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

---