Конкурсная задача №86 (6 баллов)
При каком соотношении между числами a, b, c, d прямоугольник со сторонами c, d можно накрыть прямоугольником со сторонами a, b.
Примечание:
Для придания однотипности ответам договоримся считать, что a ≥ b и c ≥ d.
Решение
Если b < d, то требуемое расположение прямоугольников, очевидно невозможно. Если c ≤ a и d ≤ b, то решение очевидно.
Остается рассмотреть случай d < b ≤ a < c.
Будем называть прямоугольник со сторонами c, d длинным, а со сторонами a, b -
широким.
Пусть длинный прямоугольник можно разместить в широком. Тогда, очевидно,
возможно размещение, при котором центры прямоугольников совпадают.
Повернем длинный прямоугольник относительно общего центра O так, чтобы его
вершины можно было расположить на сторонах широкого прямоугольника после
гомотетии с центром O и коэффициентом k.
Обозначим через x и y отрезки, отсекаемые на сторонах a и b соответственно
стороной kd прямоугольника гомотетичного длинному.
Имеем:
x2 + y2 = (kd)2
(a-x)2 + (b-y)2 = (kc)2
x/y = (b-y)/(a-x)
Из этой системы получим
k2 = [(ac-bd)2 + (bc-ad)2]/(c2 - d2)2.
Ясно, что требуемое расположение возможно, когда k ≥ 1.
Поэтому в нетривиальном случае необходимое и достаточное условие требуемого
расположения:
(ac-bd)2 + (bc-ad)2 ≥ (c2 - d2)2. (*)
Обсуждение
Существует много других способов плучить требуемое соотношение между a, b, c и d. Вот один из тах способов, предложенный Олегом Полубасовым:
«Рассмотрим бесконечную вертикальную полосу шириной a. При горизонтальной ориентации стороны c прямоугольник cd не вмещается в полосу, а при вертикальной - вмещается, значит существует наименьший угол между стороной c и осью абсцисс, при котором прямоугольник cd вмещается в полосу. Проще всего этот угол вычислить как сумму двух углов: угла φ1 между диагональю меньшего прямоугольника и осью абсцисс и половины угла 2*φ2 между диагоналями меньшего прямоугольника.
Аналогично, рассмотрим бесконечную горизонтальную полосу шириной b. При вертикальной ориентации стороны c прямоугольник cd не вмещается в полосу, а при горизонтальной - вмещается, значит существует наименьший угол между стороной c и осью ординат, при котором прямоугольник cd вмещается в полосу. Проще всего этот угол вычислить как сумму двух углов: угла φ3 между диагональю меньшего прямоугольника и осью ординат и половины угла 2*φ2 между диагоналями меньшего прямоугольника.
φ1 = arccos(a/√(c2+d2))
φ2 = arccos(c/√(c2+d2))
φ3 = arccos(b/√(c2+d2))
Меньший прямоугольник вмещается в больший тогда и только тогда, когда сумма этих углов не превышает прямого.
φ1 + 2*φ2 + φ3 ≤ Π/2
На мой взгляд, это неравенство более красиво, чем неравенство из первого способа, но зато трансцендентно. От трансцендентности можно избавиться, заменив сумму арккосинусов одним арккосинусом, а затем заметив, что на интересующем нас промежутке арккосинус монотонно убывает, но после долгих преобразований придём как раз к формуле (*)»
Существует и еще несколько альтернативных подходов. Интересно, что некоторые из них приводят к соотношениям, которые не так-то просто преобразовать в (*). Вот пример такого подхода:
Пусть ABCD - широкий прямоугольник (AB = a, AD = b), а KLMN - длинный
прямоугольник (KL = c, KN = d).
Введем систему координат с началом в A, направив ось абсцисс по AB, а ось
ординат - по AD. Пусть K дежит на стороне AB, а N - на стороне AD
и координаты точки M положительны.
Точка K имеет координаты (x; 0), N - (0; y), где y = √(c2 - x2),
0 ≤ x ≤ d.
Тогда абсцисса точки L - x+cy/d, а ордината точки M - y+cx/d.
Обозначим f(x) = a - x - cy/d, g(x) = b - y - cx/d.
В ситуации, когда d < b ⇐ a < c, f(0) < 0, f(d) > 0, g(0) > 0, g(d) < 0,
причем f(x) сначала немного убывает, а затем возрастает, а g(x) сначала
убывает, а затем чуть-чуть возрастает. Тогда уравнение f(x) = g(x) имеет
единственное решение на отрезке 0 ≤ x ≤ d
x0 = (b-a+√(2*(c-d)2-(a-b)2))*d/2(c-d).
Для выполнения требования задачи необходимо и достаточно
соотношения f(x0) ≥ 0.
Однако мне не удалось доказать равносильность этого неравенства с
вложенными радикалами условию (*).
Награды
За правильное решение задачи 86 Олег Полубасов, Анатолий Казмерчук и Николай Дерюгин получают по 6 призовых баллов.
Эстетическая оценка задачи - 4 балла