Информация о задаче

Задача 58128

Тема:

[

Теорема Хелли

]

Сложность: 7
Классы: 8,9

Прислать комментарий

Условие

а) Докажите, что среди всех выпуклых четырёхугольников с данными углами и данным периметром наибольшую площадь имеет описанный четырёхугольник.
б) Докажите, что среди всех выпуклых n-угольников A₁...A_n с данными величинами углов A_i и данным периметром наибольшую площадь имеет описанный n-угольник.

Решение

Для всех подобных многоугольников отношение площади к квадрату периметра постоянно. Поэтому достаточно доказать, что среди всех выпуклых многоугольников с данными углами отношение площади к квадрату периметра будет наибольшим для описанного многоугольника.
а) Рассмотрим сначала случай, когда четырёхугольник ABCD — параллелограмм с заданным углом α. Если его стороны равны a и b, то отношение площади к квадрату периметра равно

$\displaystyle {\frac{ab\sin\alpha }{4(a+b)^2}}$ $\displaystyle \le$ $\displaystyle \left(\vphantom{\frac{a+b}{2}}\right.$ $\displaystyle {\frac{a+b}{2}}$ $\displaystyle \left.\vphantom{\frac{a+b}{2}}\right)^{2}_{}$ $\displaystyle {\frac{\sin\alpha }{4(a+b)^2}}$ = $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{16}}$ sin $\displaystyle \alpha$ ,

причём равенство достигается только при a = b, т.е. в случае, когда ABCD — ромб. Ромб является описанным четырёхугольником.
Будем теперь считать, что ABCD — не параллелограмм. Тогда продолжения двух его сторон пересекаются. Пусть для определённости лучи AB и DC пересекаются в точке E. Проведём прямую B'C' || BC, касающуюся вписанной в треугольник AED окружности (рис.; точки B' и C' лежат на сторонах AE и DE). Пусть r — радиус вписанной окружности треугольника AED, O -- её центр. Тогда

S_EB'C' = S_EB'O + S_EOC' - S_OB'C' = $\displaystyle {\frac{r}{2}}$ (EB' + EC' - B'C') = qr,

где q = (EB' + EC' - B'C')/2. Поэтому

S_ABCD = S_AED - S_EBC = S_AED - k²S_EB'C' = pr - k²qr,

где p — полупериметр треугольника AED, k = EB/EB'. Вычислим теперь периметр ABCD. Сумма периметров ABCD и EBC равна сумме периметра AED и 2BC, поэтому периметр ABCD равен 2p - (EB + EC - BC) = 2p - 2kq. Следовательно, отношение площади четырёхугольника ABCD к квадрату его периметра равно ${\frac{pr-k^2qr}{4(p-kq)^2}}$ . Для описанного четырёхугольника AB'C'D' такое отношение равно ${\frac{pr-qr}{4(p-q)^2}}$ , поскольку для него k = 1. Остаётся доказать неравенство ${\frac{pr-k^2qr}{4(p-kq)^2}}$ $\le$ ${\frac{pr-qr}{4(p-q)^2}}$ , т.е. ${\frac{p-k^2q}{4(p-kq)^2}}$ $\le$ ${\frac{1}{p-q}}$ (сократить на p - q можно, потому что p > q). Неравенство (p - k²q)(p - q) $\le$ (p - kq)² верно, поскольку его можно привести к виду - pq(1 - k)² $\le$ 0. Равенство достигается только при k = 1, т.е. в случае, когда четырёхугольник ABCD описанный.

б) Доказательство проведём индукцией по n. Для n = 4 утверждение доказано в задаче а). Доказательство шага индукции начнём с доказательства того, что при n $\ge$ 5 у любого n-угольника есть сторона, для которой сумма прилегающих к ней углов больше 180^o. Действительно, сумма всех пар углов, прилегающих к сторонам, равна удвоенной сумме углов n-угольника, поэтому сумма углов, прилегающих к одной из сторон, не меньше (n - 2)^.360^o/n $\ge$ 360^{o .}3/5 > 180^o.
Пусть для определённости сумма углов при вершинах A₁ и A₂ больше 180^o. Тогда лучи A_nA₁ и A₃A₂ пересекаются в точке B (рис.). Рассмотрим также вспомогательный описанный n-угольник A₁'...A_n' со сторонами, параллельными сторонам A₁...A_n. Обозначим точку пересечения лучей A_n'A₁' и A₃'A₂' через B'. Для облегчения вычислений будем считать, что периметры (n - 1)-угольников BA₃A₄...A_{n - 1} и B'A₃'A₄'...A_{n - 1}' одинаковы и равны P (этого можно добиться переходом к подобным многоугольникам).
Пусть r — радиус вписанной окружности многоугольника A₁'...A_n'. Тогда площадь многоугольника B'A₃'A₄'...A_{n - 1}' равна rP/2. По предположению индукции площадь (n - 1)-угольника BA₃A₄...A_{n - 1} не больше площади B'A₃'A₄'...A_{n - 1}', т.е. она равна $\alpha$ rP/2, где $\alpha$ $\le$ 1, причём $\alpha$ = 1 только в случае, когда многоугольник B'A₃'A₄'...A_{n - 1}' описанный.
Пусть площадь треугольника A₁'A₂'B' равна S, а коэффициент подобия треугольников A₁A₂B и A₁'A₂'B' равен k. Тогда площадь треугольника A₁A₂B равна k²S. Ясно, что

S = $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$ rA₁'B' + $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$ rA₂'B' - $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$ rA₁'A₂' = $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$ rq,

где q = A₁'B' + A₂'B' - A₁'A₂'. Поэтому площади многоугольников A₁...A_n и A₁'...A_n' равны r(P - q)/2 и r( $\alpha$ P - k²q)/2, а их периметры равны P - q и P - kq. Остаётся доказать, что

$\displaystyle {\frac{\alpha P-k^2q}{(P-kq)^2}}$ $\displaystyle \le$ $\displaystyle {\frac{P-q}{(P-q)^2}}$ = $\displaystyle {\frac{1}{P-q}}$ ,

причём равенство достигается только при $\alpha$ = 1 и k = 1 (если $\alpha$ = 1, то многоугольники BA₃A₄...A_{n - 1} и B'A₃'A₄'...A_{n - 1}' равны, а если при этом ещё и k = 1, то $\triangle$ A₁A₂B = $\triangle$ A₁'A₂'B', т.е. многоугольники A₁...A_n и A₁'...A_n' равны). Несложные вычисления показывают, что неравенство (P - q)( $\alpha$ P - k²q) $\le$ (P - kq)² эквивалентно неравенству

0 $\displaystyle \le$ Pq(1 - k)² + (1 - α)(P - q)P.

Последнее неравенство справедливо, причём равенство достигается только при α = 1.

Источники и прецеденты использования


книга
Автор	Прасолов В.В.
Год издания	2001
Название	Задачи по планиметрии
Издательство	МЦНМО
Издание	4*
глава
Номер	22
Название	Выпуклые и невыпуклые многоугольники
Тема	Выпуклые и невыпуклые фигуры
параграф
Номер	2
Название	Изопериметрическое неравенство
Тема	Теорема Хелли
задача
Номер	22.BIs13