|
|
 |
Условие
Дано целое $n>2$. На сфере радиуса 1 требуется расположить $n$ попарно не пересекающихся дуг больших окружностей, все дуги равной длины $\alpha$. Докажите, что
а) при любом $\alpha<\pi+\frac{2\pi}n$ это возможно;
б) при любом $\alpha>\pi+\frac{2\pi}n$ это невозможно.
Решение
а) Пусть вертикальная прямая $\ell$ проходит через центр сферы $O$. Пусть две параллельных горизонтальных плоскости высекают на сфере две равных (не больших!) окружности $\gamma_+$ и $\gamma_-$. Тогда существует большая окружность $\Omega_0$, касающаяся $\gamma_+$ и $\gamma_-$ в (диаметрально противоположных) точках $P_0$ и $M_0$ соответственно. Повернув $\Omega_0$ на угол $\frac{2\pi k}n$ вокруг $\ell$, получим большую окружность $\Omega_k$, также касающуюся двух окружностей в точках $P_k$ и $M_k$ соответственно.
Рассмотрим одну дугу $P_0M_0$ окружности $\Omega_0$, а также дуги $P_kM_k$, полученные из неё поворотами. Все эти дуги не пересекаются, поскольку любая горизонтальная плоскость пересекает эти дуги в вершинах правильного $n$-угольника. Более того, каждую из этих дуг $P_kM_k$ можно расширить до ближайших к ней (но не лежащих на ней) точек пересечения $\Omega_k$ с другими окружностями $\Omega_i$. Заметим, что точки пересечения $\Omega_k$ и $\Omega_i$ лежат в (вертикальной) плоскости, симметрия относительно которой меняет эти окружности местами (эта плоскость содержит, например, биссектрису угла $P_iOP_k$). Отсюда легко видеть, что ближайшими к нашей дуге будут точки пересечения с $\Omega_{k-1}$ и с $\Omega_{k+1}$, и каждую дугу $P_kM_k$ можно расширить до дуги между этими точками (не включающей концы).
Если теперь плоскости, высекающие $\gamma_+$ и $\gamma_-$, взять близкими к центру сферы, то точки пересечения $\Omega_k$ и $\Omega_{k-1}$ будут (из симметрии) близки к серединам дуг $P_kP_{k-1}$ и $M_kM_{k-1}$. Поэтому длины полученных дуг можно сделать сколь угодно близкими к $\pi+\frac{2\pi}n$, что и требовалось.
б) Пусть $A_1,A_2,\dots,A_n$ – попарно не пересекающиеся дуги больших окружностей с длинами $\pi+\alpha_1$, $\pi+\alpha_2,\dots,\pi+\alpha_n$ при положительных $\alpha_i$; мы считаем, что они содержат свои концы. Мы докажем, что $$ \sum_{i=1}^n\alpha_i\leq 2\pi, $$ откуда и следует требуемое.
В дальнейшем под полюсом полусферы мы понимаем точку этой полусферы, наиболее удалённую от её границы.
Обозначим через $B_i$ дугу большой окружности, дополнительную к $A_i$ (её длина равна $\pi-\alpha_i$). Рассмотрим все (открытые) полусферы, содержащие $B_i$; пусть $X_i$ и $Y_i$ – концы $B_i$ (мы считаем, что они принадлежат $B_i$). Полусфера содержит $B_i$ тогда и только тогда, когда она содержит $X_i$ и $Y_i$, то есть когда её полюс лежит в открытых полусферах с полюсами $X_i$ и $Y_i$. Значит, множество $\mathcal S_i$ полюсов таких полусфер – это пересечение этих двух полусфер, то есть сферический «ломтик» раствора $\alpha_i$; его площадь равна $2\alpha_i$.
Докажем теперь, что множества $\mathcal S_i$ попарно не пересекаются; поскольку площадь сферы равна $4\pi$, отсюда вытекает требуемое неравенство. Предположим, что некоторая точка $Z$ лежит в $\mathcal S_1\cap \mathcal S_2$; тогда полусфера с полюсом $Z$ содержит $B_1$ и $B_2$, а значит, дополнительная к ней (замкнутая) полусфера $\mathcal H$ пересекает $A_1$ и $A_2$ по целым полуокружностям (а не их частям). Но любые две таких полуокружности на полусфере $\mathcal H$ пересекаются (ибо концы любой – диаметрально противоположные точки на границе полусферы). Это противоречит нашему предположению.
