Тема Иннополис (Innopolis Open)

Планиметрия на Иннополисе

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела иннополис (innopolis open)

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#119889

Дан остроугольный треугольник $ABC,$ около которого описана окружность $Ω$ и в котором проведены высоты $AA ,CC . 1 1$ Касательные к $Ω,$ проведенные в точках $A$ и $C,$ пересекаются в точке $D,$ и прямая $A1C1$ пересекает прямые $CD,AD$ в точках $E,F,$ соответственно. Докажите, что описанная окружность треугольника $DEF$ касается $Ω.$

Источники: Иннополис - 2025, 11.4 (см. lk-dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нас просят доказать, что окружность (ABC) является полувписанной окружностью треугольника DEF. Существует лемма Верьера, которая утверждает, что если окружность касается двух сторон треугольника и прямая, содержащая точки касания, содержит его инцентр, то такая окружность является полувписанной.

Подсказка 2

Чтобы подогнать задачу под эту лемму, достаточно поперекидывать углы и показать, что FI и EI — биссектрисы.

Подсказка 3:

По-хорошему саму лемму тоже надо бы доказать. Для этого нужно вспомнить лемму Архимеда и рассмотреть радикальную ось некоторой точки и окружности.

Показать доказательство

Пусть $B 1$ — основание высоты $△ABC,$ проведенной из точки $B,$ а $I$ — середина $AC.$

$PIC$

Заметим, что

∠FAC1 = ∠ACB = ∠AC1B1

откуда $B C ∥AF, 1 1$ аналогично и $A B ∥CE. 1 1$ Тогда можно записать такую цепочку равенств:

∠AC1F = ∠A1C1B =∠ACB =∠F AC1

Откуда следует $FA =F C1.$ Ввиду $IA= IC1$ имеем $△AIF =△C1IF.$ Из равенства треугольников следует, что $FI$ – биссектриса угла $∠DFE.$ Аналогично получаем, что $EI$ – биссектриса угла $∠DEF,$ т.е. $I$ – центр вписанной окружности $△DEF.$

Вспомним одно утверждение: отрезок, соединяющий точки касания полувписанной окружности треугольника с его сторонами, содержит центр вписанной окружности этого треугольника. Очевидно, верно и обратное: если окружность касается двух сторон треугольника так, что отрезок, соединяющий точки касания, содержит центр вписанной окружности этого треугольника, то первая окружность является полувписанной (т.е. касается двух сторон треугольника и его описанной окружности).

В нашей задаче окружность $Ω$ касается сторон треугольника $DEF$ в точках $A,C,$ причем отрезок $AC,$ как было доказано ранее, содержит центр $I$ вписанной окружности треугольника $DEF$ — значит, $Ω$ является полувписанной окружностью треугольника $DEF,$ т.е. касается его описанной окружности, что и требовалось доказать.

Теперь докажем использованное утверждение, называемое леммой Веррьера:

Лемма (Веррьера). Окружность $ω$ касается сторон $AB,BC$ треугольника $ABC$ в точках $C1,$ $A1$ соответственно и касается внутренним образом описанной окружности в точке $B1.$ Докажите, что инцентр (центр вписанной окружности) $I$ треугольника $ABC$ лежит на прямой $A1C1.$

Заметим, что по лемме Архимеда прямая $B1A1$ проходит через середину дуги $BC$ описанной окружности, не содержащей точку $A.$ Аналогично, прямая $B1C1$ проходит через середину дуги $AB,$ не содержащей вершину $C.$ Обозначим середины этих дуг через $A0,C0$ соответственно.

$PIC$

Из той же леммы Архимеда следует, что $A0B2 = A0A1⋅A0B1.$ Следовательно, степень точки $A0$ одинакова относительно окружности $ω$ и точки $B.$ Аналогичное утверждение верно и для точки $C . 0$ Из этого следует, что прямая $A C 0 0$ — радикальная ось точки $B$ и окружности $ω.$ Поэтому прямая $A0C0$ проходит через середины отрезков $BA1, BC1.$ Значит, прямая $A0C0$ содержит среднюю линию $FE$ треугольника $C1BA1.$ Следовательно, образ точки $B,$ при отражении точки $B$ относительно прямой $A0C0,$ лежит на прямой $A1C1.$

С другой стороны, по лемме о трезубце $IC0 =BC0$ и $IA0 = BA0.$ Поэтому точка $B$ при отражении относительно прямой $A0C0$ переходит в точку $I.$ Откуда и следует, что точка $I$ лежит на прямой $A1C1.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#126635

Точки $A,B,C,D$ расположены на прямой в указанном порядке, причем $AB = 2,BC =1,CD = c.$ Найдите все положительные $c,$ для каждого из которых найдется такая точка $P$ (не лежащая на прямой $AB$ ), что $PB,PC$ — трисектрисы (лучи, делящие угол на три равные части) угла $∠AP D.$

Источники: Иннополис - 2025, 10.5 ( см. lk-dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте подумать о конструкции, называемой окружностью Аполлония. Пусть A и B — фиксированные точки, k ≠ 1. Хотим найти все точки X такие, что AX/BX = k. Зададим систему координат, в которой A = (-a;0), B = (a;0), где a = AB/2. Пусть X = (x;y), тогда AX²/BX² = k² = ((x + a)² + y²) / ((x - a)² + y²). Получим уравнение (x + a ⋅ (k²+1) / (k²-1))² + y² = (2ka / (k² - 1))², которое и называют окружностью Аполлония, ее радиус равен k ⋅ AB / |k² - 1|.

Подсказка 2

Можно заметить, про при k > 1 точка A будет находиться вне окружности, а точка B — внутри.

Подсказка 3

Пусть окружность Аполлония для отрезка AB пересекает его в точке С, докажите, что для любой точки P, лежащей на окружности, PC будет биссектрисой ∠APB.

Подсказка 4

Рассмотрите окружности Аполлония для точек A, C и B, D.

Подсказка 5

Окажется, что окружности должны иметь 2 общих точки! Какие могут быть c?

Показать ответ и решение

$PIC$

Сначала рассмотрим вспомогательную конструкцию: пусть для фиксированных точек AB и фиксированного положительного $k⁄= 1$ требуется найти все точки $X$ плоскости, для которых $ABXX-= k.$ Зададим систему координат, в которой $A(− a;0)$ и $B(a;0)$ для $a = 12|AB|;$ $X(x;y).$ Тогда

2 2 2 AX-2 = k2 = (x-+a)2+-y2 BX (x − a) + y

Отсюда:

( k2+-1 )2 2 (-2ka-)2 x− k2− 1 ⋅a + y = k2− 1

Это уравнение окружности, называемой окружностью Аполлония точек $A,$ $B,$ и ее радиус равен $k⋅|AB| |k2−-1|.$ Заметим, что для $k> 1$ точка $A$ находится вне этой окружности, а точка $B$ –– внутри нее.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма. Если $Ω$ — окружность Аполлония точек $A,B,$ и $Ω$ пересекает отрезок $AB$ в точке $C,$ то для любой точки $P ∈ Ω$ выполнено $∠APC = ∠BPC,$ т.е. $P C$ — биссектриса угла $APB.$

$PIC$

Заметим, что точка $C$ лежит на $Ω,$ значит, по геометрическому месту точек для окружности Аполлония

AP-= AC- BP BC

Следовательно, по обратной теореме о биссектриcе $PC$ — бассектриса угла $AP B.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Вернемся к задаче. Ввиду доказанного выше, необходимо, чтобы окружности Аполлония для $AB- A,C(k1 = BC = 2> 1,R1 =2)$ и $CD- D,B (k2 = BC = c)$ имели две общие точки (поскольку центры окружностей лежат на прямой $AB,$ единственная общая точка этих окружностей лежала бы на этой же прямой). Ясно, что если $c> 1,$ то точка $B$ лежит внутри второй окружности, тогда две окружности пересекаются. Если $c =1,$ то точка $P$ лежит на срединном перпендикуляре к $BD,$ который пересекает первую окружность ввиду $R1 =2 >1.$

Если же $0 <c< 1,$ то для пересечения окружностей необходимо и достаточно $2R1− 2R2 < BC = 1,$ откуда ввиду $-c- R2 = 1−c$ получим $3 c> 5.$

Ответ:

$(3∕5;+∞ )$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#90009

Даны две окружности $Γ 1$ и $Γ 2$ , пересекающиеся в (несовпадающих) точках $A,B$ . К этим окружностям проведены общие внешние касательные, пересекающиеся в точке $X$ . Прямая $XA$ повторно пересекает $Γ 1$ в точке $T1$ , а прямая $XB$ повторно пересекает $Γ 2$ в точке $T2$ . Касательная к $Γ 1$ в точке $T1$ и касательная к $Γ 2$ в точке $T2$ пересекаются в точке $Y$ . Докажите, что точки $X,Y,T1,T2$ лежат на одной окружности.

Источники: Иннополис - 2024 (см. dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если обозначить центр Г₁ за O₁, а центр Г₂ за O₂, то чертёж выглядит достаточно симметричным относительно O₁O₂. Но вот T₁ и Т₂ несимметричны. Давайте считать, что радиус Г₂ меньше Г₁. Тогда вторая точка пересечения XT₁ и окружности Г₂, пусть S, лежит на отрезке XT₁.

Подсказка 2

Через равенство углов ∠ XT₁Y и∠ XT₂Y!

Подсказка 3

∠ XT₂Y равен углу между XT₁ и касательной к окружности Г₂ в S(пусть β). Значит, теперь мы хотим показать, что β и ∠ XT₁Y равны. Как бы это сделать?

Подсказка 4

С помощью гомотетии в X! Но с каким коэффициентом?

Подсказка 5

С таким коэффициентом, чтобы при гомотетии S перешла в А.

Показать доказательство

Назовём центры окружностей $Γ ,Γ 1 2$ соответственно $O 1$ и $O . 2$ Вторую точку пересечения $Γ 2$ с $XA$ назовём $S$ . Без ограничения общности скажем, что радиус $Γ 2$ меньше радиуса $Γ 1$ (случай равенства радиусов невозможен, ведь тогда касательные не имели бы точки пересечения). Тогда $S$ лежит на отрезке $XT1$ .

$PIC$

Докажем, что прямая $XA$ составляет равные углы с касательной к $Γ 1$ в точке $T1$ и с касательной к $Γ 2$ в точке $S$ . Гомотетия с центром $X$ и коэффициентом $XA∕XS$ переводит $Γ 2$ в $Γ 1$ , при этом точки пересечения прямой $XA$ с окружностью $Γ 2$ переходят в точки пересечения $XA$ с $Γ 1$ в порядке их следования на луче $XA.$ Значит, точка $S$ перейдет в точку $A$ , а точка $A$ – в точку $T1.$

При гомотетии касательная к $Γ 2$ в точке $S$ переходит в касательную к $Γ 1$ в точке $A.$ Согласно теореме о б угле между касательной и хордой, касательные к $Γ 1$ в точках $A$ и $T1$ составляют равные углы с хордой $AT1,$ из чего следует, что прямая $XA$ составляет равные углы с касательной к $Γ 1$ в точке $T1$ и с касательной к $Γ 2$ в $S.$ Утверждение доказано. (Отметим, что если касательные из доказанного утверждения параллельны, то прямая $T1S$ содержит $Γ 1$ и $Γ 2,$ а значит точки $A$ и $B$ совпадают, что противоречит условию.)

Осталось доказать $∠YT1X = ∠YT2X.$ Для этого рассмотрим прямую $O1O2,$ являющуюся осью симметрии окружностей $Γ 1$ и $Γ 2,$ относительно неё симметричны прямые $XT1$ и $XT2,$ касательные к $Γ 2$ в $S$ и $T2.$ Значит, $∠YT2X$ равен углу между $XT1$ и касательной к $Γ 2$ в $S,$ этот угол равен $Y T1X.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#74915

Олег и Оливер гоняют на велосипедах с одинаковыми угловыми скоростями: Оливер — по круговой траектории $𝒜,$ а Олег — по круговой траектории $𝒯$ в два раза меньшего радиуса, причем они стартуют с двух ближайших точек окружностей и круг Олега лежит внутри круга Оливера. По окружности $𝒯$ также движутся два помощника, поддерживающих экран (т.е. хорду с концами в точках, в которых расположены помощники) так, что расстояние от каждого из них до Олега всегда такое же, как и расстояние от Олега до Оливера. Докажите, что на протяжении всей гонки экран касается некоторой фиксированной окружности.

Источники: Иннополис-2022 (см. dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обозначим за O,V,X и Y Олега, Оливера и двух помощников соответственно. Если нарисовать рисунок, то от нас явно спрятали какую-то известную и хорошую "картинку", посмотрите на равные отрезки, которые нам даны и на окружность 𝒯.

Подсказка 2

Верно, как будто нам показывают лишь часть картинки леммы о трезубце! Попробуйте восстановить точку, которую от нас спрятали и подумать, как эта точка поможет нам в задаче.

Подсказка 3

Давайте ещё заметим, что у нас получилась как бы "картинка в картинке", возможно, тут поможет гомотетия, попробуйте посмотреть на центр положительной гомотетии окружностей 𝒯 и 𝒜.

Подсказка 4

Да это же центр нашей искомой окружности, ещё не совсем, но можно попробовать это доказать! Мы уже знаем, что она точно касается экрана и её центр не меняется, остаётся показать, что её радиус тоже фиксирован, а какой факт связывает точку, окружность и радиус?

Подсказка 5

Можно использовать степень точки S относительно 𝒯, останется только "перекинуть" равные отрезки так, чтобы остались только фиксированные величины (из исходной "картинки") и радиус окружности с центром в S.

Показать доказательство

Обозначим за $O,V,X$ и $Y$ Олега, Оливера и двух помощников соответственно, за $S$ — центр положительной гомотетии окружностей $𝒯$ и $𝒜.$ Из условия следует, что прямая $V O$ всегда проходит через $S,$ причем, так как радиусы окружностей отличаются в два раза, отрезок $SV$ делится точкой $O$ пополам. Отметим точку $R ⁄= O$ — пересечение луча $OS$ с $𝒯.$ Поскольку равные хорды стягивают равные меньшие дуги, точка $O$ — середина дуги $XOY,$ то есть прямая $RO$ содержит внутреннюю биссектрису треугольника $XRY,$ а еще $OS = OV =OX =OY.$ По лемме о трезубце это означает, что точка $S$ является центром вписанной окружности треугольника $XRY$ $($ обозначим эту окружность за $ω).$

$PIC$

Покажем, что $ω$ является искомой окружностью. Она касается отрезка $XY$ в силу построения, поэтому достаточно проверить, что она не зависит от времени. Как показано выше, центр $ω$ — это $S,$ обозначим ее радиус за $r$ . Также обозначим за $d$ расстояние между центрами $ω$ и $𝒯,$ а за $R$ — постоянный радиус $𝒯.$

Посчитаем степень точки $S$ относительно $𝒯$ двумя способами:

d2− r2 = −RO ⋅SO = −RO ⋅OX =− RO⋅2R sin∠XRO = −2Rr

Величины $d$ и $R$ не зависят от времени, поэтому $r$ также от него не зависит, следовательно, окружность $ω$ имеет постоянный центр и радиус, что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#94951

Дан треугольник $ABC$ . Существует единственный набор таких трёх окружностей $ω ,ω A B$ и $ω C$ , которые лежат внутри треугольника, попарно друг друга касаются, а также каждая из них касается сторон соответствующего угла: $ωA$ касается сторон $AB$ и $AC,ωB$ касается сторон $BA$ и $BC,ωC$ касается сторон $CA$ и $CB$ .

Обозначим точку касания окружностей $ωA$ и $ωB$ как $TAB$ . Аналогично определяются точки $TAC$ и $TBC$ .

Дизайнер хочет сконструировать люстру-витраж из цветного стекла, в которой стороны треугольника $ABC$ - это прочный (пренебрежимо) лёгкий контур, в который вписан массивный плоский диск весом 1 кг, а также добавлены уравновешивающие веса в вершинах $A,B$ и $C$ треугольника так, чтобы точка подвеса люстры находилась на пересечении отрезков $ATBC,BTAC$ и $CTAB$ (остальные детали люстры имеют пренебрежимо малый вес). Докажите, что такой проект люстры осуществим и определите уравновешивающие веса в вершинах (то есть такие, чтобы люстра висела горизонтально, закреплённая только в точке подвеса), если радиусы окружностей $ω$ - это $rA,rB,rC$ , а радиус вписанного диска треугольника равен $r$ .

Источники: Иннополис - 2021, 11.2 (см. dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте доказать, что m_A = 0.5(r−r_A)/r_A, m_B = 0.5(r−r_B )/r_B, m_C = 0.5(r−r_C )/r_C подходят.

Подсказка 2

Во-первых, обозначим за I центр вписанной окружности. Давайте разберёмся в каком отношении делят О_A, O_A , O_C отрезки AI, BI, CI соответственно.

Подсказка 3:

Заметим, что гомотетия в точке A с коэффициентом r/r_A переводит ω_A в ω, где ω - вписанная окружность. Значит, AI/AO_A = r/r_A. Значит, AO_A/O_AI = r_A/(r−r_A) . Аналогично,

Подсказка 4

Будем обозначать точку X с весом w как (X, w). Тогда (I, 1) равносильна системе (I, 0.5) и (I, 0.5). А теперь заметим, что m_A/0.5 = (r-r_A)/(r_A). Вспомним правило группировки масс. Есть две точки (X₁, w₁), (X₂, w₂). Тогда их центр масс (Y, w#) таков, что Вектор →(YX₁) × w₁ + →(YX₂) × w₂ = 0, а w# = w₁ + w₂. Тогда для пары точек (A, (r-r_A)/r_A) и (I, 0.5) центром масс будет (O_A, m_A + 0.5), так как →(O_AA) × m_A + →(O_AI) × 0.5 = r_A/r × →(IA) × 0.5(r-r_A)/r_A + (r - r_A)/r × →(AI) × 0.5 = 0. Аналогично для O_B и O_C. Подумайте, что делать дальше?

Подсказка 5

Тогда cистема точек (I, 1), (A, m_A), (B, m_B), (C, m_C) эквивалентна системе (I, 0.5), (I, 0.5), (A, m_А), (B, m_B), (C, m_C), которая, в свою очередь, эквивалентна системе (O_A, m_A + 0.5), (O_B, m_B + 0.5), (C, m_C) = (O_A,r/2r_A), (O_B, r/2r_B), (C, m_C). Как дальше можно сгруппировать массы, зная, что T_(AB) лежит на O_AO_B и делит в хорошем отношении этот отрезок?

Подсказка 6

Заметим, что T_(AB)O_A = r_A, T_(AB)O_В = r_B, а значит →(T_(AB)O_A)/→(T_(AB)O_B) = -r_A/r_B, а значит →(T_(AB)O_A) × r./2r_A + →(T_(AB)O_B) × r/2r_B →(T_(AB)O_A) × r/2r_A - →(T_(AB)O_A) × r_B/r_A × r/2r_B = 0. Значит T_(AB) — центр масс (O_A, r/2r_A) и (O_B, r/2r_B). Итого, cистема (O_A, r/2r_A), (O_B, r/2r_B), (C, m_C) эквивалентна (T_(AB), r/2r_A + r/2r_B), (C, m_C). Что теперь можно сказать про общий центр масс исходной системы, учитывая, что мы свели её к системе всего из ДВУХ точек?

Подсказка 7

Центр масс системы из двух точек всегда лежит на прямой, которую образуют эти точки. Тогда центр масс системы (T_(AB), r/2r_A + r/2r_B), (C, m_C) лежит на прямой CT_(AB). Но стоп, мы же нигде не пользовались тем, что точка C — какая-то особенная, в сравнении с A и B, ведь условие симметрично относительно этой тройки точек. Как можно изящно завершить решение задачи, используя это понимание?

Подсказка 8:

Точно! Если центр масс системы (T_(AB), r/2r_A + r/2r_B), (C, m_C), то есть центр масс исходной системы, лежит на прямой CT_(AB), то в силу симметричности условия, он также лежит на AT_(BC) и на BT_(AC), ведь мы можем просто сдвинуть названия точек по циклу и применить те же рассуждения. Остаётся самый лёгкий шаг. Что следует из того, что точка лежит на трёх прямых?

Показать доказательство

Обозначим массы в вершинах $A,B$ и $C$ соответственно как $m ,m A B$ и $m C$ . Докажем, что массы $m = 0.5(r−rA),m = 0.5(r−-rB),m = 0.5(r−rC) A rA B rB C rC$ подходят.

$PIC$

Покажем, что центр масс системы нагруженных точек $(A,mA ),(I,0.5$ кг) находится в точке $OA$ — центре окружности $Γ A(X)$ (см. рисунок). Из подобия соответствующих прямоугольных треугольников вытекает, что $AI :AOA = r:rA$ . Тогда $IOA∕AOA = (r− rA)∕rA$ . Чтобы точка $OA$ была центром масс указанных точек, по правилу рычага, должно выполняться $0.5⋅IOA = mA ⋅AOA$ . Подставив указанное значение для $mA$ , легко видеть, что правило рычага выполняется и для пары точек $(A,mA ),(I,0.5)$ (и центра масс $OA$ ), и для пар точек $(B,mB ),(I,0.5)$ и $(C,mC ),(I,0.5)$ с центрами масс $OB$ и $OC$ соответственно.

Тогда, пользуясь принципом перегруппировки масс, имеем, что центр масс системы точек $(I,1),(A,mA ),(B,mB)$ и $(C,mC )$ совпадает с центром масс системы точек $(I,0.5),(OA,0.5+mA ),(B,mB )$ , что совпадает с центром масс системы $(OA,0.5+mA ),(OB,0.5+mB ),(C,mC )$ .

Но $0.5 +mA = 1+ r−rA =-r- 2 2rA 2rA$ . Аналогично, $0.5+ mB = -r- 2rB$ и $0.5+ mC = -r- 2rC$ . Значит, указанная система нагруженных точек переписывается в виде $( -r-) ( -r-) OA,2rA , OB,2rB ,(C,mC )$ .

Окружности $Γ A (OA)$ и $Γ B(OB)$ , по выбору, касаются. Значит, отрезок $OAOB$ равен по длине $rA +rB$ и делится точкой $TAB$ на части длины $rA$ и $rB$ . Но тогда для точек $( r-) ( r-) OA, 2rA , OB, 2rB$ и точки $TAB$ выполняется равенство $-r------- -r------- 2rA OATAB +2rBOBTAB = 0$ . Значит, $TAB$ — центр масс системы из этих двух точек, а значит, центр масс изначальной системы $(I,1),(A,mA ),(B,mB )$ и $(C,mC )$ , после перегруппировок, совпадает с центром масс системы двух точек: $( -r- -r-) TAB,2rA + 2rB ,(C,mC )$ . Как следствие, этот центр масс лежит на отрезке $TABC$ . По абсолютно аналогичным причинам, центр масс изначальной четвёрки нагруженных точек лежит также на отрезках $BTAC$ и $CTAB$ . Таким образом, выбранные веса $mA,mB, mC$ удовлетворяют требованию задачи.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#124051

Окружность — это, как известно, множество точек на плоскости, удаленных от заданной точки (центра) на фиксированное расстояние (радиус окружности), а число $π$ — это отношение длинны окружности к длине ее диаметра. В этом определении по умолчанию предполагают, что речь идет об Евклидовом расстоянии/длине, которая вычисляется на двумерной координатной плоскости $(XOY )$ для отрезка с концами в точках $(x1,y1)$ и $(x2,y2)$ по формуле $∘ ------2--------2- (x1− x2)+ (y1 − y2).$ Однако, Евклидово определение длины — не единственно-возможное. Например, манхэттенская длина отрезка с концами в точках $(x1,y1)$ и $(x2,y2)$ вычисляется по формуле $|x1− x2|+|y1 − y2|.$ (Название «манхэттенское расстояние» связано с уличной планировкой Манхэттена, представляющую собой прямоугольную сетку улиц: «На север с юга идут авеню, на запад с востока — стриты» В. В. Маяковский, «Бродвей».) Чему равно отношение манхэттенской длинны Евклидовой окружности к манхэттенской длине ее диаметра?

Источники: Иннополис - 2020, 11.6 (см. lk-dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала было бы сподручно вообще понять, что из себя представляет махэттенская длина Евклидовой окружности. Да, из условия задачи знаем определение манхэттенской длины, но надо понять, как с её помощью посчитать длину окружности. Может, есть какая-то закономерность между манхэттенской длиной цепочки точек и длиной лишь между первой и последней из этих точек?

Подсказка 2

Не забудьте доказать, что связь, полученная вами, верна для всех случаев. Попробуйте рассмотреть дугу Евклидовой окружности в 90°. А что будет если соединить все точки этой дуги непрерывной ломаной? Как посчитать её манхэттенскую длину?

Подсказка 3

Осталось только обобщить полученный вами результат на всю окружность, и дальше дело элементарной арифметики :)

Показать ответ и решение

Рассмотрим произвольную ломаную (см. рисунок) такую, что абсциссы ее узлов ведут себя монотонно (на рисунке они не убывают) и ординаты ее узлов тоже ведут себя (возможно, по-другому, но тоже) монотонно (на рисунке они тоже не убывают). Тогда манхэттенская длина такой ломаной (то есть сумма манхэттенских длин ее отрезков) равна манхэттенскому расстоянию между ее концами.

$PIC$

Доказательство этого утверждения должно рассматривать разные варианты (абсциссы и ординаты не убывают, абсциссы не убывают, а ординаты не возрастают, и так далее), но мы ограничимся только случаем, представленном на рисунке:

(|x2− x1|+ |y2− y1|)+ (|x3− x2|+ |y3− y2|)+(|x4− x3|+|y4 − y3|)

+ (|x5− x4|+ |y5− y4|)+(|x6− x5|+|y6 − y5|)+ (|x7− x6|+ |y7− y6|)

= ((x2− x1)+(y2− y1))+((x3− x2)+(y3− y2))+((x4− x3)+ (y4− y3))

+ ((x5− x4)+ (y5− y4))+ ((x6− x5)+(y6− y5))+((x7 − x6)+(y7− y6))

= (x − x )+(y − y )= |x − x |+ |y − y | 7 1 7 1 7 1 7 1

$PIC$

Следовательно, манхэттенская длина каждого из четырех сегментов $((1,0),(0,1)),$ $((0,1),(−1,0)),$ $((−1,0),(0,−1))$ и $((0,−1),(1,0))$ евклидовой окружности манхэттенского радиуса 1 с центром в начале координат равны

2= |0− 1|+ |1 − 0|= |(−1)− 0|+ |0− 1|=|0− (−1)|+|(− 1)− 0|=|1− 0|+ |0 − (−1)|,

манхэттенская длина всей этой Евклидовой окружности равна $8,$ а отношение манхэттенской длины Евклидовой окружности к манхэттенской длине ее диаметра равно $8∕2 =4.$

Ответ:

$4$