Окрестность фигуры

43

Окрестность фигуры
Ю. И. Ионин,
Л. Д. Курляндчик

Разберем две геометрические задачи.

Задача 1. В прямогольник 20 × 25 бросили 120 единичных квадратов. Доказать, что в прямогольник можно поместить круг радиуса $1/2$, не пересекающей ни с одним из квадратов.

Выясним, где может находиться центр круга радиуса $1/2$, не пересекающего с данным единичным квадратом. Геометрическим местом точек, удаленных от квадрата не более чем на $1/2$, является фигура, изображенная на рисунке 1 (расстоянием от точки до фигуры называется расстояние до ближайшей точки этой фигуры). Следовательно, центр круга радиуса $1/2$, не пересекающего с квадратом, расположен вне изображенной расстояние до ближайшей точки этой фигуры). Следовательно, центр круга радиуса $1/2$, не пересекающего с квадратом, расположен вне изображенной расстояние до ближайшей точки этой фигуры). Построим $\frac{1}{2}$-окрестность для каждой из данных 120 единичных квадратов. Центр искомого круга должен лежать вне этих окрестностей. Кроме того, чтобы круг оказался внутри прямогольника, его центр должен принадлежать меньше прямогольнику $19 \times 24$, который получится, если сдвинут какую-то сторону исходного прямогольника внутри на $\frac{1}{2}$.

Задача будет решена, если удastoreть, что построенные 120 окрестностей не покрывают полностью меньше прямогольник.

Оценим площадь, покрываем этотими окрестностями. Каждый окрестность состоит из квадрата состояной 1, четырех прямогольников $1 \times \frac{1}{2}$ и четырех четвертей круга радиуса $\frac{1}{2}$. Следовательно, площадь одной окрестности равна $1 + 4 \cdot \frac{1}{2} + \pi \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^2 = 3 + \frac{\pi}{4}$. Все 120 окрестностей покрывают площадь, не превосходящую (окрестности могут перекрываться) $120 \cdot \left(3 + \frac{\pi}{4}\right) = 360 + 30\pi$.

В то же время площадь прямогольника $19 \times 24$ равна 456. Остается заметить, что $360 + 30\pi < 456$, так как $\pi < 3.2$.

Задача 2. Плоская фигура площади 1 покрыта конечным числом кругов. Доказать, что из этих кругов можно выбрать один или несколько попарно не пересекающейся, занимающей площадь не менее $\frac{1}{9}$.

Выберем самый большой из данных кругов и обозначим через $R_1$

44

Рис. 2.

его радиус. Если площадь этого круга не меньше $\frac{1}{9}$, задача решения. Предположим, что $\pi R_1^2 < \frac{1}{9}$. Так как радиусы остальных кругов не больше $R_1$, то центры тех из них, которые пересекаются с выделенным кругом, лежат в $R_1$-окрестности этого круга. Сами же круги лежат в $2R_1$-окрестности выделенного круга (рис. 2). Так как площадь этой $2R_1$-окрестности, равная $9\pi R_1^2$, меньше 1, то найдется круги, не пересекающиеся с выделенным из таких кругов. Если $\pi R_1^2 + \pi R_2^2 \geq \frac{1}{9}$, задача решения. Если $\pi R_1^2 + \pi R_2^2 < \frac{1}{9}$, то $9\pi R_1^2 + 9\pi R_2^2 < 1$, следовательно, найдется круг, центр которого лежит вне $R_1$-окрестности первого и вне $R_2$-окрестности второго круга и который тем самым с этим кругами не пересекается. Обозначим через $R_3$ радиус наибольшего из кругов, не пересекающихся с одним из двух выделенных кругов. Если $\pi R_1^2 + \pi R_2^2 + \pi R_3^2 \geq \frac{1}{9}$, задача решения, в противном случае повторяем рассужждение. Таким образом, каждый раз мы либо находим несколько попарно непересекающихся кругов, сумма плошейного которых не меньше $\frac{1}{9}$, либо обнаруживаем еще один круг, не пересекающийся ни с одним из найденных. Последнее в конце концов оказется невозможным так как кругов конечное число.

В обеих разобранных задачах полезным оказалось понятие окрестности фигуры.

Определение 1. Пусть $\varepsilon$ — положимельное число. $\varepsilon$-окрестность плоской фигуры $F$ называется многочесвою всех моек плоскости, расстояние $*$ коморых до фигуры $F$ не превыходит $\varepsilon$.

Можно несколько иначе описать $\varepsilon$-окрестность плоской фигуры.

Определение 2. Построим круги радиуса $\varepsilon$ с центрами в каждой точке фигуры $F$. Совокупность моек всех этих кругов и есть $\varepsilon$-окрестность фигуры $F$.

Понятие $\varepsilon$-окрестности можно вести и для тела в пространстве. Нужно только вместе кругов рассмотреть шары радиуса $\varepsilon$ с центрами в точках тела.

Выясним, что представляет собой $\varepsilon$-окрестность выпуклого многоугольника. Нетрудно понять, что она состоит из самого многоугольника, прямогоугольников высоты $\varepsilon$, построенных на его сторонах как на основаниях и расположенных вне многоугольника, и круговых секторов радиуса $\varepsilon$ с центрами в верхинах многоугольника (рис. 3). Центральный угол сек-

*) Говорят, что точка $O$ находится на расстоянии от фигуры $F$, если всякий круг с центром $O$ и радиусом, меньше $\varepsilon$, не пересекается с фигурой $F$, а всякий круг с радиусом, меньше $\varepsilon$, пересекается.

45

Рис. 4.

тора при каждой вершине многоугольника дополняет до 180° внутренний угол многоугольника при этой вершине. Следовательно, сумма всех центральных углов равна 180° $n$ — 180° ($n$ — 2) = 360°, ($n$ — число сторона многоугольника, 180° ($n$ — 2) — сумма его внутренних углов). Это означает, что, расположив секторы без наложений и совместив их центры, мы получим круг радиуса $e$. Теперь легко вычислить площадь $\varepsilon$-окрестности выпуклого многоугольника. Она равна $S + P\varepsilon + \pi e^2$, где $S$ — площадь многоугольника, $a$ — его перimeter.

Рассмотрим еще одну задачу, которая легко решается, если воспользоваться понятным окрестностям фигуры.

Задача 3. Точка $A, B, C, D$ расположены в пространстве максимального, что длины отрезков $AC$ и $BD$ не превысают 1. Доказать, что для каждой точки $M$ отрезка $AB$ можно найти максимую точку $N$ отрезка $CD$, что длина отрезка $MN$ не превысит 1.

Доказываемое утверждение можно формularовать следующим образом:

каждая точка отрезка $AB$ отстояит не более чем на 1 от отрезка $CD$, то есть принадлежит 1-окрестности отрезка $CD$. Эта окрестность состоит из прямого кругового цилиндра радиуса 1, ось которого служит отрезок $CD$, и двух полушарий радиуса 1, ось которого служит отрезок $CD$, и двух полушарий радиуса 1 с центрами в точках $C$ и $D$, основания которых являются основания цилиндра и которые расположены внецилиndра (рис. 4). Из условия задачи следует, что точки $A$ и $B$ принадлежат 1-окрестности отрезка $CD$, а так как эта окрестность выпукла, то она содержит весь отрезок $AB$, что и требовалось доказать.

Упражнения

1. Стороны выпуклого многоугольника перimetра $P$ отодвигают параллельно самим себе во внешнюю сторону на расстояние 1 и продолжают до пересечения. Докажите, что площад многоугольника увеличится при этом более чем на $P + \pi$.

2. Найдите объем $\varepsilon$-окрестности единичного куба.

3. В параллелепипе $5 \times 10 \times 25$ произвольным образом расположено 120 единичных кубов. Докажите, что в параллелепипе можно помещить шар радиуса $1/2$, не имеющий общих точек ни с одним из кубов.

4. На плоскости расположено несколько правильных треугольников, покрывающих площадь 1. Докажите, что из них можно выбрать один или несколько попарно не пересекающихся треугольников с суммарной площадью, не меньше $1/16$.

5. В квадрат со стороны 38 см бросили 100 выпуклых многоугольников, площадь каждого из которых не превысит $cm^2$; а перimeter — 2π см. Докажите, что в квадрат можно помещить круг радиуса 1, не пересекающийся ни с одним из многоугольников.

6. Докажите, что в выпуклый многоугольник площади $S$ и перметра $P$ можно помещить круг радиуса $\frac{S}{P}$.

7. В квадрат со стороны 1 находится 6 отрезков длины $1/2$. Докажать, что на некоторых двух отрезках найдет точки $M$ и $N$, расположенные между которых меньше $1/4$.