Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 3263
2019-05-29 
На плоскости дано конечное число полос, сумма ширин которых равна 100, и круг радиуса 1. Докажите, что каждую из полос можно параллельно перенести так, чтобы все они вместе покрыли круг.
Решение:
Каждой полосе поставим в соответствие вектор, перпендикулярный ее границе, длина которого равна ширине этой полосы. Отложим их от одной и той же точки $O$.
Разобьем плоскость на 12 углов величины $30^{\circ}$ с вершиной в точке $O$. Для каждого из углов подсчитаем сумму длин векторов, лежащих внутри или на границе этого угла или внутри или на границе вертикального ему угла. Получим шесть величин - по одной для каждой пары вертикальных углов. По принципу Дирихле, хотя бы одна из этих величин не меньше 100/6.
Выберем ту пару вертикальных углов, для которой подсчитанная сумма оказалась не меньше 100/6. Заменив, если потребуется, некоторые векторы на противоположные, добьемся того, чтобы все они попали в один и тот же угол величины $30^{\circ}$.
Сумма векторов не зависит от порядка, в котором берутся слагаемые. Упорядочим векторы так, чтобы направление следующего получалось из направления предыдущего поворотом по часовой стрелке. Отложим их, прикладывая начало каждого следующего вектора к концу предыдущего. Получим выпуклую ломаную $OO_1O_2 \cdots O_n$ (рис.). Длина этой ломаной, как уже было сказано, не меньше 100/6.
Длина отрезка $OO_n$ не может быть меньше, чем $\frac{100}{6} \times \cos 30^{\circ}$. Действительно, угол между отрезком $OO_n$ и любым из отрезков ломаной не больше $30^{\circ}$, значит, длина проекции отрезка $O_iO_{i+1}$ на прямую $OO_n$ не меньше, чем $O_iO_{i+1} \cos 30^{\circ}$. Суммируя по всем отрезкам ломаной, получаем требуемое неравенство.
Перенесем полоски параллельно так, чтобы концы каждого из отрезков $OO_1, O_1O_2, \cdots, O_{n-1}O_n$ лежали на границе соответствующих полосок. Докажем, что многоугольник $MOO_1O_2 \cdots O_n$, где точка $M$ - пересечение перпендикуляров к отрезкам $OO_1$ и $O_{n-1}O_n$, проведенных к этим отрезкам в точках $O$ и $O_n$, будет полностью покрыт полосками.
Для этого рассмотрим любую точку $X$, лежащую в многоугольнике $MOO_1O_2 \cdots O_n$. Проще всего рассмотреть ближайшую к $X$ точку $Y$ на ломаной $OO_1O_2 \cdots O_n$. Если $Y$ лежит на $O_iO_{i+1}$, то $XY \perp O_iO_{i+1}$, так что точка $X$ покрывается полоской, перпендикулярной отрезку $O_iO_{i+1}$.
Приведем более громоздкое, но более строгое рассуждение. Предположим, что полоски не покрывают точку $X$. Угол $XOO_1$ не тупой (рис.). Если бы угол $XO_1O$ был не тупым, то полоска, перпендикулярная отрезку $OO_1$, покрывала бы точку $X$. Значит, $\angle XO_1O > 90^{\circ}$. Поэтому
$\angle XO_1O_2 = \angle OO_1O_2 - \angle XO_1O < 180^{\circ} - 90^{\circ} = 90^{\circ}$.
Далее, аналогичным образом показывается, что угол $XO_2O_3$ острый. Продолжая это рассуждение, приходим к выводу, что если точка $X$ не покрыта ни одной из полосок, перпендикулярных отрезкам $OO_1, \cdots, O_{n-2}O_{n-1}$, то все углы $XO_1O_2, XO_2O_3, \cdots, XO_{n-1}O_n$ острые. Но тогда точка $X$ покрыта полосой, перпендикулярной отрезку $O_{n-1}O_n$. Противоречие.
Вспомним теперь, что угол между векторами $OO_1$ и $O_{n-1}O_n$ не превосходит $30^{\circ}$. Поэтому величины углов $MOO_n$ и $MO_nO$ треугольника $MOO_n$ не меньше $60^{\circ}$. Значит, этот треугольник содержит внутри себя правильный треугольник со стороной $OO_n$ (рис.). Радиус окружности, вписанной в правильный треугольник со стороной $а$, равен $a/(2 \sqrt{3})$. Остается проверить неравенство
$\frac {(100/6) \cdot \cos 30^{\circ}}{2 \sqrt{3}} > 1$.
На плоскости дано конечное число полос, сумма ширин которых равна 100, и круг радиуса 1. Докажите, что каждую из полос можно параллельно перенести так, чтобы все они вместе покрыли круг.
Решение:
Каждой полосе поставим в соответствие вектор, перпендикулярный ее границе, длина которого равна ширине этой полосы. Отложим их от одной и той же точки $O$.
Разобьем плоскость на 12 углов величины $30^{\circ}$ с вершиной в точке $O$. Для каждого из углов подсчитаем сумму длин векторов, лежащих внутри или на границе этого угла или внутри или на границе вертикального ему угла. Получим шесть величин - по одной для каждой пары вертикальных углов. По принципу Дирихле, хотя бы одна из этих величин не меньше 100/6.
Выберем ту пару вертикальных углов, для которой подсчитанная сумма оказалась не меньше 100/6. Заменив, если потребуется, некоторые векторы на противоположные, добьемся того, чтобы все они попали в один и тот же угол величины $30^{\circ}$.
Сумма векторов не зависит от порядка, в котором берутся слагаемые. Упорядочим векторы так, чтобы направление следующего получалось из направления предыдущего поворотом по часовой стрелке. Отложим их, прикладывая начало каждого следующего вектора к концу предыдущего. Получим выпуклую ломаную $OO_1O_2 \cdots O_n$ (рис.). Длина этой ломаной, как уже было сказано, не меньше 100/6.
Длина отрезка $OO_n$ не может быть меньше, чем $\frac{100}{6} \times \cos 30^{\circ}$. Действительно, угол между отрезком $OO_n$ и любым из отрезков ломаной не больше $30^{\circ}$, значит, длина проекции отрезка $O_iO_{i+1}$ на прямую $OO_n$ не меньше, чем $O_iO_{i+1} \cos 30^{\circ}$. Суммируя по всем отрезкам ломаной, получаем требуемое неравенство.
Перенесем полоски параллельно так, чтобы концы каждого из отрезков $OO_1, O_1O_2, \cdots, O_{n-1}O_n$ лежали на границе соответствующих полосок. Докажем, что многоугольник $MOO_1O_2 \cdots O_n$, где точка $M$ - пересечение перпендикуляров к отрезкам $OO_1$ и $O_{n-1}O_n$, проведенных к этим отрезкам в точках $O$ и $O_n$, будет полностью покрыт полосками.
Для этого рассмотрим любую точку $X$, лежащую в многоугольнике $MOO_1O_2 \cdots O_n$. Проще всего рассмотреть ближайшую к $X$ точку $Y$ на ломаной $OO_1O_2 \cdots O_n$. Если $Y$ лежит на $O_iO_{i+1}$, то $XY \perp O_iO_{i+1}$, так что точка $X$ покрывается полоской, перпендикулярной отрезку $O_iO_{i+1}$.
Приведем более громоздкое, но более строгое рассуждение. Предположим, что полоски не покрывают точку $X$. Угол $XOO_1$ не тупой (рис.). Если бы угол $XO_1O$ был не тупым, то полоска, перпендикулярная отрезку $OO_1$, покрывала бы точку $X$. Значит, $\angle XO_1O > 90^{\circ}$. Поэтому
$\angle XO_1O_2 = \angle OO_1O_2 - \angle XO_1O < 180^{\circ} - 90^{\circ} = 90^{\circ}$.
Далее, аналогичным образом показывается, что угол $XO_2O_3$ острый. Продолжая это рассуждение, приходим к выводу, что если точка $X$ не покрыта ни одной из полосок, перпендикулярных отрезкам $OO_1, \cdots, O_{n-2}O_{n-1}$, то все углы $XO_1O_2, XO_2O_3, \cdots, XO_{n-1}O_n$ острые. Но тогда точка $X$ покрыта полосой, перпендикулярной отрезку $O_{n-1}O_n$. Противоречие.
Вспомним теперь, что угол между векторами $OO_1$ и $O_{n-1}O_n$ не превосходит $30^{\circ}$. Поэтому величины углов $MOO_n$ и $MO_nO$ треугольника $MOO_n$ не меньше $60^{\circ}$. Значит, этот треугольник содержит внутри себя правильный треугольник со стороной $OO_n$ (рис.). Радиус окружности, вписанной в правильный треугольник со стороной $а$, равен $a/(2 \sqrt{3})$. Остается проверить неравенство
$\frac {(100/6) \cdot \cos 30^{\circ}}{2 \sqrt{3}} > 1$.
