XXIII OM - I - Zadanie 7

Łamana zawarta w kwadracie o boku długości 50 ma tę własność, że odległość dowolnego punktu tego kwadratu od niej jest mniejsza od 1 Udowodnić, że długość tej łamanej jest większa od 1248.

Rozwiązanie

Niech łamana $ A_1A_2 \ldots A_n $ ma własność podaną w zadaniu. Oznaczmy przez $ K_i $ ($ i= 1, 2, \ldots, n $) koło o środku w punkcie $ A_i $ i o promieniu długości $ 1 $, a przez $ F_i $ ($ i= 1, 2, \ldots, n-1 $) - figurę ograniczoną odcinkami równoległymi do odcinka $ \overline{A_iA_{i+1}} $ i odległymi od
niego o $ 1 $ oraz łukami kół $ K_i $ i $ K_{i+1} $ (na rys. 5 figura $ F_i $ jest zakreskowana).

Zbiór punktów płaszczyzny odległych od pewnego punktu odcinka $ \overline{A_i A_{i+1}} $ mniej niż o $ 1 $ jest zawarty w sumie kół $ K_i $ i $ K_{i+1} $ oraz figury $ F_i $. Z warunków zadania wynika, że dany kwadrat jest zawarty w zbiorze

\[<br />
K_1 \cup F_1 \cup K_2 \cup F_2 \cup K_3 \cup \ldots \cup K_{n-1} \cup F_{n-1} \cup K_n = \sum_{i=1}^{n-1} (K_i \cup F_i) \cup K_n.<br />
\]

Pole figury $ K_i \cup F_i $ jest niemniejsze od $ 2A_iA_{i+1} $ (rys. 5), a pole
koła $ K_n $ równe jest $ \pi $. Zatem pole danego kwadratu nie przekracza sumy pól tych figur, tzn.

\[<br />
2500 \leq 2 \sum_{i=1}^{n-1} A_iA_{i+1} + \pi.<br />
\]

Stąd długość łamanej $ \displaystyle = \sum_{i=1}^{n-1} A_iA_{i+1} \geq  1250 - \frac{\pi}{2} > 1248 $.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź