Информация о задаче

Задача 57776

Тема:

[

Центр масс (прочее)

]

Сложность: 6
Классы: 9

Прислать комментарий

Условие

Решите задачу 13.44, используя свойства центра масс.

Решение

Поместим в вершины многоугольника A₁...A_n единичные массы. Тогда O — центр масс данной системы точек. Поэтому $\overrightarrow{A_iO}$ = ( $\overrightarrow{A_iA_1}$ +...+ $\overrightarrow{A_iA_n}$ )/n и A_iO $\le$ (A_iA₁ +...+ A_iA_n)/n. Следовательно, d = A₁O +...+ A_nO $\le$ ${\frac{1}{n}}$ $\sum\limits_{i,j=1}^{}$ A_iA_j. Число n можно записать либо в виде n = 2m, либо в виде n = 2m + 1. Пусть P — периметр многоугольника. Ясно, что A₁A₂ +...+ A_nA₁ = P, A₁A₃ + A₂A₄ +...+ A_nA₂ $\le$ 2P,..., A₁A_{m + 1} + A₂A_{m + 2} +...+ A_nA_m $\le$ mP, причем в левых частях этих неравенств встречаются все стороны и диагонали. Так как в сумму $\sum\limits_{i,j=1}^{n}$ A_iA_j все они входят дважды, то

d $\displaystyle \le$ $\displaystyle {\frac{1}{n}}$ $\displaystyle \sum\limits_{i,j=1}^{n}$ A_iA_j $\displaystyle \le$ $\displaystyle {\frac{2}{n}}$ (P + 2P +...+ mP) = $\displaystyle {\frac{m(m+1)}{n}}$ P.

При n четном это неравенство можно усилить за счет того, что в этом случае в сумму A₁A_{m + 1} +...+ A_nA_{m + n} каждая диагональ входит дважды, т. е. вместо mP можно взять mP/2. Значит, при n четном

d $\displaystyle \le$ $\displaystyle {\frac{2}{n}}$ $\displaystyle \Bigl($ P + 2P +...+ (m - 1)P + $\displaystyle {\frac{m}{2}}$ P $\displaystyle \Bigr)$ = $\displaystyle {\frac{m^2}{n}}$ P.

Таким образом, при n четном d $\le$ ${\frac{m^2}{n}}$ P = ${\frac{n}{4}}$ P, а при n нечетном d $\le$ ${\frac{m(m+1)}{n}}$ P = ${\frac{n^2-1}{4n}}$ P.

Источники и прецеденты использования


книга
Автор	Прасолов В.В.
Год издания	2001
Название	Задачи по планиметрии
Издательство	МЦНМО
Издание	4*
глава
Номер	14
Название	Центр масс
Тема	Центр масс
параграф
Номер	4
Название	Разные задачи
Тема	Центр масс (прочее)
задача
Номер	14.028