cdot 1,4}{4} = 3,75 < 4$,
$EC^{2} < FD^{2} = OF^{2} + OD^{2} – 2OF \cdot OD \cos 45^{\circ} =$
$= 1 + \frac{25}{4} - \frac{5 \sqrt{2}}{2} < 7,25 - \frac{5 \cdot 1,4}{2} = 3,75 < 4$,
получаем
$AB \leq A_{1}B_{1} \leq max \{ DF; DC; EF; EC \} < 2$,
Утверждение доказана
Доказать, что если 10 точек paсположены в круге диаметра 5, то расстояние между некоторыми двумя из них меньше 2.
Решение:
Выделим в данном круге с центром О концентрический с ним круг диаметра 2. Тогда, если внутри круга лежат некоторые две из данных точек, то расстояние между ними меньше 2. и утверждение задачи справедливо. В противном случае в оставшемся кольце данною круга расположены по меньшей мере 9 точек. Разобьем эта кольцо лучами, выходящими из точки О, на 8 равных кольцевых секторов (углы между соседними лучами равны $45^{\circ}$; рис.). Тогда хотя бы две данные точки А и В находятся в одном кольцевой секторе CDEF. На радиусах ОС и OD возьмем точки $A_{1}$ и $B_{1}$ соответственно, для которых $OA_{1} = OA, OB_{1} = OB$ а значит, $AB \leq A_{1}B_{1}$ (по теореме косинусов, так как $\angle AOB \leq \angle A_{1}OB_{1}$). Заметим, что
$A_{1}B_{1} \leq max \{ A_{1}D; A_{1}E \}$.
Действительно, точка $B_{1}$ лежит на прямой DE между проекцией Н (на эту прямую) точки $A_{1}$ и хотя бы одной из точек D, Е, например точкой D. Поэтому проекция HD наклонной $A_{1}D$ не меньше проекции $HB_{1}$ наклонной $A_{1}B_{1}$, т. е.
$A_{1}B_{1} \leq A_{1}D$.
По той же причине имеем
$DA_{1} \leq max \{ DF; DC \}, EA_{1} \leq max \{ EF; EC \}$.
Из оценок
$EF^{2} < CD^{2} = OC^{2} + OD^{2} – 2OC \cdot OD \cos 45^{\circ} =$
$= 2 \cdot \frac{25}{4} - \frac{25 \sqrt{2}}{4} < \frac{25}{2} - \frac{25 \cdot 1,4}{4} = 3,75 < 4$,
$EC^{2} < FD^{2} = OF^{2} + OD^{2} – 2OF \cdot OD \cos 45^{\circ} =$
$= 1 + \frac{25}{4} - \frac{5 \sqrt{2}}{2} < 7,25 - \frac{5 \cdot 1,4}{2} = 3,75 < 4$,
получаем
$AB \leq A_{1}B_{1} \leq max \{ DF; DC; EF; EC \} < 2$,
Утверждение доказана
