Задача 107844

Темы:    [ Покрытия ] [ Принцип Дирихле (углы и длины) ] [ Векторы помогают решить задачу ] [ Вспомогательные проекции ] [ Геометрические неравенства (прочее) ] [ Параллельный перенос (прочее) ]

Сложность: 5+ Классы: 9,10,11

Условие

Автор: Смуров М.В.

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 1

  Пусть суммарная ширина полос не меньше 2,5π.
  Будем считать, что горизонтальных и вертикальных полос нет. Упорядочим полосы по возрастанию угла наклона относительно положительной полуоси Ox, а полосы с одинаковым углом наклона сложим в одну полосу. Можно считать, что суммарная ширина полос с углом наклона, меньшим 90°, не меньше ^5π/₄ (иначе отразим плоскость относительно оси Oy).
  Рассмотрим дугу A₁N длины ^5π/₄, отсекаемую первой четвертью от окружности радиуса 2,5 с центром в точке O (начале координат) (см. рис.). Пусть m таково, что   d₁ + d₂ + ... + d_m–1 < ^5π/₄,   d₁ + d₂ + ... + d_m ≥ ^5π/₄.

  Разделим дугу A₁N на части точками  A₂, ..., A_m  так, что длина дуги A_nA_n+1 равна d_n. Перенесём n-ю полосу так, чтобы её нижний край прошёл через точку A_n. Пусть этот нижний край пересекает ось абсцисс в точке B_n. Эта полоса, очевидно, содержит точку A_n+1, а значит, покрывает криволинейную трапецию B_nA_nA_n+1C_n (точка C_n также лежит на оси абсцисс).
  Докажем по индукции, что для каждого  n < m  первые n полос покрывают криволинейный треугольник A₁A_n+1C_n (см. рис.).
  При  n = 1  утверждение очевидно.
  Шаг индукции. По предположению индукции первые  n – 1  полосок покрывают криволинейный треугольник A₁A_nC_n–1 и, тем более, криволинейный треугольник A₁A_nB_n (поскольку точка B_n лежит правее точки C_n–1). Добавив к нему "трапецию" B_nA_nA_n+1C_n, покрытую n-й полоской, мы и получим криволинейный треугольник A₁A_n+1C_n.
  Добавив m-ю полоску, мы покроем сектор OA₁N. Легко видеть, что радиус вписанного в этот сектор (и следовательно, покрытого полосками) круга равен  

  Замечание. Суммарную ширину полосок можно уменьшить до 2π. Пусть суммарная ширина полосок с углом наклона, не превышающим ^π/₂, равна  α ≥ π,  а суммарная ширина остальных полосок равна  2π – α.  Рассмотрим полукруг радиуса 2, лежащий в верхней полуплоскости (см. рисунок).

  Рассуждая как выше, покроем полосками первого типа криволинейный треугольник AKC, где длина дуги AK равна α. Аналогично полосками второго типа (начав с точки D) покроем криволинейный треугольник DKE, где длина дуги DK равна  2π – α.  Тем самым будет покрыт весь полукруг радиуса 2, а в него можно вписать круг радиуса 1.

Решение 2

  Будем считать, что сумма ширин полос не меньше 24. Каждой полосе поставим в соответствие вектор, перпендикулярный её границе, длина которого равна ширине этой полосы. Отложим их от одной и той же точки O.
  Разобьём плоскость на 12 углов величины 30° 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.
   Выберем ту пару вертикальных углов, для которой подсчитанная сумма оказалась  24 : 6 = 4  (такая, очевидно, найдётся). Заменив, если потребуется, некоторые векторы на противоположные, добьёмся того, чтобы все они попали в один и тот же угол величины 30°.
  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 OO₁O₂...O_n (см. рисунок). Длина этой ломаной не меньше 4.

  Длина отрезка OO_n не меньше чем 2. Действительно, угол между отрезком OO_n и любым из отрезков ломаной не больше 30°, значит, длина проекции отрезка O_iO_i+1 на прямую OO_n не меньше, чем  O_iO_i+1·cos 30°.  Суммируя по всем отрезкам ломаной, получаем требуемое неравенство.
  Перенесём полоски параллельно так, чтобы концы каждого из отрезков  OO₁, O₁O₂, ..., O_n–1O_n  лежали на границе соответствующих полосок. Докажем, что многоугольник MOO₁O₂...O_n, где точка M – пересечение перпендикуляров к отрезкам OO₁ и O_n–1O_n, проведённых к этим отрезкам в точках O и O_n, будет полностью покрыт полосками.
  Для этого рассмотрим любую точку X, лежащую в многоугольнике MOO₁O₂...O_n. Проще всего рассмотреть ближайшую к X точку Y на ломаной OO₁O₂...O_n. Если Y лежит на O_iO_i+1, то  XY ⊥ O_iO_i+1,  так что точка X покрывается полоской, перпендикулярной отрезку O_iO_i+1.

Замечания

8 баллов

Источники и прецеденты использования

журнал
Название	"Квант"
год
Год	1997
выпуск
Номер	3
Задача
Номер	М1600
олимпиада
Название	Турнир городов
Турнир
Номер	18
Дата	1996/1997
вариант
Вариант	весенний тур, основной вариант, 10-11 класс
Задача
Номер	7
олимпиада
Название	Московская математическая олимпиада
год
Номер	60
Год	1997
вариант
Класс	11
задача
Номер	6