Задача 78110

Темы:    [ ГМТ с ненулевой площадью ] [ Метод координат на плоскости ]

Сложность: 4- Классы: 8,9

Условие

Прямые OA и OB перпендикулярны. Найти геометрическое место концов M таких ломаных OM длины 1, которые каждая прямая, параллельная OA или OB, пересекает не более чем в одной точке.

Решение

Искомое ГМТ симметрично относительно прямых OA и OB, поэтому достаточно рассмотреть случай, когда OA и OB — оси координат, а точка M имеет неотрицательные координаты (x, y). Покажем, что эта часть ГМТ задаётся неравенствами x + y ≥ 1, x² + y² ≤ 1. Пусть (x_i, y_i) — векторы звеньев ломаной OM. Данные условия означают, что (x_i² + y_i²) = 1 и все координаты x_i, y_i неотрицательны. Тогда

(x₁ + ... + x_n + y₁ + ... + y_n)² ≥ x₁² + ... + x_n² + y₁² + ... + y_n² = 1,

т.е. x + y ≥ 1. Ясно также, что расстояние между концами ломаной не превосходит её длины, поэтому x² + y² ≤ 1. Мы доказали, что координаты точки M удовлетворяют неравенствам x + y ≥ 1 и x² + y² ≤ 1. Покажем, что для любой точки M с такими координатами найдётся требуемая ломаная. Рассмотрим окружность радиуса y с центром M и окружность радиуса 1 - y с центром O. Эти окружности пересекаются, потому что OM ≥ y, OM ≥ x ≥ 1 - y и OM ≤1 = y + (1 - y). Если P — точка пересечения рассматриваемых окружностей, то OPM — требуемая ломаная. Всё ГМТ задаётся неравенствами |x| + |y| ≥ 1, x² + y² ≤ 1.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название	Московская математическая олимпиада
год
Номер	20
Год	1957
вариант
Класс	7
Тур	2
задача
Номер	1