М690. Задача о выпуклых многоугольниках

Задача о выпуклых многоугольниках

Условие

а) Внутри выпуклого многоугольника площади $S_1$ и периметра $P_1$ расположен выпуклый многоугольник площади $S_2$ и периметра $P_2$. Докажите неравенство

$2\dfrac{S_1}{P_1}>\dfrac{S_2}{P_2}$.

б)Сформулируйте и докажите аналогичное утверждение для выпуклых многогранников.

Решение

а) Заметим сначала, что для треугольников справедливо более сильное утверждение $\dfrac{S_1}{P_1}>\dfrac{S_2}{P_2}$. Это почти очевидно, так как $\dfrac{2S_1}{P_1}$ и $\dfrac{2S_2}{P_2}$ — радиусы кругов, вписанных в эти треугольники.

Для доказательства общего утверждения воспользуемся двумя фактами, которые мы докажем ниже:

$1$) во всякий выпуклый многоугольник площади $S$ и периметра $P$ можно поместить круг радиуса $R>\dfrac{S}{P}$;

$2$) для любого круга, содержащегося в данном многоугольнике $R\leqslant\dfrac{2S}{P}$.

Из $1$) и $2$) сразу следует утверждение а): поместим во внутренний многоугольник круг радиуса $R>\dfrac{S_2}{P_2}$; поскольку $R\leqslant\dfrac{2S_1}{P_1}$, получаем требуемое.

Докажем $1$). Построим на каждой стороне (выпуклого) многоугольника прямоугольник с высотой $h = \dfrac{S}{P}$ (рис. $1$; $S$ — площадь, $P$ — периметр многоугольника). Эти прямоугольники перекрываются: они могут даже «вылезать» за пределы многоугольника. Поскольку суммарная площадь прямоугольников равна $S$, площадь покрытой ими части многоугольника меньше $S$. Поэтому найдётся непокрытая точка, удаленная от всех сторон на расстояние $R>h$

Рис. $1$

Докажем $2$). Пусть $O$ — центр круга радиуса $R$, содержащегося в многоугольнике (рис. $2$). Поскольку длины высот треугольников с вершиной $O$, основаниями которых служат стороны многоугольника не меньше $R$, получаем $S\geqslant\dfrac12PR$. Поэтому $R\leqslant\dfrac{2S}{P}$. (Заметим, что если для какого-то круга, содержащегося в многоугольнике, $R=\dfrac{2S}{P},$ то этот круг вписан в многоугольник — докажите это!).

Рис. $2$

В пространственном случае можно доказать, что если выпуклый многогранник объёма $V_1$ и площади поверхности $S_1$ содержит выпуклый многогранник объёма $V_2$ и площади поверхности $S_2$, то $3\dfrac{V_1}{S_1}>\dfrac{V_2}{S_2}$.

Доказательство получается заменой слов: периметр — площадь поверхности, площадь — объём, круг — шар, треугольник — пирамида, прямоугольник — призма. Заметим, что константы $2$ (для плоского случая) и $3$ (для пространственного) нельзя заменить меньшими. Примеры, подтверждающие это, показаны на рисунках $3$ и $4$ (узкий прямоугольник внутри узкого длинного прямоугольника и узкая призма внутри узкой высокой призмы).

А. Келарев

Задача из журнала «Квант» (2001 год, 5 выпуск) M1788

Весёлый треугольник

Задача

В треугольнике $ABC$ точка $I$ — центр вписанной окружности $W$,$Q$,$D$ — точки ее касания со сторонами $BC$,$CA$,$AB$ (см. рисунок выше). Прямые $AB_1$ и $BQ$ пересекаются в точке $P$, $AC$ и $WD$ — в точке $M$, $BC$ и $QD$ — в точке $N$. Докажите, что прямые $IP$ и $MN$ перпендикулярны.

Решение

Построим на отрезках $IA$ и $IW$ как на диаметрах окружности. Отличная от $I$ точка $Y$ их пересечения будет основанием перпендикуляра, опущенного из $I$ на $AW$, а прямая $IN_1$ проходит через $N$, так как $IY$ — общая хорда этих двух окружностей, $BC$ — общая касательная первой из них и вписанной окружности треугольника, $QD$ — общая хорда второй и вписанной окружностей. Из подобия прямоугольных треугольников $INW$ и $IWY$ получаем $IN \cdot IY = r^2$, где $r$ — радиус вписанной окружности. Аналогично получаем, что прямая $IM$ перпендикулярная $BQ$, и для точки пересечения $M_1$: $IM \cdot IM_1 = r^2$. Следовательно, треугольник $IM_1Y$ подобен треугольнику $INM$ и вписан в окружность с диаметром $IP$. Поэтому $\angle M_1IP + \angle INM = \angle M_1YP + \angle IYM_1 = 90^{\circ}.$

Что и хотели доказать.

А. Заславский

М1734. Уравнения

Задача из журнала «Квант» (2000 год, 2 выпуск)

Условие

Докажите, что уравнение \displaystyle \bigl (\frac{\sin\: x}{x} \bigm) ^\beta  = \cos x на  \displaystyle \bigl(0;\frac{\pi}{2} \bigm) не имеет решений при  \beta \leqslant 3 , но имеет единственное решение при \beta  > 3 .

Решение

Такие задачи обычно сводятся к исследованию функции с помощью производных. Трудность состоит в том, чтобы суметь удачно выбрать исследуемую функцию.
Исследование уравнения задачи мы начнем с очевидного замечания: при  \beta \leqslant 0 оно решений не имеет. В самом деле, поскольку  \sin x < x при x > 0 , то при  \beta \leqslant 0 на всем интервале   \displaystyle \bigl(0;\frac{\pi}{2} \bigm) выполнено неравенство \displaystyle \bigl (\frac{\sin \: x}{x} \bigm) ^\beta \geqslant 1  .
Пусть  \beta > 0  . Заметим, что функция    \displaystyle \bigl (\frac{\sin\: x}{x} \bigm) ^\beta  - \cos\: x обращается в ноль в тех же точках интервала  \displaystyle \bigl(0;\frac{\pi}{2} \bigm), что и функция $$ \displaystyle f(x) = \sin \:x \: \cos^{ \gamma} x — x,$$ где \gamma =- \frac{1}{\beta}< 0.
Изучим поведение  f(x) на полуинтервале  \displaystyle \lbrack 0;\frac{\pi}{2} \bigm). Имеем: f(0)=0, f'(0)=0, f(x) \to +\infty при \displaystyle x \to \frac{\pi}{2} . Далее, f''(x)=-\sin\:x \cdot \phi(x), где $$\phi(x) = (1+\gamma)^{2}\: \cos^{\gamma}\:x — \gamma(\gamma-1) \cos^{\gamma-2}x$$.
Заметим, что  \phi(x) имеет на  \displaystyle \bigl(0;\frac{\pi}{2} \bigm) не более одного корня. Найдем знак функции  \phi(x) в окрестности нуля. Функция  \phi(x) положительна в некоторой окрестности точки  0 , если
$$\gamma(\gamma-1) < (1+\gamma)^{2},\\
2\gamma + 1 > -\gamma,\\
1 > -3\gamma,\beta>3.$$

Легко видеть, что при  0 <\beta \leqslant 3 на всем интервале  \displaystyle \bigl(0;\frac{\pi}{2} \bigm) выполняется неравенство  \phi(x) < 0.
Теперь мы знаем ход изменений функции   f(x) на рассматриваемом интервале (рис. а и б). Тем самым утверждение задачи доказано.

Замечание. На рисунках в и г изображены графики функции   f(x) при   \beta < 0 ; полезно проследить за изменением вида этого графика при изменении числа  \beta от   0 до   +\infty , а затем от  0 до  -\infty .