Оценка периметра многоугольника заданного диаметра

Дипломнаяработа
По теме: «Оценка периметрамногоугольника заданного диаметра»

Оглавление
 
Введение
Глава1. Общие сведения о задачах на экстремум. Примеры экстремальных задач
1. Общие свойства выпуклых фигур
1.1 Задачи
1.2 Решения
2. Изопериметрическая задача
2.1 Задачи
2.2 Решения
3. Задачи на максимум и минимум
3.1 Задачи
3.2 Решения
Глава 2. Оценка периметрапятиугольника единичного диаметра
1. Доказательстворавенства четырех диагоналей пятиугольника единице
2. Отыскание оптимальногопятиугольника
Заключение
Библиография

Введение
 
В жизни постоянноприходиться сталкиваться с необходимостью принять наилучшее возможное(оптимальное) решение. При этом часто случается так, что полезно прибегнуть кматематике.
Оба понятия максимум иминимум объединяются одним термином «экстремум», что по латыниозначает «крайнее». Задачи отыскания максимума и минимума называютсяэкстремальными задачами.
Экстремальными задачамичеловек интересовался с античных времен. Уже в Древней Греции знали обэкстремальных свойствах круга и шара: среди плоских фигур с одинаковымпериметром наибольшую площадь имеет круг (решение изопериметрической задачи);шар имеет максимальный объем среди пространственных фигур с одинаковой площадьюповерхности (решение изопифанной задачи). [4, 4]
История сохранила легендуо следующей самой древней экстремальной задаче, известной как задача Дидоны:указать форму границы участка, имеющей заданную длину, при которой площадьучастка максимальна. Считается, что история этой задачи началась в IX веке до н.э., когда, как написал всвоей поэме «Энеида» древнеримский поэт Вергилий, царевне Дидонепришлось решать изопериметрическую задачу. Если знать экстремальное свойствокруга, то решение получается немедленно: граница участка представляет частьокружности, имеющей заданную длину. Согласно легенде Дидона справилась споставленной задачей и на месте отгороженного участка основала город Карфаген. Говорят,что старая крепость Карфагена действительно имела форму круга. [3, 29]
Экстремальными задачамизанимались многие античные ученые (Евклид, Архимед, Аристотель и др.). Вначалах Евклида – первой научной монографии и первом учебном пособии в историичеловечества, в труде вышедшем в IVвеке до н.э. имеется задача на максимум. В современной редакции она выглядиттак: вданный треугольник АВС вписать параллелограмм ADEF, наибольшей площади.Нетруднопоказать, что решением этой задачи является параллелограмм, вершины D, E, Fкоторого делят соответствующие стороны треугольника пополам. [4, 30]
Известна также задачаантичного математика Герона Александрийского, с которой мы знакомимся еще вшколе: даны две точки А и В по одну сторону от прямой l. Требуется найти на прямой l такую точку D, что бы сумма расстояний от Адо D и от В до D была наименьшей. Книга, где былаизложена эта задача, называется «О зеркалах». Время написания этойкниги неизвестно, но большинство исследователей считают, что она написана в I веке до н.э. При этом сам трудГерона не сохранился, и о нем известно из комментариев к нему написанных позже.
После гибели античнойцивилизации научная жизнь в Европе стала возрождаться только в XV веке.Экстремальные задачи оказались среди тех, которыми интересовались лучшие умытого времени. [4, 7]
Задачи на экстремумыактуальны и в настоящее время, так как имеется много нерешенных задач нанаибольшее и наименьшее значение некоторых величин, связанных с выпуклойфигурой. Так, например, до сих пор не решены следующие задачи: найтиминимальную площадь S выпуклой фигуры,если известен диаметр D иширина/> этой фигуры, причем />; найти минимальную площадьвыпуклой фигуры, если известна ширина и периметр фигуры. [8, 89]
Основная цель даннойработы состоит в рассмотрении различных геометрических задач на максимум иминимум, а также в детальном разборе и доказательстве теоремы о пятиугольникенаибольшего периметра единичного диаметра.
Данная работа содержитдве главы. Глава 1 состоит из трех параграфов. Каждый параграф построенследующим образом: сначала приводятся основные теоретические сведения, а затемрассматриваются задачи с дальнейшим их решением.
В 1 рассмотрены основныесвойства выпуклых фигур. Данный параграф имеет вводный характер и в немсосредоточены основные определения, используемые в дальнейшем, и приведеныпростейшие задачи, иллюстрирующие эти определения. Изучение представленныхзадач, позволяет более детально ознакомиться с определениями выпуклой фигуры,выпуклой кривой, опорной прямой выпуклой фигуры, обыкновенной и угловой точеквыпуклой кривой, длины выпуклой кривой и площади выпуклой фигуры.
2 посвящен одной знаменитой задаче, играющей важную роль вомногих разделах математики и физики, а именно так называемой изопериметрическойзадаче:
Среди всех плоскихфигур данного периметра Lнайдите ту, которая имеет максимальную площадь.
Как и первые два параграфа3 содержит ряд теоретических сведений касающихся вписанной, описаннойокружности выпуклой фигуры; центра выпуклой фигуры; особое внимание уделеносимметризации выпуклой фигуры, а также представлены некоторые задачи на наибольшиеи наименьшие значения численных величин, связанных с выпуклыми фигурами. выпуклый фигура изопериметрический экстремум теорема
Основное содержание работысоставляет вторая глава, которая состоит из двух параграфов. Данная главапосвящена решению одной красивой задачи, а именно отысканию пятиугольникаединичного диаметра, имеющего наибольший периметр. Для решения этой задачидоказывается ряд теорем.
В 1 установив, чтодиаметр многоугольника совпадает либо с одной из сторон, либо с одной издиагоналей многоугольника (теорема 2.1.1) показывается, что в пятиугольникенаибольшего периметра единичного диаметра, или в оптимальном пятиугольнике, всестороны меньше 1 (теорема 2.1.2). При этом доказательство данной теоремыопирается на лемму о том, что сумма расстояний от точки дуги окружности до ееконцов принимает наибольшее значение, когда эта точка делит дугу пополам. Затемв результате последовательного доказательства двух теорем (теорема 2.1.3 итеорема 2.1.4) устанавливается, что в оптимальном пятиугольнике, по крайнеймере, четыре диагонали равны 1.
В 2 делается вывод о том,что оптимальным пятиугольником является правильный пятиугольник (теорема 2.2.1).
Было замечено, что вслучае выпуклого четырехугольника оптимальным является не квадрат. [2, 269]

Глава1. Общие сведения о задачах на экстремум. Примеры экстремальных задач
 
1.Общие свойства выпуклых фигур
 
Определение 1.1.1. Плоская фигураназывается выпуклой, если она целиком содержит прямолинейный отрезок, соединяющийлюбые две принадлежащие фигуре точки.
/>
Рис. 1.1.1
Так, на рис. 1.1.1 фигуры а),б), в) выпуклыефигуры, а фигура на рисунке 1.1.1 г) не выпукла.Круг и треугольник являются выпуклыми фигурами, четырехугольник же может бытькак выпуклым, так и невыпуклым в зависимости от того, пересекаются ли егодиагонали внутри или вне четырехугольника (рис. 1.1.2 а, б). [1,38]
/>
Рис. 1.1.2

Определение 1.1.2. Пересечениемдвух (или нескольких) фигур называется фигура, состоящая из всехточек, принадлежащих обеим (или всем, если их несколько) фигурам.
Определение 1.1.3. Фигураназывается ограниченной, если она целиком помещается внутри некоторойокружности. [8, 13]
Например, всякий параллелограмм, треугольник,круг, а также все фигуры, изображенные на рис. 1.1.1, являются ограниченнымифигурами.
На рис.1.1.3 изображено несколько неограниченных фигур; из них выпуклыми являютсяфигуры а)(полуплоскость), б)(полоса), в)(угол) и г).
/>
Рис. 1.1.3
Поотношению ко всякой плоской фигуре все точки плоскости делятся на трикатегории: внутренние, внешние и граничные. [8, 14]
Определение 1.1.4. Точка фигуры называется внутренней,если существует круг (хотя бы очень малого радиуса) с центром в этой точке,целиком принадлежащий фигуре.
Внутреннимиточками фигуры будут, например, точки А и А' на рис. 1.1.4.
/>
Рис. 1.1.4
 

Определение 1.1.5. Точка называется внешней поотношению к фигуре, если существует круг с центром в этой точке, не содержащийточек фигуры.
Примером внешней точки по отношению к фигуреявляется точка В на рис. 1.1.4.
 
Определение 1.1.6. Точка фигуры называется граничной,если любой круг с центром в данной точке, всегда будет содержать как точки,принадлежащие фигуре, так и точки, не принадлежащие ей.
Например, точка С на рис. 1.1.4 являетсяпримером граничной точки фигуры. [7, 185]
Граничныеточки фигуры образуют некоторую линию — кривую или ломаную. Эта линияназывается границей фигуры. Если плоская линия является границейнекоторой выпуклой фигуры, то она называется выпуклой кривой, или — втом случае, когда эта линия ломаная,— выпуклым многоугольником. [7, 186]
Определение 1.1.7. Выпуклыммногоугольникомназывают и плоскую фигуру, и линию — границу этой фигуры.
Определение 1.1.8. Точками, принадлежащими фигуре, или, точкамифигуры, называют все ее внутренние или граничные точки.
Определение 1.1.9. Если множество содержит все свои граничные точки, то оно называется замкнутым.Если же множество не содержит ни одной своей граничной точки, т.е. состоитиз одних внутренних точек, то оно называется открытым. [7, 15]
Определение 1.1.10. Одномерные выпуклые фигурыэто линии, обладающие тем свойством, что отрезок АВ, соединяющийлюбые две точки А и В такой линии, целиком принадлежит ей. [8, 16]
Одномерныевыпуклые фигуры можноохарактеризовать как выпуклые фигуры, все точки которых являются граничными.
Двумерные(плоские) выпуклые фигуры могут быть весьма разнообразны (см., например, фигуры а), б), в)нарис. 1.1.1 и а), б), в), г)на рис. 1.1.3).
Определение 1.1.11. Отрезокэто ограниченнаяодномерная выпуклая фигура.
         ПустьФ — произвольная плоская фигура.
Определение 1.1.12. Прямая lназывается опорной прямой фигуры Ф, если онапроходит хотя бы через одну граничную точку фигуры Ф и вся фигура Ф расположенапо одну сторону от прямойl (рис.1.1.5).
/>
Рис.1.1.5
 
Например, прямая, проведенная через вершинутреугольника параллельно противолежащей стороне (рис. 1.1.6, а), илисторона треугольника (рис. 1.1.6,6)являются опорными прямымитреугольника; каждая сторона выпуклого многоугольника является его опорнойпрямой. Касательная к окружности является опорной прямой для круга,ограниченного этой окружностью (рис. 1.1.6, в).Опорная прямая можетиметь с выпуклой ограниченной фигурой или единственную общую точку (см.,например, рис. 1.1.6, а, в), или целый общий отрезок (рис. 1.1.6, б);если выпуклая фигура не ограничена, то опорная прямая может даже целикомпринадлежать фигуре (рис. 1.1.6, г). [8, 18]

/>
Рис. 1.1.6
Опорную прямуювыпуклой фигуры Ф можно также определить следующим образом:
Определение 1.1.13. Опорная прямая выпуклой фигуры Ф — это такая прямая, которая содержит граничные точки фигуры, но не содержит ниодной ее внутренней точки.
Действительно,прежде всего ясно, что опорная прямая не может содержать внутренней точки А фигуры:в противном случае точки фигуры Ф, расположенные внутри некоторой окружности сцентром в точке А, находились бы по обе стороны от опорной прямой(рис. 1.1.7). С другой стороны, если прямая lне содержит внутренних точек выпуклой фигуры Ф, то всяфигура должна быть расположена по одну сторону от l. Действительно, пусть А — какая-нибудьвнутренняя точка Ф. Если бы какая-либо (внутренняя или граничная) точка В фигурынаходилась по другую сторону от прямой l, чем точка А (рис. 1.1.8), то точкапересечения прямой lс отрезком АВ была бы внутренней точкой Ф (см. задачу 1.1.3а, б). [8, 19]
/>
 
Теорема1.1.1. К каждой ограниченной выпуклойфигуре можно провести в точности две опорные прямые, параллельные данномунаправлению.
Доказательство.
Для тогочтобы это доказать, проведем через каждую точку ограниченной выпуклой фигуры Фпрямую, параллельную данному направлению (рис. 1.1.9). Все эти прямыепересекают произвольную прямую, перпендикулярную к выбранному направлению, поодномерной выпуклой фигуре (если А иВ — две произвольные точкипересечения нашей совокупности прямых с перпендикулярной к ним прямой, а С—произвольнаяточка отрезка АВ, то С тоже должна принадлежать этому пересечению;это нетрудно видеть из рис. 1.1.9, если воспользоваться выпуклостью фигуры Ф).Следовательно, это пересечение должно быть отрезком прямой линии(ограниченность пересечения вытекает из ограниченности фигуры Ф), асовокупность прямых, параллельных заданному направлению, проведенных через всеточки Ф, должна представлять собой полосу. Крайние (граничные) прямые l1 и l2 этой полосы и являются двумяопорными прямыми, параллельными заданному направлению.
/>
Рис. 1.1.9
Теоремадоказана. [8, 20]
Определение 1.1.14. Наибольшее расстояние между двумя точками плоскойфигуры Ф называется диаметром фигуры.
Иначеговоря, диаметром фигуры Ф называется такое расстояние d, что, во-первых, расстояние междулюбыми двумя точками М и N фигуры Ф не превосходитd и, во-вторых, можно отыскать в фигуре Ф хотя бы однупару точек А и В, расстояние между которыми в точности равно d. [1, 6]
Например, для круга диаметр, в указанномсмысле, совпадает с обычным его диаметром (наибольшая из хорд).
Определение 1.1.15. Пусть К выпуклая кривая l’ и l’’ две ее параллельные опорные прямые.Расстояние h между этими опорными прямыми называется шириной кривой К внаправлении перпендикулярном к прямым l’ и l’’ (рис. 1.1.10). [7, 198]
/>
Рис.1.1.10
 
Определение 1.1.16. Наименьшую ширину выпуклой кривой К называют шириной К.
Определение 1.1.17. Совокупность лучей, исходящих изодной точки О, называется выпуклой, если она содержит вселучи, проходящие внутри угла, меньшего 180°, образованного любыми двумя лучамисовокупности, не составляющими продолжение один другого.
Теорема1.1.2.Выпуклая совокупность лучей можетбыть одним лучом, парой лучей, являющихся продолжением один другого, углом,меньшим 180°, полуплоскостьюлибо целой плоскостью (рис. 1.1.11).
/>
Рис. 1.1.11
 

Доказательство.
В самомделе, из определения выпуклой совокупности лучей непосредственно следует, чтопересечение такой совокупности с любой прямой, не проходящей через точку О,выпукло. Рассматривая пересечения выпуклой совокупности лучей, с двумяпараллельными прямыми, расположенными по разные стороны от точки О, иучитывая, что каждое из этих пересечений может совсем не содержать точек, бытьединственной точкой, отрезком, лучом или всей прямой, нетрудно выяснить, чтовыпуклая совокупность лучей может быть только одного из перечисленных вышевидов; все возможные здесь случаи приведены на рис. 1.1.12. [8, 21]
/>
Рис. 1.1.12
Теоремадоказана. [8, 22]
Пусть Ф— некоторая выпуклая фигура и О — ее граничная точка. Проведем из точки Олучи, соединяющие ее с каждой точкой (внутренней или граничной) фигуры Ф(рис. 1.1.13).

/>
Рис.1.1.13
Мыполучим выпуклую совокупность лучей. В самом деле, если ОА и ОВ —два луча данной совокупности (А и В — точки фигуры Ф), то вселучи, расположенные внутри острого угла АОВ, пересекают отрезок АВ,целиком состоящий из точек фигуры Ф, и, следовательно, принадлежат даннойсовокупности. [8, 22]
Получившаясясовокупность лучей не может быть единственным лучом или парой лучей,составляющих продолжение один другого, так как считается, что фигура неодномерна.
Нетрудно так же показать,что эта совокупность лучей не может заполнить всю плоскость. Действительно,если лучи заполняют плоскость, то среди них можно выбрать две такие пары лучей ОАи ОВ,ОС и ОD, что лучи каждой пары, составляют продолжение один другого. ПустьА,В,С,D—точки выпуклой фигуры, лежащие на этих лучах (рис. 1.1.14).Фигура Ф вместе с точками А,В, С должна содержать весьтреугольник АВС (см. рис. 1.1.14) и вместе с точками А,В,D—весь треугольник АВD, т. е. она должна содержать весь выпуклыйчетырехугольник АСВD,для которого точка Оявляется внутренней. Таким образом, в этом случае точка О не может бытьграничной точкой фигуры Ф. [8, 23]

/>
Рис. 1.1.14
Следовательно,рассматриваемая совокупность лучей будет либо полуплоскостью, либо углом,меньшим 180°. В первом случае (рис. 1.1.15) точка О называется обыкновеннойточкой выпуклой кривой К, ограничивающей фигуру Ф.
ПрямаяГ, ограничивающая полуплоскость, является опорной прямой фигуры Ф (все точки Флежат на лучах нашей совокупности, а следовательно, с одной стороны от прямойГ).
/>
Рис. 1.1.15                        Рис. 1.1.16
При этомпрямая Г является единственной опорной прямой фигуры Ф в точке О,так как по обе стороны от каждой другой прямой l, проходящей через О, есть лучи нашейсовокупности, а следовательно, и точки фигуры Ф (рис. 1.1.15). Такая опорная прямаяГ фигуры Ф, ограничивающая полуплоскость, называется касательнойвточке О квыпуклой кривой К.[7, 188]
Вовтором случае, когда выпуклая совокупность лучей является углом, меньшим 180°, точкаО называется угловой точкой выпуклой кривойК, ограничивающейфигуру Ф (рис. 1.1.16).
Всеточки фигуры Ф заключены в этом случае внутри угла МОN; поэтому всякая прямая l, проходящая внутри угла МОN’, смежного с углом МОN, будет опорной прямой фигуры Ф. В частности, опорными будут илучи ОМ,ОN,которые называются полукасательнымв точке О к выпуклой кривой К, ограничивающей фигуру Ф. [1, 40]
Определение 1.1.18. Угол MON= /> называется внутренним углом(или просто углом) выпуклой кривой К или выпуклой фигуры Ф в точке О,а угол МОN’ =180° -/> называетсявнешним углом кривой К или выпуклой фигуры Ф. [7, 189]
Согласноэтому определению все точки выпуклого многоугольника, кроме вершин, являютсяобыкновенными, причем касательными в этих точках являются сторонымногоугольника. Вершины выпуклого многоугольника являются его угловыми точками,а определенные выше углы совпадают с углами многоугольника в обычном смысле(рис. 1.1.17).
/>
Рис.1.1.17
Сопоставляяоба случая — случай обыкновенной точки выпуклой кривой и случай угловой точки,приходим к заключению, что через каждую точку выпуклой кривой проходит, покрайней мере, одна опорная прямая. [1, 41]
Определение 1.1.19. Ограниченная фигура называется выпуклой, есличерез каждую ее граничную точку проходит, по крайней мере, одна опорная прямая.[8, 26]
Пусть Ф— произвольная ограниченная выпуклая фигура, К— ее граница. Установим накривой К определенное направление обхода, например, против часовойстрелки. При движении по кривой К в этом направлении фигура Ф все времяостается слева (рис. 1.1.18). В соответствии с этим установим направления и наопорных прямых фигуры Ф.
Будемвыбирать направление опорной прямой l фигуры Ф таким образом, чтобы фигура Ф лежала слеваот прямой l(рис. 1.1.19).
/>
Рис.1.1.18                   Рис. 1.1.19
В такомслучае две параллельные между собой опорные прямые l1 и l2 фигуры Фполучат противоположные направления. Таким образом, каждому направлению вплоскости (которое можно задавать при помощи прямой со стрелкой) будетсоответствовать единственная опорная прямая, имеющая это направление (рис.1.1.19).
Если Кэто многоугольник, то задание направления обхода позволяет говорить о направленияхсторон многоугольника.
Определение 1.1.20. п граничных точек А,В,С,...,Р фигуры Ф расположены вциклическом порядке, если при обходе кривой К, ограничивающейфигуру Ф, против часовой стрелки эти точки встречаются в указанном порядке

/>
Рис.1.1.20
 
Определение 1.1.21. Если точки А,В,С,..., Р кривой К расположены в циклическом порядке, томногоугольник АВС...Р называется вписанным в кривую К.
Определение 1.1.22. Если l1, l2,…, lпэто п опорных прямых выпуклой фигуры Ф, накаждой из которых установлено направление, а П1, П2,…, Пn — соответствующие им левыеполуплоскости (рис.1.1.21), то Ф расположена в каждой из этих левыхполуплоскостей, а значит, и в их пересечении. Если это пересечение ограничено,т. е. является многоугольником, то этот многоугольник называется описаннымвокруг фигуры Ф или вокруг ограничивающей ее кривой К.[8, 27]
 
/>
Рис. 1.1.21
Из этогоопределения следует, что многоугольник, описанный вокруг выпуклой фигуры,всегда является выпуклым. Сторонами описанного многоугольника являются отрезки прямыхl1, l2,…, lп.
Может,однако, оказаться, что три (или больше) из взятых п опорных прямых будутпроходить через одну и ту же граничную точку фигуры Ф (которая в этом случаеобязательно является угловой; рис. 1.1.22). В таком случае описанныймногоугольник будет иметь меньше чем п сторон. Такой многоугольникназывают n-угольником, имеющим одну или несколько сторон нулевойдлины, т. е сторон, превратившихся в точки. Эти стороны нулевой длины имеютопределенные направления, а именно направления соответствующих опорных прямых
/>
Рис.1.1.22
Этопозволяет говорить об п внутренних и внешних углах описанного n-угольника независимо от того, имеетли он стороны нулевой длины или нет.
Определение 1.1.23. Длиной ограниченной выпуклой кривой К иплощадью фигуры Ф, которую эта кривая ограничивает, называются пределы периметров,соответственно площадей, вписанных в Ф многоугольников, все стороны которыхбезгранично уменьшаются, или описанных вокруг Ф многоугольников, все внешниеуглы которых безгранично уменьшаются.
Из этогоопределения следует, что если выпуклая кривая К целиком заключена внутривыпуклой кривой К’, то длина К не может быть больше длины К’.
Теорема1.1.3.Если выпуклая кривая К целикомзаключена внутри выпуклой кривой К’,то длина К не может быть больше длины К’.
Доказательство.
Действительно,рассмотрим последовательность многоугольников, вписанных в кривую К, стороныкоторых безгранично уменьшаются, и последовательность многоугольников,описанных вокруг К’, внешние углы которых безгранично уменьшаются(рис. 1.1.23).
/>
Рис.1.1.23
Каждыйиз многоугольников второй последовательности заключает в себе каждый извыпуклых многоугольников первой последовательности и, следовательно, имеетбольший периметр; отсюда следует, что предел периметров многоугольников второйпоследовательности — длина К’ не меньше предела периметровмногоугольников первой последовательности — длины К.
Теоремадоказана.
Определение1.1.24.Периметром плоской фигуры называется длина кривой,ограничивающей эту фигуру. [8, 28]
 
1.1 Задачи
Задача№1.1.1. Докажите, что пересечение двух или несколькихвыпуклых фигур есть выпуклая фигура.
Задача№1.1.2. Докажите, что всякий выпуклыймногоугольник является пересечением конечного числа полуплоскостей (рис.1.1.24).[8, 14]

/>
Рис.1.1.24
Задача№1.1.3. Докажите, что
а)      еслиА иВ — внутренние точки выпуклой фигуры Ф, то все точкиотрезка АВ — внутренние точки Ф;
б)      еслиА — внутренняя, аВ — граничная точка выпуклой фигуры Ф,то все точки отрезка АВ, кроме В,— внутренние точки Ф;
в)      еслиА и В—граничные точки выпуклой фигуры Ф, то либо все точкиотрезка АВ — граничные точки Ф, либо все точки отрезка АВ,кроме А и В,— внутренние точки Ф.
Задача №1.1.4. Докажите, что всякая прямая,проведенная через внутреннюю точку выпуклой фигуры, пересекает ее границу неболее, чем в двух точках. Если выпуклая фигура ограничена, то каждая прямая,проходящая через какую-либо ее внутреннюю точку, пересекает границу фигурыровно в двух точках.
Задача №1.1.5. Докажите, что если всякая прямая, проходящая черезлюбую внутреннюю точку ограниченной фигуры, пересекает ее границу в двухточках, то фигура выпукла. [8, 15]
Задача№1.1.6. Докажите, что каждая из двухпараллельных опорных прямых, расстояние между которыми имеет наибольшеевозможное значение, содержит единственную точку границы фигуры и что отрезок,соединяющий эти точки, перпендикулярен к обеим опорным прямым (рис. 1.1.25). [8,20]

/>
Рис. 1.1.25
 
Задача№1.1.7. Докажите, что наибольшее расстояниемежду двумя точками выпуклой фигуры совпадает с наибольшим расстоянием междупарой параллельных опорных прямых.
Задача№1.1.8. Докажите, что если А и В —две точки выпуклой фигуры Ф, расстояние d между которыми имеет наибольшее значение, то прямые,проведенные через точки А иВ перпендикулярно к отрезку АВ,являются опорными прямыми Ф. [8, 21]
1.2Решения
Задача№1.1.1
Пусть Ф1и Ф2 — две выпуклые фигуры, Ф — их пересечение, Аи В — две произвольные точки, принадлежащие пересечению Ф(рис. 1.1.26). По определению пересечения двух фигур обе точки А иВ принадлежаткак фигуре Ф1, так и фигуре Ф2. В силувыпуклости фигуры Ф1 все точки отрезка АВ принадлежат Ф1,а в силу выпуклости Ф2 — все они принадлежат также фигуре Ф2.Следовательно, отрезок АВ целиком принадлежит пересечению Ф фигурФ1 и Ф2, а это и означает, что пересечение Фвыпукло.
/>
Рис. 1.1.26                         Рис. 1.1.27

Точнотак же доказывается, что пересечения Ф нескольких выпуклых фигур Ф1,Ф2,...,Фпвыпукло: если А и В— две произвольные точки Ф, то А и В принадлежатодновременно всем фигурам Ф1,Ф2, ...,Фп и в силу того, что все эти фигуры выпуклы, все точки отрезка АВпринадлежат одновременно всем фигурам Ф1,Ф2,...,Фn, т.е. принадлежат их пересечению Ф.
Примечание. Теорема остается верной и в томслучае, когда фигур Ф1,…,Фn,… бесконечно много; доказательство ее остаётся прежним.Например, на рис. 1.1.27 изображены равные между собой квадраты с общимцентром. Легко видеть, что пересечением всех таких квадратов (а этих квадратовбесконечно много) является круг, т. е. выпуклая фигура.
Задача№1.1.2
Выпуклыймногоугольник Ф лежит по одну сторону от каждой прямой, являющейсяпродолжением его стороны. В самом деле, если бы существовала точка С,принадлежащая Ф и расположенная не с той стороны прямой АВ (АиВ — две соседние вершины Ф), с какой многоугольник Фпримыкает к стороне АВ (рис. 1.1.28), то, например, отрезок МС, соединяющийвнутреннюю точку М отрезка АВ с точкой С, не принадлежал быцеликом Ф, т. е. многоугольник Ф не мог бы быть выпуклым. Такимобразом, выпуклый многоугольник Ф расположен целиком в каждой изполуплоскостей, границами которых служат прямые, содержащие каждую из сторонмногоугольника. Пересечение всех таких полуплоскостей и дает многоугольник Ф.
/>
Рис.1.1.28

Задача№1.1.3
а) ПустьА и В — две внутренние точки фигуры Ф. Согласноопределению внутренних точек (определение1.1.4)существуют двакруга С и С’ с центрами соответственно в точках А и В,все точки которых принадлежат фигуре Ф (рис. 1.1.29, а).ПустьМNи РQ — внешние общие касательные кругов С и С’.В силу выпуклости Ф вся криволинейная фигура МРQN, заштрихованная на рис. 1.1.29, а)принадлежит Ф,и следовательно, каждая точка Dотрезка АВ является центром некоторого круга, все точки которогопринадлежат Ф (этот круг вписан в фигуру МРQN).
б)Доказательство почти не отличается от доказательства пункта а), толькоокружность С’ приходится заменить одной точкой В и фигуру МPQN— фигурой MBN, заштрихованной на рис. 1.1.29, б).
/>
Рис. 1.1.29
в) ПустьА и В — две граничные точки выпуклой фигуры Ф. Отрезок АВможет целиком состоять из граничных точек (рис. 1.1.30, а) — это и естьпервый случай, указанный в условии задачи.
/>
Рис. 1.1.30

Если жекакая-либо точка С отрезка АВ является внутренней точкой Ф,то согласно пункту б) все точки отрезков СА иСВ, кроме Аи В, должны быть внутренними для Ф — это второйслучай, указанный в условии (рис. 1.1.30, б). [8, 140]
Задача№1.1.4
Пусть Фэто выпуклая фигура, О — ее внутренняя точка и l—прямая, проходящая через точку О.Так как прямая lсамаявляется выпуклой фигурой, то ее пересечение с фигурой Ф будет (согласнозадаче 1.1.1) выпуклой фигурой, расположенной на прямой (одномерной выпуклойфигурой), т. е. отрезком, лучом или всей прямой. Если это — отрезок, то егоконцы А иВ являются граничными точками фигуры Ф (рис. 1.1.31),и следовательно, прямая lсодержит две граничные точки Ф.
/>
Если этопересечение — луч (прямая l1 нарис. 1.1.31), то его начало А’ будет единственной граничной точкойфигуры Ф, лежащей на прямой l1.
Если,наконец, прямая l целикомпринадлежит фигуре (рис. 1.1.32), то на этой прямой нет ни одной граничнойточки фигуры Ф.
Еслифигура Ф ограничена, то ее пересечение с прямой также ограничено и,следовательно, является отрезком. Таким образом, на каждой прямой l, проведенной через внутреннюю точкуограниченной выпуклой фигуры Ф, имеются ровно две граничные точки этойфигуры. [8, 142]
Задача№ 1.1.5
Утверждениеданной задачи равносильно утверждению, что для всякой ограниченной невыпуклойфигуры Ф найдется прямая, пересекающая ее границу более чем в двухточках. Докажем это.
Пусть Ф— ограниченная невыпуклая фигура. В таком случае найдутся такие точки А иВ, принадлежащие Ф, что отрезок, их соединяющий, непринадлежит целиком фигуре Ф; обозначим через С точку отрезка АВ,не принадлежащую Ф (рис. 1.1.33, а).Мы всегда можем предположить,что точкаА — внутренняя точка Ф.
/>
Действительно,если А — граничная точка Ф, А’ — внутренняя точка,достаточно близкая к точке А, то отрезок А’В также будет иметьточки вне фигуры Ф (рис. 1.1.33, б).
Итак,пусть А — внутренняя точка. На отрезке ВС есть граничная точка Р1,фигуры Ф (может быть, совпадающая с В), т.к. точка В принадлежитфигуре Ф, а С лежит вне ее. На отрезке АС также естьграничная точка Р2 фигуры Ф (А лежит внутри Ф,С— вне этой фигуры). Тогда, продолжив отрезок ВА за точку А,мы получим луч АD,исходящий из внутренней точки А фигуры Ф. На этом луче также естьграничная точка Р3 фигуры Ф (т.к. фигура Фограничена).
Итак, напрямой АВ, проходящей через внутреннюю точку А фигуры Ф,лежат по крайней мере три граничные точки Р1,Р2иР3, что и требовалось доказать. Следовательно, всякаяфигура Ф, удовлетворяющая условию задачи, должна быть выпуклой.
Задача№1.1.6
Пусть l1 иl2 — две параллельные опорные прямыефигуры Ф, расстояние между которыми имеет наибольшее значение; А1и А2— граничные точки фигуры Ф, принадлежащиесоответственно прямым l1 иl2. Покажем, что отрезок А1 А2перпендикулярен к обеим прямымl1 иl2. В самом деле, если бы это было нетак, то расстояние между прямыми l1 иl2 былобы меньше, чем отрезок А1А2(рис. 1.1.34), и темболее меньше, чем расстояние между двумя опорными прямыми l1’и l2 ’ фигуры Ф, перпендикулярнымик отрезкуА1А2, что противоречит условию(т.к. мы нашли две опорные прямые расстояние между которыми больше расстояниямежду опорными прямыми l1 иl2).
Так как А1и А2— какие угодно граничные точки фигуры Ф,принадлежащие соответственно прямым l1 иl2, то из перпендикулярности отрезка А1А2к прямым l1 иl2 следует, что ни одна из прямыхl1 иl2 не может иметь с фигурой Фцелый общий отрезок (т. е. случай, изображенный на рис. 1.1.35, невозможен);другими словами, каждая из этих прямых содержит единственную граничную точкуфигуры Ф. [8, 143]
/>

Задача№1.1.7
         ПустьФ — выпуклая фигура,l1 и l2— параллельные опорные прямые, расстояние междукоторыми имеет наибольшее возможное значение d, А1и А2 — общиеточки фигуры Ф и прямых l1иl2 соответственно. Так как отрезок А1А2перпендикулярен к прямым l1 и l2(см. задачу 1.1.6), то длина его равна d(рис. 1.1.36). Остается толькодоказать, что расстояние между любыми двумя точками фигуры Ф непревосходит d. Действительно, если В иС —какие-либо две точки фигуры Ф, а т ип — опорные прямые,перпендикулярные к прямой содержащей отрезок ВС (рис. 1.1.37), тоотрезок ВС не превосходит расстояния между прямыми т и п,которое в свою очередь не превосходит d.Следовательно, длина ВС не может быть больше d.
/>
 
Задача№1.1.8
Проведемдве опорные прямые lит выпуклой фигуры Ф, перпендикулярные к отрезку АВ.Всяфигура Ф заключена в полосе между прямыми lит, а следовательно, в этой полосепомещается и отрезок АВ длины d, перпендикулярный к прямым lит.Но так как расстояние между прямымиlит не может быть больше d(задача 1.1.7), то прямые lит должны проходить черезконцы А и В отрезка. [8, 145]
 

2.Изопериметрическая задача
 
Согласно преданию давным-давно финикийская царевна Дидона снебольшим отрядом преданных ей людей покинула родной город Тир, спасаясь отпреследований своего брата Пигмалиона. Ее корабли отправились на запад поСредиземному морю, и плыли пока Дидона не заметила удобное для поселения местона африканском побережье, в нынешнем Тунисском заливе. [4, 13]
Король местных жителейнумидийцев Ярб согласился продать Дидоне лишь маленький, по его мнению, участокземли, «в пределах воловьей шкуры». Однако Дидона поступила хитрее.Она разрезала шкуру на тонкие ремни и связала их в одну длинную ленту. Затемперед царевной стояла задача, как этой лентой отгородить участок земли наибольшейплощади. Дидона успешно справилась с поставленной задачей и на этом местеосновала город Карфаген.
Итак, Дидоне пришлось решать следующую задачу:
Как нужно расположить шнур фиксированной длины L, чтобы он отгораживал отпрямолинейного берега участок земли максимальной площади? [4, 14]
Задача Дидоны являетсячастным случаем изопериметрическихзадач. Это название происходит отдвух греческих слов: isos — равный и perimetron — обмер, обвод. Изопериметрическаязадача состоит в том, чтобы среди данной совокупности фигур, имеющих одинаковуюдлину контура (одинаковый периметр), найти ту, чья площадь больше площади любойдругой фигуры рассматриваемой совокупности.
Рассмотримпростой пример. Пусть выделенный класс геометрических фигур состоит из всехтреугольников с данным периметром, тогда изопериметрическая задача заключаетсяв том, чтобы найти треугольник данного периметра, укоторого площадь максимальна. Таким треугольником является равносторонний треугольник.
Значительноболее сложной является основная изопериметрическая задача:
Средивсех плоских фигур данного периметра Lнайдите ту,которая имеет максимальнуюплощадь. [5, 22]
Ответом этой задачи является круг. Еще в древней Греции былоизвестно, что круг имеет большую площадь, чем все другие фигуры с тем же самымпериметром, а шар — наибольший объем среди всех тел с одной и той жеповерхностью. Недаром круг и шар были в древности символами геометрическогосовершенства. В начале второго века до нашей эры греческий геометр Зенодорнаписал специальный трактат «О фигурах, имеющих равную периферию». Осуществовании этого трактата мы узнаем из сочинений греческих комментаторовЗенодора — Паппа (III в. н. э.) иТеона (IV в. н. э.). Сама рукопись Зенодораутеряна. [5, 23]
Хотя ответ в основной изопериметрической задаче и кажется очевидным,строгое ее решение содержит определенные трудности. Швейцарский геометр Штейнер, впервые, доказавший что толькокруг может служить решением изопериметрической задачи предположил, что фигура наибольшейплощади существует. Однако это рассуждение не является строгим. [3, 30]
Рассмотрим общие свойства изопериметрических фигурмаксимальной площади, для множества фигур на плоскости с данным периметром р.
Свойство 1.2.1. Всякая максимальная фигура выпукла.
Доказательство.
Пусть хорда А1В1, соединяющаяточки А1,В1нашей фигуры, не лежит целикомвнутри нее. Тогда, очевидно, некоторый отрезок этой хорды, скажем АВ,лежит весь (кроме концов) вне фигуры. Можно считать поэтому, что данафигура с периметром АаВС, равным р, не содержащаяхорду АВ (рис. 1.2.1). Заменим дугу а хордой АВ.Периметрпри такой замене уменьшится, а площадь увеличится на часть АаВ.Построимтеперь фигуру, подобную построенной фигуре А/>ВС,но с периметром, равным периметру первоначальной фигуры АаВС.Уновой фигуры площадь будет больше, чем у второй (поскольку коэффициент подобиябольше единицы), и подавно больше, чем у первоначальной.
/>
Свойство доказано. [5, 24]
Свойство 1.2.2. Всякая хорда максимальной фигуры спериметром р, делящая пополам ее периметр, обязательно делит ровно пополам и ееплощадь.
Доказательство.
Действительно, пусть у фигуры АВСDс периметром р хорда АС делитпериметр пополам (рис. 1.2.2). Обозначим через S1, площадь фигуры AВС,а через S2 — площадь АDС.Предположим, что S1>S2. Построим тогда новую фигуру АВСEА, заменив линию АDС линией АЕС, симметричной с АВС относительнохорды АС.Новая фигура АВСЕА, имея прежний периметр, имеетплощадь больше площади первоначальной фигуры, так как площадь новой фигурыравна 2S1, а площадь первоначальной равна S1+S2, в то время как по предположению S1>S2 и, следовательно, 2S1>S1+S2. Поэтому фигура АВСDне является, вопреки предположению, максимальной. Этодоказывает, что предположение S1> S2 неверно. Аналогично доказывается, что и предположение S1
Свойство доказано. [3, 31]

/>
Так какпри преобразовании подобия площадь плоской фигуры и квадрат ее периметраувеличиваются или уменьшаются в одинаковое число раз и, следовательно,отношение площади к квадрату периметра не меняется, то задачу можносформулировать следующим образом:
Средивсех плоских фигур найти фигуру, для которой отношение площади к квадратупериметра было бы наибольшим.[8, 67]
В задаче1.2.5 доказывается, что если выпуклая фигура Ф отлична от круга, то существуетфигура />, имеющая тот же самыйпериметр, что и Ф, и большую площадь. При этом в задаче 1.2.5 утверждается, чтотакой фигурой может быть только круг. Таким образом, может показаться, чтозадача 1.2.5 полностью решает изопериметрическую задачу. Однако, хотя это заключениеи является верным (см. задачу 1.2.6), пока мы не имеем оснований делать этозаключение с полной определенностью: задача 1.2.5 подсказывает ответ изопериметрическойзадачи, но не дает ее решения. Яркий пример, показывающий, что существованиерешения надо доказывать, доставляет следующая модификация парадоксаПеррона:
Теорема 1.2.1. Среди всех квадратов наибольшуюплощадь имеет квадрат со стороной 1.
Доказательство
Пусть наибольшую площадь имеет квадрат со стороной a. Рассмотрим два случая:аи a>1. Если а, то а2и площадь квадрата со стороной а не является наибольшей (она меньшеплощади единичного квадрата). Если же а>1, мы возьмем квадрат состороной b=а2. Тогда b>а (так как а> 1), и площадь квадратасо стороной bбудет b2, притом b2>а2(так как b>а). Значит, квадрат со стороной а неимеет наибольшую площадь, вопреки предположению.
Теорема доказана. [5, 23]
В доказательстве этой теоремы допущена ошибка, а именно недоказано, что существует квадрат наибольшей площади.
Рассмотрим решение задачиДидоны, пользуясь изопериметрическим свойством круга (см. задачу 1.2.6).
Пусть AВС и А’В’С’ представляют собой полукруг икакую-нибудь другую фигуру, удовлетворяющую всем условиям задачи. Прибавляя кэтим фигурам фигуры АDС и А’D’С’, симметричные с первыми относительноосей АС и А’С’, составим две новые фигуры: круг АВСDи отличную от круга фигуру А’В’С’D’, периметры которых равны 2l. Согласно основной теореме об изопериметрах, площадь круга АВСDбольше площади фигуры А’В’С’D’.Поэтому площадь полукруга АВС больше площади фигуры А’В’С’и полукруг АВС будет решением задачи Дидоны. [5, 25]
 
2.1 Задачи
Задача №1.2.1.
а) Докажите,что из всех треугольников с двумя заданными сторонами наибольшую площадь имееттот, у которого эти стороны взаимно перпендикулярны.
б) Докажите,что из двух неравных треугольников, имеющих равные основания и равные углы припротиволежащей вершине, большую плошать и больший периметр имеет тот, укоторого разность углов при основании меньше (разность боковых сторон меньше);из всех треугольников с данным основанием и данным углом при противолежащейвершине наибольшую площадь и наибольший периметр имеет равнобедренный.
в) Докажите,что из всех параллелограммов с данным острым углом и данным периметромнаибольшую площадь имеет ромб.
г) Докажите,что из двух неравных треугольников с одинаковыми основаниями и одинаковымипериметрами большую площадь имеет тот, у которого меньше разность углов приосновании (меньше разность боковых сторон); из всех треугольников с даннымоснованием и данным периметром наибольшую площадь имеет равнобедренный.
д)      Докажите,что из всех трапеций с данными основаниями и данным периметром наибольшуюплощадь имеет равнобокая. [8, 67]
Задача №1.2.2 .
а)Докажите, что из всех треугольников с данным периметром наибольшую площадь имеетравносторонний треугольник.
б)Докажите, что из всех четырехугольников с данным периметром наибольшую площадьимеет квадрат. [7, 335]
Задача №1.2.3.
а)Докажите, что среди всех n-угольников,вписанных в данную окружность, правильный имеет наибольшую площадь.
б)Докажите, что среди всех n-угольников,вписанных в данную окружность, правильный имеет наибольший периметр. [6, 63]
Задача №1.2.4 .
а) Докажите,что из всех выпуклых четырехугольников с данными углами и данным периметромнаибольшую площадь имеет четырехугольник, в который можно вписать окружность
б)Докажите, что из всех выпуклых n-угольниковс данными углами и данным периметром наибольшую площадь имеет n-угольник, в который можно вписать окружность.[8, 68]
Задача№1.2.5. Докажите,что если выпуклая фигура Ф отлична от круга, то существует фигура />, имеющая тот же самыйпериметр, что и Ф, и большую площадь. [8, 71]
Задача №1.2.6. Докажите, что круг имеет большуюплощадь, чем каждая другая фигура того же периметра. [6, 67]
 
2.2 Решения
Задача №1.2.1
а) Утверждение задачи совершенноочевидно (см. рис. 1.2.3)
/>
Рис. 1.2.3
б) Наложимдва треугольника, удовлетворяющих условию задачи, друг на друга, чтобы ихоснования совпали, вершины С и С’ были расположены по однусторону от общего основания АВ и чтобы одновременно выполнялисьследующие условия:
 
/>САВСВА,/>С’АВС’ВА (рис. 1.2.4, а)
/>
В этом случае вершины Си С’ треугольников будут расположены на дуге окружности ВС’СА,вмещающей угол АСВ, равный углу АС’В (по условиюзадачи).Из рис. 1.2.4, а)сразу видно, что вершина треугольника АВС,имеющего меньшую разность углов при основании, чем треугольник АВС’,расположена ближе к середине дуги ВС’СА, откуда следует, что высота/>АВС больше высоты/>АВС’, и,следовательно, S/>АВС>S/>АВС’.
Намостается еще доказать, что:
 
СА —СВ ;
и СА+СВ>С’А+С’В.
Отложимна стороне СА отрезок СD=СВ и на стороне С’А отрезок С’D’= С’В и соединим D и D’ сВ (рис. 1.2.4, а).Таккак углы АDВ и АD’Bэтовнешние углы равнобедренных треугольников BCD и BC’D’ то:
/>ADB=2d-/>=/> , гдеd=90°.
/>AD’B=d+/>.
Так как />ADB=/>АD’В, то точки Dи D’ лежат на дуге окружности BD’DA.Поскольку />DВА />D’ВА CA-CB=DAD’A=C’A-C’B.
Аналогично,отложив на продолжении сторон BCи BC’ отрезки CE=CAи C’E’=C’A (рис. 1.2.4, б) получим:
СА+СВ= ВЕ> ВЕ’ = С’А+ С’В,
так как /> АЕВ=/>.
Второеутверждение задачи сразу следует из доказанного.
в)Параллелограмм с данным острым углом а и данным периметром 2р разбиваетсядиагональю на два треугольника. Поэтому для решения задачи нам достаточнодоказать, что из всех треугольников с данным углом а при вершине иданной суммой р боковых сторон наибольшую площадь имеет равнобедренныйтреугольник.
Итак,пусть АВС — такой разносторонний треугольник, что:
/>ВАС = а, а АВ+АС = р;
 
предположимдля определенности, что АВ>АС (в противном случае доказательствоаналогично). Построим равнобедренный треугольник АВ’С’, у которого/>В’АС’ = а,АВ’+АС’= р и который расположен, как указано на рис. 1.2.5. Точку пересечениясторон ВС и В’С’ обозначим через М.Докажем теперь,что:
S/>CC’M>S/>BB’M
/>
Действительно,треугольники СС’М и ВВ’М имеют равные углы при вершинах и равныеоснования СС’ иВВ’:
 
СС’ —ВВ’ = (АС’ — АС)— (АВ — АВ’)= (АВ’ +АС’)— (АВ + АС)=р — р = 0.
Далее,из четырех углов ВВ’М,В’ВМ,СС’М и С’СМ наибольшимявляется первый, а следовательно, наименьшим — второй (т.к. сумма двух первыхуглов равна сумме двух последних). Отсюда следует, что разность углов приосновании треугольника ВВ’М больше, чем разность углов при основаниитреугольника СС’М.Таким образом S/>CC’M>S/>BB’M. Следовательно, S/>AB’C’>S/>ABC, что и требовалось доказать. [8, 221]
г)Наложим два треугольника, удовлетворяющих условию задачи, друг на друга так,чтобы их основания совпали, вершины С и С’ были расположены поодну сторону от общего основания АВ, пусть при этом:
 
/>САВСВА;
/>С’АВС’ВА,
пустькроме этого
/>САВ>/>С’AB(рис.1.2.6).
/>
Если быпри этом был/>СВА>/>С’ВА, то/>C’BAбыл бы заключен внутри треугольника />ABCи они не могли бы иметь равныхпериметров.Следовательно, треугольники расположены так, как изображено на рис. 1.2.6;отсюда и из предыдущих соотношений между углами следует, что разность углов приосновании больше у треугольника АС’В (/>CBA-/>CAB />CBA-/>C’AB/> C’BA-/>C’AB). Точку пересечения сторон АС’ и ВС обозначим через М.Отложим на прямой МА отрезок MN=MBи на прямой МС отрезок МР=МС’. При этом точкаN будет находиться между А и М, так как из того,что:

/>МВА >/>САВ>/>МАВ, следует, что МА> МВ.
 
С другойстороны, точка Р будет находиться между М и С, таккак если бы она совпала с некоторой точкой Р’ на продолжении МС,то из равенства периметров двух треугольников мы имели бы
АС+СВ=АС’+С’В, т.е. АС+Р’М-СР’+МВ = АN+NМ+MC’+С’В.
 
Отсюда,так как:
Р’М=МС’,МВ=МNи С’В=Р’N,
мы имелибы:
АС=АN+NР’+Р’С,
чтоневозможно.
Отнявтеперь от треугольников АВС и АВС’ равные между собойтреугольники NМР и МВС’ (заштрихованные на рис.1.2.6), мы сразу обнаружим, что треугольник АВС имеет большую площадь.
Нам ещеостается доказать, что:
 
СА —СВ.
Дляэтого достаточно проверить, что АС(а следовательно, ВС>ВС’).Действительно, если бы было АС>АС’,ВС, то израссмотрения треугольников АСС’ и ВСС’ мы получили бы дванесовместных неравенства:
 

/>АСС’АС’С,/> ВСС’>/>ВС’С.
 
Равенствоже АС=АС’ невозможно, так как треугольники АВС и АВС’, попредположению, не равны.
Второеутверждение задачи сразу следует из доказанного. [8, 223]
д) Длятого чтобы при заданных условиях площадь трапеции АВСDбыла наибольшей, необходимо, чтобы еевысота была наибольшей. Проведя линию ВD’ || СD(рис. 1.2.7), мы получим, что наибольшей высотетрапеции АВСDотвечаетнаибольшая площадь треугольника АВD’ с заданным основанием (равным разности основанийтрапеции) и заданным периметром (равным периметру трапеции минус удвоенноеменьшее основание). После этого остается только применить к треугольнику АВD’ заключение задачи 1.2.1 пункта г. [8, 224]
/>
 
Задача№1.2.2
а) Этанесложная задача имеет несколько решений, мы рассмотрим только два.
Первоерешение.
Поформуле Герона площадь Sтреугольника со сторонами a, b, с и полупериметром р равна:
S=/>

откуда:
S2=p( p-a)( p-b)( p-c).
 
Но таккак:
 
(p-a)+(p-b)+(p-c)=3p-(a+b+c)=3p-2p=p,
 
то потеореме о среднем арифметическом и среднем геометрическом:
(p-a)(p-b)(p-c)/>
и,следовательно, S2/>, где равенство имеет место лишь вслучае p-a=p-b=p-c, т.е. в случае a=b=c, — когда />ABC является равносторонним. [6, 253]
Второерешение
Пусть АВС—неравностороннийтреугольник, АВ— его большая сторона (или одна из двух больших сторон)(рис. 1.2.8, а).
/>
Рис. 1.2.8
Равнобедренныйтреугольник АВС’, имеющий тот же периметр, что и треугольник АВС,и то же основание АВ (рис. 1.2.8, а), в силу задачи 1.2.1 г) имеетне меньшую площадь, чем треугольник АВС.Построим теперь треугольникАDЕ, у которого сторона АDравна/> периметра треугольника АВС’ (илиАВС),/>DАЕ=/>ВАС’и периметр которогоравен периметру />АВС’.Расположимтреугольник АDЕ так, какуказано на рис. 1.2.8, б).Так как АВ — большая сторонатреугольника АВС, а сторона АDравна трети периметра этого треугольника, то АВ>АD; отсюда следует, что АЕ>АС’ (таккак иначе/>АDЕ был бы заключен внутри треугольника АВС’ и не могбы иметь того же периметра). Так как АВ это большая сторонаравнобедренного треугольника АВС’, поэтому:
/>=AD.
Изпоследнего неравенства вытекает, что />АС’D>/>АDС’, т. е. /> ЕС’DВDС’.
         Так как, кроме того, очевидно, что />ВDС’>/>ЕDС’, то в силу задачи 1.2.1 г) мы можем заключить, что из двух треугольниковС’DЕ и ВС’D, имеющих общее основание и равные периметры (т.к. периметртреугольника АВС’ равен периметру треугольникаАDЕ, то AC’+C’E+ED+DA= AC’+C’B+BD+DA, значит C’E+ED=C’B+BD), второй имеет меньшую площадь. Таким образом,
S/>C’ DE>S/>BC’ D, S/>ADE>S/>ABC’.
 
Теперь,построив на основании АDравнобедренныйтреугольник АDF, имеющий тотже периметр, что и треугольник АDЕ (этот треугольник, изображенный пунктиром на рис. 1.2.8,б), очевидно, будет равносторонним (т.к. AD=/>p, AF=FD=/>p), мы получим согласно задаче 1.2.1 г),что:

S/>ADF> S/>ADE
(треугольникАDЕ не совпадает с равносторонним треугольником АDF, так как />60°).
Цепь неравенств:
S/>ABC/> S/>ABC’ADEADF
идоказывает теорему (в этом ряду неравенств мы один раз вынуждены писать /> вместо АВС неравен />AВС’, т. е. что он не равнобедренный). [8, 225]
/>
Рис. 1.2.9
б)Разобьем четырехугольник АВСDдиагональюАС на два треугольника. Заменив треугольники AВС иАСDравнобедренными треугольниками АВ’С и АСD’ с теми же основаниями и с теми же периметрами, мыполучим четырехугольник АВ’CD’, причемв силу задачи 1.2.1 г):
SAB’CD’/>SABCD(рис. 1.2. 9, а).
 

Теперьзаменим равные треугольники АВ’D’ и В’СD’ (по трем сторонам)равнобедренными треугольниками А’В’D’ и В’С’D’ с теми же основаниями и теми же периметрами; мыполучим ромб А’В’С’D’, причем:
SA’B’C’D’/>SAB’CD’ (рис. 1.2.9, б).
Наконец,ромб А’В’С’D’ имеет в силузадачи 1.2.1 а) не большую площадь, чем квадрат А’’B’С’D’’ с той же стороной (рис. 1.2.9, в).
Есличетырехугольник АВСDотличенот квадрата, то в цепи неравенств:
SABCD/>SAB’CD’/> SA’B’C’D’ />SA’’B’C’D’’,
хотя быодин раз должно стоять точное неравенство. [8, 227]
Задача№1.2.3
а) Есливписанный в круг n-угольник неявляется правильным, то у него есть сторона, меньшая стороны соответствующегоправильного n-угольника. Предположим, что у этоговписанного в круг неправильного n-угольникаесть сторона, большая стороны правильного n-угольника (если это не так, то весь n-угольник вписан в дугу окружности, меньшую/> — части окружности; этотслучай можно отбросить, так как тогда многоугольник может быть целиком помещенвнутри правильного n-угольника ииметь в этом случае меньшую площадь; рис. 1.2.10).

/>
Не меняяплощади многоугольника, вписанного в окружность, мы можем поменять его стороныместами так, чтобы рядом оказались сторона, большая стороны правильного n-угольника, и сторона, меньшая стороныправильного n-угольника (очевидно, что если поменятьместами две соседние стороны вписанного в окружность многоугольника, то площадьего не изменится (рис. 1.2.11); повторяя этот процесс, можно добиться того,чтобы любые две стороны оказались рядом).
/>
Рис.1.2.11
Если мытеперь, не меняя остальных сторон, изменим длины этих двух сторонмногоугольника так, чтобы одна из них стала равной стороне правильного n-угольника и многоугольник оставалсявписанным в ту же окружность, то согласно задаче 1.2.1, 6) площадь n-угольника увеличится. Продолжая этотпроцесс далее, мы придем, в конце концов, к правильному n-угольнику; при этом в процессеизменения исходного n-угольника площадьего будет только увеличиваться.
б)Доказывается аналогично решению задачи 1.2.3 а). [6, 251]
Задача№1.2.4
а)Примем известный периметр искомого четырехугольника ABCD за единицу и пусть A’B’C’D’, какой лидо четырехугольник подобный ABCD. Тогда площадь ABCD равна отношению /> площади четырехугольника A’B’C’D’ к квадрату его периметра (т.к. коэффициент подобиячетырехугольников ABCD и A’B’C’D’ равен отношению их периметров т.е. />, а площадь ABCDравна площади A’B’C’D’ умноженной на квадрат коэффициента подобия, т.е.равна S/>=/>)и задача сводится к тому, что бы найти тот из четырехугольников, имеющийнаперед заданные углы, для которого отношение площади к квадрату периметраимеет наибольшее возможное значение (рис. 1.2.12). Нам требуется доказать, чтоискомым будет четырехугольник ABCD который можно описать около окружности. [6, 247]
/>
Рис. 1.2.12
Постоимтреугольник АВFдва угла которого равны углам А и В искомого четырехугольника(такой треугольник невозможно построить лишь в том случае, когда сумма каждыхдвух соседних углов четырехугольника ABCDравна 1800. В этом исключительном случаенаша задача формулируется так: доказать, что из всех параллелограммов с даннымострым углом и данным периметром наибольшую площадь имеет ромб). Нам надопересечь этот треугольник прямой CD данного направления, так, чтобы у получившегося четырехугольника ABCDотношение площади к квадратупериметра было возможно большим. Впишем в треугольник ABF окружность с радиусом r и центром О и проведем прямуюCD заданного направления таким образом,что бы она касалась этой окружности (рис. 1.2.12). Докажем, что четырехугольникABCD обладает требуемым свойством, т.е.,если C’D’ – произвольная прямая параллельная CD, то:
/>/>/> (*)
Обозначимкоэффициент подобия треугольников FCD и FC’D’ через k (k может быть больше или меньшеединицы). Очевидно, что:
/>;
/>;
/>. [6, 248]
Отсюда:
/>;
/>

или,если обозначить
AB+BF+FA через 2p, а CF+FD-DC — через 2q:
/> = r (p-q);
/>r (p-k 2q).
Далее,из подобия треугольников CDFи C’D’F следует:
C’F+ FD’- C’D’=2kq,откуда AB+BC+CD+DA=AB+BF+FA-(CF+FD-CD)=2(p-q),
AB+BC’+C’D’+D’A=AB+BF+FA-(C’F+FD’-C’D’)=2(p-kq).
В силуэтого неравенство (*) примет следующий вид:
/>, откуда имеем:
/>.
Переносяоба члена неравенства в левую часть и умножая его на (положительное) число (p-q) (p-k q)2, получим:
(p-k q)2 -(p-q) (p-k 2q)/>0,
чтопосле раскрытия скобок и упрощения дает:
(1- k)2 p q/>0.
Последнеенеравенство очевидно справедливо. [6, 249]
б) Дляпростоты решим сначала задачу для случая пятиугольника, и пусть М=АВСDЕ иM’=А’В’С’D’Е’- двапятиугольника с периметрами Р и Р’ и площадями S и S’,имеющие равные углы, причем М описан вокруг окружности s радиуса r, а M’ не подобен М. Для того что быдоказать неравенство:
/> (**)
отбросимсоответствующие стороны DЕ и D’E’ пятиугольников М и М’ (такие, что />D+/>Е=/>D’+/>E’>1800) и продолжим примыкающие к DЕ и D’E’ стороны до их пересечения. При этом мы получим двачетырехугольника ABCT и A’B’C’T’ с соответственно равными углами, причемчетырехугольник ABCT описанвокруг окружности s (рис. 1.2.13). Дляупрощения выкладок будем считать, что размеры исходных пятиугольников выбранытак, что рассматриваемые четырехугольники имеют одинаковые периметры, равные Р1(выполнение этого условия всегда можно добиться, преобразовав, если надо,пятиугольник М’ подобно).
/>
Рис. 1.2.13
Ясно, что/>. Обозначим />, где /> — некоторое положительноечисло (равное />). [6, 250]
В силурезультата задачи а) />/>1, причем />=1, лишь, если A’B’C’T’ тоже описан около окружности, т.е. если он равен ABCT.
Далееобозначим DT+ТЕ-DЕ=pиD’T’+Т’Е’-D’Е’=kp, гдеk — коэффициент подобия треугольников />D’E’T’ и/>DTE.Так как
 
/> то />.
Далееимеем:
S=S M=/> - />;
P=AB+BC+CD+DE+EA=(AB+BC+CT+TA)— (DT+TE-ED).
S’=SM’ =/>
P’ = A’B’+B’C’+C’D’+D’E’+E’A’=(A’B’+B’C’+C’T’+T’A’) — (D’T’+T’E’-E’D’).
 
Поэтомунеравенство (**) примет вид:
/> или />/>,
т.е. />.
Нопоследнее неравенство действительно справедливо:
/>,
так как 1-/>, а/>по самому определениюэтих величин. В последнем неравенстве стоит знак >, а не /> так как если 1-/>=0, />=1, то четырехугольник А’В’С’Т’равен четырехугольнику АВСТ, и для того, чтобы пятиугольник А’В’С’D’Е’ был отличен от АВСDЕ, надо, чтобы треугольник D’Е’Т’ был отличен от DЕТ, т. е. что бы было k/>1; таким образом, если (1—а)(Р1— p)Р1=0, то Р1р(1—к)2больше нуля.
Решение задачидля n-угольника проводится по методу математическойиндукции. Оно ничем не отличается от выше приведенного, и все выкладки имеютточно такой же вид. Только вместо пятиугольника всюду надо говорить об n-угольнике и вместо четырехугольника- об (п-1)-угольнике, для которого, по предположению индукции, теоремасчитается уже доказанной (что позволяет утверждать, что /> />1). [6, 251]
Задача№1.2.5
Пусть АВ— хорда фигуры Ф, делящая периметр Ф пополам. Если хорда АВделит площадь Ф на две неравные части, то существует фигура />, имеющая тот же периметр,что и Ф, и большую площадь. Если же хорда АВ делит периметр иплощадь Ф пополам и фигура Ф отлична от круга, то по крайней мереодна из двух частей, на которые АВ делит Ф, отлична от полукругас диаметром АВ.Отсюда следует, что у фигурыФ найдетсятакая граничная точка Р, что угол АРВ отличен от прямого (рис. 1.2.14,а; в противном случае граница Ф являлась бы окружностью с диаметром АВ,и фигура Ф была бы кругом). Заменим теперь часть АРВ фигуры Фновой фигурой А’Р’В’ (рис. 1.2.14, 6), оставив сегменты фигуры,отсекаемые хордамиАР и РВ, без изменения и заменивтреугольник АРВ прямоугольным треугольником с теми же длинами боковыхсторон (АР=А’Р’,РВ=Р’В’); при этом в силу задачи 1.2.1, а):
S/>A’P’B’ >S/>APB. [8, 237]
 

/>
Рис. 1.2.14
Отразивтеперь полученную фигуру А’Р’В’ относительно хорды А’В’, мыполучим фигуру />того же периметра,что и фигура ф (периметр обеих фигур равен удвоенной длине дуги АРВ),но большей площади (площадь/> равнаудвоенной площади фигуры А’Р’В’, площадь Ф — удвоеннойплощади фигуры АРВ). [8, 238]
Задача№1.2.6
Пусть Ф— произвольная выпуклая фигура, К—круг. Нам надо доказать, что отношениеплощади круга К к квадрату его периметра больше, чем отношение площадифигуры Ф к квадрату ее периметра. При этом площадь и периметр Ф иК определятся как пределы площадей и периметров последовательностейописанных вокруг этих выпуклых фигур многоугольников, все внешние углы которыхстремятся к нулю.
Будемрассматривать описанные вокруг Ф и К многоугольники ссоответственно равными углами (например, описанные вокруг Ф и К многоугольникис параллельными сторонами; рис. 1.2.15). В силу задачи 1.2.4, б) отношениеплощади к квадрату периметра будет для каждого многоугольника, описанноговокруг К, не меньше, чем для соответствующего многоугольника,описанного вокруг Ф.
Отсюда,переходя к пределу, получаем, что:
/>

откудауже следует, что круг имеет не меньшую площадь, чем каждая другая выпуклая фигуратого же периметра. Предположим теперь, что фигура Ф не является кругом,т. е. отлична от К.В этом случае, очевидно, не всемногоугольники, описанные вокруг К, будут подобны соответствующиммногоугольникам, описанным вокруг Ф. При этом если М есть первыйиз рассматриваемых многоугольников, описанных вокруг К, которыйне подобен соответствующему многоугольнику />,описанному вокруг Ф, то отношение площади к квадрату периметра длямногоугольника М будет больше (а не только не меньше), чем длямногоугольника /> (см.решения задач 1.2.4 а, б). А так как в дальнейшем отношение площади к квадратупериметра для многоугольников, описанных вокруг К, увеличивается каждыйраз (при переходе от описанного n-угольникак описанному (п+1)-угольнику) больше, чем для многоугольников, описанныхвокруг Ф, то окончательно мы можем заключить, что:
/>
/>
Рис. 1.2.15
 
Примечание. Если уже доказано, что площадькруга К периметра 1 не меньше площади любой иной фигуры Ф того жепериметра (именно это и означает неравенство (*)), то из результата задачи 1.2.5(для любой фигуры Ф, отличной от круга, можно найти фигуру /> того же периметра ибольшей площади) сразу будет следовать, что площадь К (которая не можетбыть меньше площади />) больше площади Ф(т. е. неравенство (**)). [8, 238]
 
3. Задачи на максимуми минимум
Неиссякаемыероссыпи драгоценных задач на максимум и минимум таятся в недрах древнейшей из математическихнаук — геометрии. [4, 30]
Многиезадачи на максимум и минимум связаны с понятиями вписанной и описаннойокружности выпуклой фигуры.
Определение1.3.1. Описаннойокружностью плоскойфигуры Ф называется наименьшая окружность, заключающая Ф внутри себя.
Определение1.3.2. Вписаннойокружностью выпуклойфигуры Ф называется наибольшая окружность, целиком заключающаяся внутри Ф. [7,200]
Впротивоположность описанной окружности вписанная окружность выпуклой фигурыможет и не быть единственной (рис. 1.3.1).
/>
Определение1.3.3. Центром выпуклой фигуры Ф называется еевнутренняя точка О, обладающую следующим свойством: отношения, в которыхделятся точкой О всевозможные хорды фигуры Ф, проходящие через О,заключены в наиболее тесных пределах.
Определение1.3.4. Наименьшее изотношений, в котором делится центром О проходящая через О хордаФ, называется коэффициентом центральности фигуры Ф. [8, 77]
Так, дляцентрально — симметричных выпуклых фигур (и только для таких фигур) коэффициентцентральности равен 1, а центр совпадает с центром симметрии: все хорды,проходящие через центр симметрии, делятся в нем в одном и том же отношении 1:1.Очевидно, что чем ближе к 1 коэффициент центральности выпуклой фигуры, тембольше фигура похожа на центрально — симметричную. [8, 78]
Используязадачу 1.3.3, в которой доказывается, что из всех выпуклых кривых ширины 1 наименьшуюплощадь ограничивает равносторонний треугольник с высотой 1, можно решитьследующую задачу:
Какуюнаименьшую площадь может иметь выпуклая фигура Ф, если известно,что внутри Ф можнотак двигать отрезок длины 1, чтобы он повернулся на угол 360°?
Действительно,прежде всего легко видеть, что ширина /> фигурыФ не может быть меньше 1: если бы расстояние между какой-либо паройпараллельных опорных прямых l и l’ фигуры Ф было меньше 1, то отрезок длины 1, имеющийнаправление, перпендикулярное к l и l’, не мог бы быть расположен внутри Ф (рис. 1.3.2), иследовательно, такой отрезок нельзя повернуть на 360° так, чтобы он все времяоставался внутри Ф. [8, 78]
/>

В силузадачи 1.3.3 отсюда вытекает, что площадь выпуклой фигуры Ф, внутри которойможно повернуть на 360° отрезок длины 1, не может быть меньше площади равностороннеготреугольника высоты 1 (т.е.площадь равна />=0,577 …). С другой стороны, совершенно очевидно, что внутри правильноготреугольника высоты 1 можно повернуть на 360° отрезок длины 1 (рис. 1.3.3).
Нетрудновидеть, что диаметр D треугольникаравен его наибольшей стороне, а ширина /> —высоте, опушенной на эту сторону. Отсюда легко вывести, что для треугольника:
D £/> D.
 
Теорема1.3.1.Для треугольника: D£/>D, где D– диаметр треугольника, D-ширина треугольника.
Доказательство.
Действительно,если Dесть наибольшая сторона некотороготреугольника, то противолежащий ей угол треугольника является наибольшим,откуда следует, что хотя бы один угол, примыкающий к этой стороне, не больше60°. Отсюда вытекает, что высота треугольника, опушенная на сторону длины D, равная произведению одной из другихсторон треугольника (по предположению не большей D) на синус угла примыкающего к наибольшей стороне, не больше,чем: D sin60° = /> D. Равенство D = /> D имеет место только в том случае,когда треугольник является равносторонним.
Теоремадоказана. [8, 80]
В теориивыпуклых фигур значительное место занимает метод симметризаций, смысл которого заключаетсяв замене изучаемой фигуры новой фигурой, более симметричной, чем первая. Приэтом существует целый ряд различных способов симметризации выпуклой фигуры.
Основнуюроль в теории плоских выпуклых фигур играют два типа симметризации: симметризацияотносительно оси и симметризация относительно точки. [8, 82]
 
/>
Рис. 1.3.4
 
Симметризацияотносительно осисостоит в том, что выпуклая фигуразаменяется новой фигурой, имеющей фиксированную ось симметрии l, при помощи следующего построения:каждая хорда АВ выпуклой фигуры Ф, перпендикулярная к прямойl, сдвигается вдоль образуемой АВ прямойв новое положение А1В1симметричное относительно l. Фигура Ф’, образованная всемихордами А1В1в новом их положении, называется образомфигуры Ф при симметризации относительно оси l (рис. 1.3.4).
Болеесложно определяется симметризация относительно точки, переводящаяпроизвольную выпуклую фигуру Ф в центрально-симметричную фигуру Ф’. По аналогиис симметризацией относительно прямой хотелось бы определить симметризацию относительноточки, следующим образом: каждая хорда АВ кривой, проходящая черезкакую-либо внутреннюю точку О, сдвигается вдоль образуемой АВ прямойв новое положение А’В’, симметричное относительно О (рис.1.3.5).Однако такой метод симметризации находит сравнительно скромное применение.
/>
Рис. 1.3.5
Значительноболее важным оказывается способ симметризации относительно точки,определяемый следующим образом. Выпуклая фигура Ф рассматривается какпересечение бесконечного числа полос, образованных ее параллельными опорнымипрямыми. Затем все эти полосы сдвигаются в направлении, перпендикулярном кнаправлению полосы, в новое положение, симметричное относительно некоторойточки О; фигура Ф’, образованная в пересечении сдвинутых полос, иназывается образом фигуры Ф при симметризации относительно точки О (рис.1.3.6, а).На рис. 1.3.6, б) изображенасимметризация выпуклого многоугольника М. [8, 83]

/>
Рис. 1.3.6
Всезадачи на максимум и минимум, связанные с выпуклыми фигурами, могут бытьразделены на две группы. К первой группе относятся задачи, в которых требуетсяиз всех выпуклых фигур найти ту, для которой какая-то численная величина,характеризующая фигуру, принимает наибольшее или наименьшее значение (задачи набезусловный максимум или минимум).
Значительнобольшее число задач содержит вторая группа, в задачах которой требуется найтинаибольшее или наименьшее значение некоторой величины, связанной с выпуклой фигурой,причем рассматриваемая выпуклая фигура должна удовлетворять еще некоторымдополнительным условиям, перечисленным в формулировке задачи. Чаше всего этидополнительные условия состоят в том, что какая-то другая численнаяхарактеристика выпуклой фигуры должна иметь наперед заданное значение. Этизадачи являются более сложными (задачи на условный максимум или минимум). Наиболееизвестной задачей такого рода является изопериметрическая задача. [8, 84]

3.1 Задачи
Задача№1.3.1. Докажите,что плоская фигура Ф не может иметь двух различных описанныхокружностей. Докажите также, что описанная окружность плоской фигуры Фобязательно содержит или две граничные точки Ф, являющиеся диаметральнопротивоположными точками окружности, или же три граничные точки Ф,являющиеся вершинами остроугольного треугольника. Выведите отсюда, что радиус R описанной окружности плоской фигуры Фдиаметра 1 заключается в границах:
0,5 £ R £ />= 0,577… [7, 201]
Задача№1.3.2. Докажите,что вписанная окружность выпуклой фигуры Ф обязательно содержит или двеграничные точки Ф, являющиеся диаметрально противоположными точкамиокружности, или три граничные точки Ф, являющиеся вершинамиостроугольного треугольника; в последнем случае вписанная окружность Фявляется единственной. Докажите также, что радиус rвписанной окружности выпуклой фигуры Ф ширины 1заключается в границах:
/> £ r £/>.[8, 76]
Задача№1.3.3. Докажите,что из всех выпуклых кривых ширины 1 наименьшую площадь ограничиваетравносторонний треугольник с высотой 1.
Задача№1.3.4. Докажите,что треугольник имеет меньшую площадь, чем каждая другая выпуклая фигура тогоже самого диаметра и той же самой ширины. [8, 80]

3.2 Решения
Задача№1.3.1
Фигура Фне может иметь двух различных описанных окружностей, потому что если бы Фсодержалась внутри двух окружностей S и S’ одного итого же радиуса R, то оназаключалась бы также внутри заштрихованного на рис. 1.3.7 двуугольника,образованного пересечением окружностей S и S’, а следовательно,и внутри окружности, описанной вокруг этого двуугольника (изображеннойпунктиром на рис. 1.3.7).
Нопоследняя окружность имеет меньший радиус, чем окружности Sи S’, что противоречит тому, что окружности S и S’ — описанные окружности фигуры Ф. Далее, еслиокружность S, заключающая плоскую фигуру Фвнутри себя, вообще не содержит граничных точек Ф, то существуетокружность меньшего радиуса, также содержащая Ф внутри себя.
/>
Рис.1.3.7
Чтобыполучить эту окружность, будем постепенно уменьшать радиус окружности S, не меняя ее центра, до тех пор,пока уменьшенная окружность не коснется границы фигуры Ф в какой-либо точкеА (рис. 1.3.8, а). [8, 246]
 

/>
Рис.1.3.8
Еслиокружность S, заключающая фигуру Ф внутрисебя, содержит единственную граничную точку А фигуры Ф, то такжесуществует окружность S’ меньшегорадиуса, заключающая Ф внутри себя. Для того чтобы это доказать, сдвинемокружность S в направлении радиуса ОА (О— центр окружностиS)так, чтобы точка А оказалась внутри окружности (рис. 1.3.8, б).Приэтом мы получим окружность того же радиуса, что иS, заключающую фигуру Ф внутрисебя и не содержащую граничных точек Ф; согласно вышесказанному радиусэтой окружности можно уменьшить так, чтобы она все еще содержала фигуру Ф внутрисебя.
Наконец,если окружность S, заключающаяфигуру Ф внутри себя, содержит две граничные точки А иВ фигурыФ, не являющиеся диаметрально противоположными точками S, и дуга окружности S, большая полуокружности, с концами вточках A и B не содержит более никаких точек Ф, то такжесуществует окружность, радиус которой меньше радиуса Sи которая заключает фигуру внутрисебя. Для доказательства сдвинем несколько окружность S в направлении, перпендикулярном кхорде АВ так, чтобы точки А и В оказались внутриокружности (рис. 1.3.8, в). При этом мы снова получим окружность того жерадиуса, что и S, содержащую Фвнутри себя и не содержащую граничных точек Ф; радиус этой окружностиможно уменьшить так, чтобы Ф все еще оставалась внутри окружности.
Такимобразом, наименьшая из содержащих Ф окружностей обязательно должна содержатьлибо две точки Ф, являющиеся диаметрально противоположными точками окружности(рис. 1.3.9, а), либо три такие точки Ф, что никакая из дугокружности между какими-либо двумя из этих трех точек не больше полуокружности(т.е. три точки, являющиеся вершинами остроугольного треугольника; рис. 1.3.9, б).[6, 301]
/>
Рис. 1.3.9
Отсюдасразу следует, что радиус R описаннойокружности S фигуры Ф диаметра 1заключается в указанных в условии задачи границах. Действительно, прежде всего,так как фигура Ф заключается внутри окружности S радиуса R, наибольшее расстояние между точками которой равно 2R, то из того, что диаметр Ф равен1, сразу следует, что 2R/>1, R/>/>.Таким образом, остаетсятолько доказать, что R/>/>. [8, 248]
Еслиописанная окружность содержит две точки Ф, являющиеся диаметральнопротивоположными точками окружности, то, так как расстояние между этими точкамине больше 1, радиус R окружности неможет быть больше />, следовательно,он равен /> и, значит, меньше/>. Если же описанная окружность S фигуры Ф содержит три точки Ф,являющиеся вершинами остроугольного треугольника АВС, то покрайней мере один из углов а этого остроугольного треугольника не меньше60°. Синус этого угла не меньше/>, итак как сторона а, противолежащая этому углу, не больше 1, то диаметр 2R окружности S, описанной вокруг треугольника АВС,равный/> не больше />.
Отсюдаполучаем, что
R/>/>=/>. [6, 302]
 
Задача№1.3.2
Решениеочень похоже на предыдущее. Прежде всего, если окружность S, целиком заключающаяся внутривыпуклой фигуры Ф, не содержит совсем граничных точек Ф, тосуществует заключающаяся внутри Ф окружность S’, радиус которой больше радиуса S. Чтобы найти эту окружность, будемпостепенно увеличивать радиус S,не меняя ее центра, до тех пор, пока увеличенная окружность не коснется границыФ в какой-либо точке А (рис. 1.3.10, а).
Еслиокружность S, заключающаяся целиком внутривыпуклой фигуры Ф, содержит единственную граничную точку А фигурыФ, то тоже существует окружность, радиус которой больше радиуса S, заключающаяся внутри Ф. Длятого чтобы это доказать, сдвинем несколько окружность S в направлении радиуса АО (О— центр окружности S)так, чтобы точка А оказалась вне окружности (рис. 1.3.10, б).Приэтом мы получим окружность того же радиуса, что и S, заключенную внутри Ф и не имеющую с границей Фобщих точек; согласно вышесказанному, радиус этой окружности можно увеличитьтак, чтобы она все еще оставалась заключенной внутри Ф. Наконец, еслиокружность S, заключенная внутри фигуры Ф,содержит две такие граничные точки А иВ фигуры Ф, чтодуга АВ окружности S,большая 180°, не содержит никаких других граничных точек Ф, то такжесуществует окружность большего радиуса, чем S, содержащаяся целиком внутри Ф. Действительно,сдвинем окружность Sв направлении, перпендикулярном к хорде АВ так, чтобы точки А и Воказались вне окружности (рис. 1.3.10, в). При этом мы получим окружностьтого же радиуса, что и S,заключающуюся внутри Ф и не имеющую с границей Ф общих точек;радиус этой окружности мы можем увеличить так, чтобы она все еще оставаласьвнутри Ф.
/>
Рис. 1.3.10
Такимобразом, наибольшая из всех содержащихся в Ф окружностей должнасодержать либо две граничные точкиФ, являющиеся диаметральнопротивоположными точками окружности (рис. 1.3.11, а), либо три такиеграничные точки Ф, что никакая из дуг окружности между какими-либо двумяиз этих трех точек не больше полуокружности, т. е. три точки, являющиесявершинами остроугольного треугольника (рис. 1.3.11, б). [8, 249]
Отсюданетрудно вывести, что радиус rвписанной окружности выпуклой фигуры Ф ширины 1 заключается в указанныхв условии задачи пределах. Прежде всего, так как окружность S заключается внутри Ф, аследовательно, и внутри каждой полосы, образованной парой параллельных опорных прямыхфигуры Ф, то диаметр Sне может быть больше 1 и, следовательно, радиус r окружности Sне может быть больше />. Таким образом,требуется доказать только, что r неможет быть меньше /> .

/>/>
Рис 1.3.11
Есливписанная в выпуклую фигуру Ф окружность S соприкасается с границей Ф в точке А, тоопорная прямая фигуры Ф, проходящая через точку А, должнабыть одновременно и опорной прямой окружности S. Но так как через граничную точку окружности можнопровести только единственную опорную прямую, то отсюда следует, что фигура Фможет иметь в точке А единственную опорную прямую, совпадающую скасательной к окружности S(т. е. точка А не может быть угловой точкой фигуры Ф). Отсюдапрежде всего вытекает, что если вписанная в Ф окружность S содержит две граничные точки А иВ фигуры Ф, являющиеся диаметрально противоположными точками S, то радиус Sравен половине расстояния междупараллельными опорными прямыми фигуры Ф, проведенными в точках А иВ, и не может быть меньше/>,следовательно, в этом случае обязательно r =/> (рис. 1.3.11, а).
Если жевписанная окружность Sфигуры Ф содержит три граничные точки А,В,С фигурыФ, являющиеся вершинами остроугольного треугольника, то опорные прямыефигуры Ф, проведенные в точках А,В,С, образуютнекоторый треугольник А’В’С’, описанный одновременно вокруг Фи вокруг окружности S(рис. 1.3.11, б).Обозначим стороны этого треугольника через а,b,с (а — наибольшая сторона), асоответствующие высоты — через ha,hb,hc.
Площадьтреугольника А’В’С’ равна, с одной стороны, />r, а с другой, />.
Так как,а/> b,а/> с,то из равенства:
/>r =/>
 
следует:
ha= /> r/> 3r,
r/>/>.
Новысота /> треугольника А’В’С’,описанного вокруг фигуры Ф, не может быть меньше ширины Ф(см. рис. 1.3.11, б); отсюда следует, чтоr/>/> , что и требовалось доказать.
В томслучае, когда вписанная в выпуклую фигуру Ф окружность S содержит три граничные точки Ф,являющиеся вершинами остроугольного треугольника, существует треугольник А’В’С’,описанный одновременно вокруг Ф и вокруг S. Отсюда следует, что в этом случае вписаннаяокружность S является единственной — всякаядругая окружность, содержащаяся внутри Ф, должна также содержатьсявнутри треугольника А’В’С’и, следовательно, будет меньше, чемокружность S, вписанная в треугольник А’В’С’.Однако, если вписанная окружность соприкасается с границей Ф в двухдиаметрально противоположных точках, то она может быть и не единственной (см.рис. 1.3.1). [8, 250]
Задача№1.3.3
Преждевсего отметим, что в силу результата задачи 1.3.2 радиус r круга S, вписанного в фигуру Ф ширины 1, не больше /> и не меньше />. При этом если r = />, то площадь фигурыФ не меньше />=0,78..., чтобольше площади равностороннего треугольника высоты 1, равной />= 0,57… Если же r = />,то Ф есть равносторонний треугольник высоты 1.
Пустьтеперь радиус вписанного круга Sфигуры Ф равен r(/>/>r)тогда существует треугольник Т, описанный одновременно вокруг Фи вокруг S(см. решение задачи 1.3.2, рис. 1.3.11,б). Проведем еще три опорные прямые фигуры Ф, соответственнопараллельные сторонам треугольника Т; точки соприкосновении этихопорных прямых с границей фигуры Ф (какие-нибудь из точексоприкосновения, если эти прямые содержат целые отрезки, принадлежащие границе Ф)обозначим через А’,В’,С’ (рис. 1.3.12). Центр круга S обозначим через О. Так какрасстояние между парой параллельных опорных прямых фигуры Ф не можетбыть меньше 1, а точка О отстоит от каждой из сторон треугольника нарасстояние r, то расстояние от точек А’,В’,С’ до точки О не меньше 1 — r.На отрезках ОА’,ОВ’,ОС’ отметим точки А,В,С, удаленные от Она расстояние 1 — r.Проведя из точек А,В,С касательные к кругу S, мы получим фигуру Фr, состоящую из круга радиуса rи трех равных между собой частей, ограниченныхкругом и двумя касательными круга (см. рис. 1.3.12); эта фигура заключаетсявнутри нашей фигуры Ф. Если r =/>, то Фr = Ф/> представляетсобой равносторонний треугольник с высотой 1. [8, 256]
Достаточнодоказать, что из всех фигур Фr (/>/>r) соответствующихразным значениям r наименьшуюплощадь имеет равносторонний треугольник Ф/>.
На рис. 1.3.13изображены равносторонний треугольник РQRи фигура Фr(/>).
/>
Нетрудновидеть, что общая площадь частей равностороннего треугольника, выходящих запределы фигуры Фr, меньшеплощади частей фигуры Фrрасположенных вне треугольника Ф/>. Части треугольника,расположенные вне Фr, состоят из шести треугольников таких, как треугольник АPD, заштрихованный на рис. 1.3.13. Пусть М— середина стороны РRтреугольникаРQR.Проведем из точки М отрезок МN, равный и параллельный РА.ТочкаN будет находиться внутри круга, составляющего часть фигурыФr, так как наименьшее расстояние отточки М до окружности (расстояние по перпендикуляру к РR)равно, как нетрудно видеть, РА (этоможно вывести из того, что наибольшее расстояние от точки А доокружности равно 1, как и высота треугольника). Соединим N с А;пусть NА пересекает РR в точке Е.
ТреугольникМNЕ равен треугольнику ЕАР, а треугольник DАР составляет лишь часть ЕАР.Такимобразом, мы можем перенести треугольник DАР внутрь МNЕ, т. е. внутрьФr(новое положение треугольника DАР тоже заштриховано на рис. 1.3.13). Перенеся таким жеобразом все шесть треугольников, таких, как DАР, внутрьФr, мы убедимся, что равностороннийтреугольник Ф/> имеетменьшую площадь, чем фигураФr.Этим и завершается доказательство. [8,257]
Задача№1.3.4
Пусть Ф—некоторая выпуклая фигура диаметра Dиширины />. Докажем, что площадь Ф неможет быть меньше площади треугольника с основанием D и высотой />, т. е.не может быть меньше /> D/>.
Пусть Аи В — две граничные точки фигуры Ф, расстояние между которымиявляется наибольшим (равно D).Через точки А иВ проведем опорные прямые l1 и l2 фигуры Ф, перпендикулярные котрезку АВ; проведем также две другие опорные прямыеm1 и m2 фигуры Ф, перпендикулярные к l1 и l2 (параллельные АВ; рис.1.3.14, а). Согласно определению ширины выпуклой фигуры, расстояние междупрямымиm1 и т2не может бытьменьше/>; следовательно, площадьпрямоугольника PQRSобразованного прямыми l1, m1,l2 и т2не может бытьменьше D/>.
Пусть С— точка соприкосновения опорной прямойm1 (стороны РS прямоугольника PQRS) с фигурой Ф, Е— точкасоприкосновения прямой т2с фигурой Ф. В силувыпуклости фигуры Ф она должна содержать целиком четырехугольник ВСАЕ.Но площадь треугольника AВС равнаполовине площади прямоугольника АВSР; площадь треугольника АВЕ равна половине площадипрямоугольника АQRВ.Таким образом, площадь ВСАЕ равнаполовине площади прямоугольника PQRS и, следовательно, не может быть меньше />D/>; следовательно, и площадь Ф не может быть меньше/> D/>.

/>
Рис. 1.3.14
Изприведенного решения нетрудно увидеть, что площадь Ф равна />D/> только в том случае, когда фигура Ф естьтреугольник. Действительно, прежде всего фигура Ф площади />D/> должна совпадать с четырехугольником ВСАЕ (см.рис. 1.3.14, а), причем диагональ АВ должна быть равна диаметру D четырехугольника BСAЕ, а расстояние между прямыми m1 и т2ширине />. Нопоследнее возможно только в том случае, когда отрезок АВ совпадает содной из сторон РSилиQRпрямоугольника PQRS. Действительно, в противном случаечерез точки С иЕ всегда возможно провести опорные прямые m1’и т2’четырехугольника ВСАЕ, расстояние между которыми будет меньшерасстояния междуm1 и т2(см. рис. 1.3.14, а; если СS/>ЕR, то SS’/> RR’,SR/>S’R’ и, следовательно, расстояние между m1’и т2’и подавно меньше SR).[8, 266]
Такимобразом, площадь выпуклой фигуры может быть равна />D/> только в том случае, когда Ф естьтреугольник с основанием D и высотой/> (рис. 1.3.14, б). [8, 265]
 

Глава2. Оценка периметра пятиугольника единичного диаметра
 
1. Доказательстворавенства четырех диагоналей пятиугольника единице
 
Определение 2.1.1. Диаметром d многоугольника М называется точнаяверхняя граница расстояний между его точками. [6, 68]
d=sup/>(X,Y)
Х/>M, У/>M
Теорема 2.1.1. Диаметр многоугольника равенрасстоянию между некоторыми его вершинами.
Доказательство.
Многоугольник М являетсяограниченной замкнутой областью. По теореме Вейерштрасса непрерывная функция />(X,Y) достигаетсвоего максимума в этой области. Иными словами существуют такие две точки А и Вмногоугольника, что:
/>(А, В) = sup />(X, Y) = d.
Х/>M, У/>M
Отрезок АВ также будемназывать диаметром многоугольника.
Ясно, что концы диаметрамногоугольника должны находиться на его границе, при этом если хотя бы один изконцов диаметра АВ не является вершиной многоугольника, то как видно из рисунка2.1.1, один из отрезков K1B, K2B будет больше АВ (т.к.один из углов />K1АB, />K2АB не является острым), что невозможно.

/>
Рис. 2.1.1
Теорема доказана.
Итак, диаметрмногоугольника совпадает либо с одной из сторон, либо с одной из диагоналеймногоугольника.
Определение 2.1.2. Выпуклый многоугольник диаметра 1будем называть оптимальным, если его периметр больше периметра любогодругого выпуклого многоугольника диаметра 1.
Теорема 2.1.2. Все стороны оптимального пятиугольникаменьше 1.
Для доказательстватеоремы потребуется следующая лемма.
Лемма 2.1.1. Сумма расстояний от точки дугиокружности до ее концов принимает наибольшее значение, когда эта точка делитдугу пополам.
Доказательство.
Пусть Р – точка дугиокружности, точки F и M ее концы (рис. 2.1.2).
Из />FPО и />PОM получаем:
FP+PM=2 r sin/> + 2 r sin/> =2 r (sin/>+sin/> ) =
=2 r (2sin/>cos/>),
здесь
/> и по симметрии можно считать, что

/>, т.е. />.
Сумма FP+PMпринимает наибольшее значение, когда cos/>=1.
Так как
/>/>, то />,
а это значит, что
/>= />.
Лемма доказана.
/>
Рис. 2.1.2
Доказательствотеоремы.
Пусть сторона FT рассматриваемого пятиугольника FPMNT равна 1. Для доказательствапроверим, что периметр р пятиугольника FPMNT меньше периметра правильного пятиугольника диаметра1.
Проведем две окружности:
/> с центром в точке T радиуса FT;
и /> с центром в точке F радиуса FT.
Очевидно, что остальныевершины пятиугольника будут лежать в области ограниченной окружностями /> и /> и в одной полуплоскостиотносительно стороны FT (всилу выпуклости пятиугольника) (рис. 2.1.3).
Возможны два случаярасположения вершин P, M, N пятиугольника FPMNT.
Рассмотрим первый случай,когда хотя бы одна из прямых РМ и MN пересекает дуги обеих окружностей />,/>.
/>
Из рисунка 2.1.3 видно,что периметр p рассматриваемого пятиугольника FPMNT меньше периметра пятиугольника FP1М1N1T, а так же меньше периметра Р1 шестиугольника FСZМ1N1T, где Cсередина дуги />(по лемме 2.1.1).
Таким образом, получаем: p />3,0819428.
Рассмотрим второй случай,когда прямые PM, MN пересекают дугу окружности /> (рис.2.1.4).
Из рисунка 2.1.4 видно,что периметр p рассматриваемого пятиугольника FPMNT меньше периметра P2 пятиугольника FP1М1N1Tт.е.:

p+1+1/>3,0466.
Известно, что периметр P3 правильного пятиугольника равен:
P3= />.
/>
Таким образом, получаем,что периметр рассматриваемого пятиугольника FPMNT меньше периметра правильного пятиугольника диаметра1.
Теорема доказана.
Теорема 2.1.3. В оптимальном пятиугольнике, покрайней мере, три диагонали равны 1.
Доказательство.
Пусть диагональ PT=1 (по теореме 2.1.2).
Проведем две окружности: />(T, PT=1) и />(P, PT=1) (рис. 2.1.5).Ясно, что все остальные вершины пятиугольника будут являться внутренними илиграничными точками области ограниченной окружностями />, /> и прямой РТ. Причем всетри вершины не могут лежать по одну сторону от PT, т.к. PT этодиагональ выпуклого пятиугольника (рис. 2.1.5).
/>
Рассмотрим первый случай,когда прямая MN пересекает дуги обеих окружностей /> и/> (рис. 2.1.5).
Допустим, что диагональ FM
Аналогично, хотя бы однаиз диагоналей FN, PN’ равна 1.
Точно так жерассматривается второй случай, когда прямая MN пересекает только одну из окружностей />,/> (рис. 2.1.6).

/>
         Теоремадоказана.
Теорема 2.1.4. В оптимальном пятиугольнике, покрайней мере, четыре диагонали равны 1.
Доказательство.
В силу теоремы 2.1.3рассмотрим пятиугольник MNTFPу которого три диагонали равны единице, при этом возможны два случая:
1) TP= MF=NF=1;
2) TP= MT=NP=1 (рис. 2.1.7).
Рассмотрим первый случай.
Проведем три окружности:
окружность /> с центром в точке N и радиуса NF=1;
окружность /> с центром в точке M и радиуса MF=1;
окружность /> с центром в точке F и радиуса FM=FN=1.
Обозначим точки пересеченияокружностей /> и /> через L, а окружностей /> и /> через K (рис. 2.1.7).
Ясно, что вершины P и T пятиугольника с одной стороны будут лежать вне треугольника />MNF, т.к. пятиугольник выпуклый, а с другой стороныдолжны лежать в области ограниченной окружностями />,/> и /> (область закрашенная нарисунке 2.1.7), т.к. в противном случае, например, если точка Т будет лежать внеэтой области, то диагональ МТ >1, а это невозможно т.к. диаметрпятиугольника равен 1. При этом точка P не может лежать на дуге />MK, а точка Т не может лежать на дуге/> NL, так как в противном случае мы получим, что сторонапятиугольника равна 1, что невозможно по теореме 2.1.2.
Допустим от противного,что NP
Проведем два эллипса:
l1 с фокусамиM, F, проходящий через точку P;
l2 с фокусами N, F, проходящийчерез точку T.
Возможны два случая:
а) касательные m/> в точке P и m/> в точке T к эллипсам l1 иl2 соответственно перпендикулярныотрезку PT (рис. 2.1.7).
Подвинем отрезок PТ параллельно самому себе нанебольшое расстояние, так, что бы новый отрезок P’Т’ (P’/>m/>, Т’/>m/>) остался в закрашенной области (илина границе) (рис. 2.1.7).
В результате, длинаотрезка PТ не изменится, а длина диагоналей NP’и MT’ не станет больше 1. При этом периметр пятиугольника MP’FT’N больше периметраисходного пятиугольника MPFTN.

/>
 
Значит, пятиугольник MPFTN не может быть оптимальным.
б) Одна из касательных m/> в точке P или m/> в точке T к эллипсам l1 иl2 соответственно не перпендикулярнаотрезку PT.
Допустим, что касательнаяm/> в точке P к эллипсу l1 неперпендикулярна отрезку PT.Проведем окружность /> с центром вточке T и радиусом PT=1 (рис. 2.1.8).
/>
Подвинем точку P по дуге окружности />, которая «выходит»из эллипса l1 и получим точку P’. При этом длина PT не изменится, а точку P мы подвинем на такое расстояние, чтобы точка P’ лежала в закрашенной области. А этозначит, что диагональ NP’ нестанет больше 1. Периметр полученного таким образом пятиугольника MP’FTN больше периметра исходного пятиугольника MPFTN.
Значит, пятиугольник MPFTN не может быть оптимальным.
Таким образом, воптимальном пятиугольнике, покрасней мере одна из диагоналей NP, MT равна единице.
Теперь рассмотрим второйслучай.
2) TP= MT= NP=1 (рис. 2.1.9).
Заметим, что вершина F лежит внутри области ограниченнойотрезком РТ и дугами />PS и />ST.
Предположив, что NF
/>

Значит, пятиугольник MPFTN не может быть оптимальным.
Таким образом, воптимальном пятиугольнике, покрасней мере одна из диагоналей NF, MF равна единице.
Теорема доказана.
 
2. Отысканиеоптимального пятиугольника
 
Теорема 2.2.1. Оптимальным пятиугольником является правильныйпятиугольник.
Доказательство.
Рассмотрим пятиугольник MPFTNу которого четыре диагонали равны 1 (по теореме 2.1.4 только такой пятиугольникможет быть оптимальным).
Пусть
PN=MT=FM=FN=1, PT=c (рис. 2.2.1).
/>
Положим

/>FMN=/>FNM=/>, />TMN=/>, />PNM=/>, />NPT=/>, />PTM=/>, FO /> MN.
Найдем периметр p пятиугольника MPFTN.
Из />FMO:
MO= cos/>, MN=2 cos/>.
Из треугольников />NPF и /> MFT имеем:
PF=/>,
FT=/>.
Из треугольника /> РМТ и/> ТNР по теореме косинусов имеем:
PM=/>,
ТN=/>.
Таким образом периметр рпятиугольника MPFTN равен:
р=2cos/>+/>+/>+/>+/>.
Рассмотрим сначаласлучай, когда с=1, т.е. все диагонали пятиугольника MPFTN равны 1.
В этом случае:

p=2 cos/>+/>+/>+/>+/>=
=2 cos/>+/>+/>+2sin/>+2sin/>=
=2cos />+4 sin/>+4sin/>/>
/>2cos />+4 sin/>+4sin/>=2cos />+4 sin/>+4sin/>=
=2cos />+8sin/> cos/>/>2cos/>+8sin/> , (т.к. />).
Исследуем функцию
g (/>)= 2cos/>+8sin/>.
g’(/>)= (2cos/>+8sin/>)’= — 2sin/>+2cos/>=/>
/>.
Так как
2cos/> , />>60/>.
Значит 60/>, и мы получаем, что 67,5/> +45/> .
Последнее неравенствоозначает, что (/>+45/>) — угол первой четверти, т.е. cos(/>+45/>)>0.

sin/>/>
Поэтому
p/>2cos/>+8sin/> /> 2cos72/>+8sin18/>
Таким образом, в случаес=1 периметр пятиугольника не превосходит периметра правильного пятиугольника.
Рассмотрим теперь случай,когда с
Проведем эллипсы черезточки Р и Т с фокусами соответственно в точках F, M и F, N. Пусть хотя быодин эллипс пересекает соответствующую дугу /> или/>(рис. 2.2.1). Пусть,например, эллипс проведенный через точку Т пересекает дугу />. Тогда сместив вершину Т вблизкую точку Т’ дуги FT, мыполучим пятиугольник большего периметра.
Остается, следовательно,проверить случай, когда оба эллипса касаются соответствующих дуг. Но из геометрическихсоображений ясно, что существует не более одной точки дуги />, в которой соответствующийэллипс касается этой дуги (рис. 2.2.2). Тем же свойством обладает симметричнаяточка дуги />. Поэтому, если оба эллипсакасаются соответствующих дуг, то />. Оценимпериметр пятиугольника в этом случае.

/>
Рис. 2.2.2
Заметим сначала (рис. 2.2.3),что в виду /> имеем, что PT||MN, откуда /> и />. Проведем NT’ || MT, тогда
c=PT=PT’-TT’=PT’-MN=2cos/>-2cos/>.
/>
Из /> MPT:
PM/>=/>= (2cos/>-2cos/>) />+1-2(2cos/>-2cos/>) cos/>=
=/>
=/>
= 1- 2c cos/> , то есть
PM=/>=NT.
Тогда периметр p пятиугольника MPFTN равен:

p=2/>+4sin/>.
Докажем неравенство
/>.
Имеем:
1-2c cos />-4sin/>/>=1-2ccos/>-2(1-cos/>)=1-2c cos/>-2(1-(/>))=
=1-2c cos/>-2+c+2cos/>=-1+c+2cos/>(1-c)=( 1- c)(-1+2cos/>)
т.к. c0 и 2cos/>-1>60/>.
Таким образом:
1-2ccos />/> т.е. />.
Отсюда имеем:
/>
Иначе говоря, периметрпятиугольника MPFTN в этом случае меньше периметраправильного пятиугольника.
Таким образом,оптимальным пятиугольником является правильный пятиугольник.
Теорема доказана.

Заключение
 
Экстремальные задачи — задачина максимум и минимум — во все времена привлекали внимание учёных. Причинатакого интереса заключается, во-первых, в том, что многие экстремальные задачиприходят из практики. Леонард Эйлер (1707-1783), один из величайшихматематиков, говорил: «В мире не происходит ничего, в чём бы не был виденсмысл какого-нибудь максимума или минимума». Во-вторых, среди задач намаксимум и минимум много красивых задач, которые интересно и полезно решать.
В данной работе рассмотреныразличные планиметрические задачи на максимум и минимум, а также изложеныосновные теоретические сведения, необходимые для решения экстремальных задач.Основное внимание в работе было уделено решению весьма не тривиальной задачи намаксимум, а именно отысканию пятиугольника заданного диаметра, имеющегонаибольший периметр. При решении поставленной задачи были использованы какгеометрические, так и аналитические методы и доказана основная теорема о том,что в пятиугольнике наибольшего периметра по крайней мере четыре диагоналиравны единице. В заключительной теореме показано, уже чисто аналитически, что искомымявляется правильный пятиугольник.
Таким образом, основнаяцель работы достигнута.
 

Библиография
1. Болтянский, В.Г. Теоремы и задачи комбинаторной геометрии[Текст]/ В.Г. Болтянский, И.Ц. Гохберг.- М.: НАУКА, 1965.- 108 с.: ил.
2. Математика, ее преподавание, приложения и история[Электронный документ]/ Я.С. Дубнов, В.Г. Болтянский, В.А. Ефремович и др.; Подред. Я.С. Дубнов.- вып.3.- М.: Физ.– мат. лит., 1958.- 321 с.
3. Протасов, В.Ю. Максимумы и минимумы в геометрии [Текст]/В.Ю. Протасов.- М.: НЦНМО, 2005.- 56 с.
4. Тихомиров, В.М. Рассказы о максимумах и минимумах [Текст]/Тихомиров В.М.- М.: НАУКА, 1986.- 192 с.
5. Трофимов, В.В. Царевна Дидона, изопериметры и мыльныепленки [Электронный документ]
(http://mirror1.mccme.ru/kvant/1985/05/carevna_didona_izoperimetry_i.htm)
6. Шклярский, Д.О. Геометрические оценки и задачи изкомбинаторной геометрии [Текст]/ Д.О. Шклярский, И.М. Яглом, Н.Н. Ченцов.- М.:НАУКА, 1974.- 384 с.: ил.
7. Энциклопедия элементарной математики [Текст]/ В.Г.Болтянский, В.А. Рохлин, И.М. Яглом, Б.А. Розенфельд и д.р.; Под ред. В.Г.Болтянский.- книга 5.- М.: Физ.– мат. лит., 1966.- 624 с.: ил.
8. Яглом, И.М. Выпуклые фигуры [Текст]/ И.М. Яглом, В.Г.Болтянский.- М.Л.: Гос. изд-во технико-теоретической лит., 1951.- 343 с.