\documentclass[12pt,a4paper]{article}
\usepackage[cp1251]{inputenc}
\usepackage[russian]{babel}
\usepackage{graphicx}
\usepackage{multicol}
\usepackage{amsmath,amssymb}
\usepackage[margin=1in]{geometry}
\begin{document}
УДК 514.765
 \vspace{0.5cm}
\begin{center}
{\sf\large   Кизбикенов К.О. (Барнаул)}\\
\vspace{0.5cm} {\bf\Large Покрытие полосами правильных
многоугольников и круга.}
\end{center}
\vspace{0.5cm}
\begin{multicols}{2}
\section{Гипотеза о покрытии}
\qquad  Комбинаторная  геометрия,  в  последнее  время  переживает
бурный рост.  Исследования  в  этой  области  вызывают  большой
интерес,  так  как  полученные  результаты  имеют  большое
практическое  значение.  Покрытие  полосками  --  часть
комбинаторной  геометрии,  имеющая  множество  простых  по
формулировке,  но  до  сих  пор,  не  решенных  проблем \cite{jg}.
Одной из  таких  проблем  является  "Гипотеза  о  покрытиях
полосами", выдвинутая  М. Смуровым  и  А.~ Спиваком  \cite{cm},
являющаяся, по сути, обратной к теореме  о  "дощечках",  над
которой работали такие математики       как: Банг,  Тарский,
Фенхель.

{\bf Гипотеза  о покрытиях:} {\it Любую выпуклую фигуру  с
периметром Р можно покрыть параллельными сдвигами произвольного
набора полос, сумма ширин которых равна половине  периметра
данной фигуры.}

Это предположение до сих пор  остается  гипотезой.  Наши
исследования  велись только для двух  полос,  так  как  для
решения  проблемы,  в общем, случае,  необходимо  знать решение
для  двух  полос. Отметим, что ранее гипотеза была подтверждена
для квадрата \cite{cm}.

Нами подтверждены  некоторые другие частные  случаи "Гипотезы  о
покрытиях" (круг, некоторые правильные многоугольники). Причем
указан запас ширины для некоторых из этих случаев.

{\bf Запас} -- {\it максимальная  величина,  на  которую  можно
уменьшить ширину одной из полос,  чтобы  фигуру  всё  ещё  можно
было покрыть.}

В частности,  за  счёт  запаса для окружности  нами подтверждена
"Гипотеза  о  покрытиях",  для  правильного  n-угольника,  где $n
\geq 10$), а  также,  для  любого  вписанного  в окружность
многоугольника, периметр  которого  отличается от длины
окружности не более чем на  удвоенный  запас.


{\bf Определение.}  {\it Полоса  -  часть  плоскости  заключенная
между двумя  параллельными прямыми.}

Пусть  дана  фигура  F  и  полоса.   Можно  ли полосу
параллельно  перенести  так,  чтобы полностью  покрыть F?  Будем
предполагать,  что  фигура  F является  ограниченной,  то  есть,
содержится  в  некотором круге.  Для  таких  фигур  ответ
определяется  тем,  что больше  --  ширина  полосы  или  ширина
фигуры  в соответствующем  направлении.

{\bf Определение.}   {\it Ширина фигуры  в соответствующем
направлении -- это  ширина  самой узкой полосы,  в  которой
содержится  F и края  которой параллельны заданному  направлению.}

Возьмем  полосу  в соответствующем  направлении  такой  ширины,
чтобы  в  ней полностью  содержалась  фигура  F (на  рисунке такая
полоса ограничена  прямыми  m и n).
\begin{center}
\includegraphics[totalheight=1.8in]{ris6.eps}
\end{center}

Затем  края  полосы  будем  двигать  друг   к  другу  до  тех
пор,  пока  они  не  "упрутся"  в  F.  На  рисунке    это прямые
 a  и  b.  Они  называются  {\sf опорными}  прямыми  фигуры F.
Каждому направлению  соответствует  своя  пара  опорных прямых.

{\bf Пример 1.} Если  F  --  квадрат со  стороной  1,  то  ширина
полосы в зависимости  от  направления,  меняется  от  1  до
$\sqrt{2}$.

{\bf Пример  2.} Если  F  --  треугольник,  то  ширина  меняется
от минимальной, равной  наименьшей  из  высот  треугольника,  до
максимальной, равной  наибольшей  его  стороне.

{\bf Определение.}   {\it {\sf Диаметром}  фигуры  называется
расстояние между самыми  удаленными  её  точками.}

Очевидно, что ширина фигуры не больше его диаметра \cite{jg}.

Наши исследования относительно "Гипотезы о покрытиях", велись  для
случая,  когда мы покрываем  фигуру двумя полосами,  так  как
для  общего случая необходимо  знать решение  для  двух  полос.


\section{Равносторонний  треугольник}


{\bf Теорема 1.} {\it Если  дан  правильный  треугольник  со
стороной a,  то  его всегда  можно  покрыть  параллельными
сдвигами двух полос, сумма  ширин  которых  не  превосходит
половины периметра  (3/2 a).}

Доказательство. Рассмотрим  треугольник  (см рис).
\begin{center}
\includegraphics[totalheight=2in]{ris1.eps}
\end{center}

Как  бы  ни  была  расположена  опорная  прямая  относительно
стороны  АС,  мы  всегда можем добиться,  переносом  опорной
прямой в  другую  вершину,  того,  что бы угол  между  опорной
прямой  и ближайшей    стороной  треугольника,  был  меньше либо
равен $30^0$.  Пусть  опорная  прямая  первой  полосы  k проходит
через вершину  С.  Тогда    опорная  прямая и сторона АС образуют
некоторый угол $\alpha$. Если   $0^0 \leq \alpha \leq 30^0$,  то
опорную прямую  не переносим. Если $30^0 < \alpha \leq  60^0$, то
опорную прямую переносем в вершину  В. Если $60^0 < \alpha < \leq
90^0$, то опорную прямую переносим в вершину  А.

Таким  образом,  мы  добились того,  что  угол  $\alpha$ при
опорной прямой не больше  $30^0$.   Сначала рассмотрим сначала
случай, когда $\alpha = 30^0$ (см рис).
\begin{center}
\includegraphics[totalheight=1.7in]{ris2.eps}
\end{center}

Ширина  одной из двух данных полос должна быть больше  a/2 (иначе
мы бы покрыли треугольник двумя полосами, сумма ширин которых не
больше P/3). Обозначим ширину этой полосы за r. По сути дела нам
нужно найти диаметр оставшейся фигуры, максимальную сторону в
прямоугольном треугольнике   EDC. Ею будет гипотенуза EC
(заметим,  что $r> a/2$).  Найдем  её:
\begin{equation*}
EC = 2 DC = 2(a - r)
\end{equation*}

Сумма ширин полос $s = r + 2 a - 2 r = 2 a - r < 2 a -  a/2 = 3/2
a = P$. То есть сумма ширин полос меньше P.

Если  угол  $\alpha$  уменьшается  от  $30^0$  до  $0^0$,  то
уменьшается и EC  (диаметр  треугольника),  а  значит  для
покрытия  нам нужна  ещё  меньшая  ширина.  Следовательно, самый
"плохой" случай  при  $\alpha = 30^0$.  Теорема доказана.


\section{Круг. Правильные многоугольники}


{\bf Теорема 2.} {\it Если  дан  круг  с  радиусом  R,  то его
всегда можно  покрыть  параллельными  сдвигами  двух  полос, сумма
ширин  которых  не  превосходит  половины  длины окружности ($\pi
R$). При этом "запас" равен $\delta = (\pi - 16\sqrt{3}/9) R
\thickapprox\\ \thickapprox 0.0623912 R.$}.

Доказательство.      Рассмотрим  окружность  (см рис):
\begin{center}
\includegraphics[totalheight=1.7in]{ris3.eps}
\end{center}
Пусть  ширина    большей  полосы  равна  h (очевидно, что h>0,8R).
Сдвинем опорную прямую  до  касания  с  окружностью в точке С.
Теперь задача состоит в том,  чтобы  оценить сумму (AB + h).
Рассмотрим треугольник DOB, OB = R (радиус  окружности),  OD =
(h-R). По теореме Пифагора $BD = \sqrt{R^2 - (h-R)^2} = \sqrt{2 R
h - h^2}$. Следовательно, $AB = 2 BD = \sqrt{2 R h - h^2}$. Сумма
ширин полос будет равна $s = AB + h = h + \sqrt{2 R h - h^2}$.
Пусть g(h) есть разность между длиной полуокружности и s.
\begin{equation}\label{f1}
  g(h) = \pi R - h - 2\sqrt{2 R h-h^2}.
\end{equation}
Найдем экстремумы функции g(h). $g'(h) = \frac{(2(h -
R))}{\sqrt{h(2 R - h}}$. И $g' = 0$ при $h =
\frac{(\sqrt{5}-1)}{\sqrt{5}}R$ или $h =
\frac{(\sqrt{5}+1)}{\sqrt{5}}R$. Первое значение h не подходит,
так как h>0,8 R. Второе значение h соответствует, как легко
убедиться, минимальному значению g. Причем
\begin{equation}\label{f2}
  g(h) = (\pi - \sqrt{5} -1)R \thickapprox -0,0944753 R.
\end{equation}


Из  этого  следует, что круг нельзя покрыть полосами таким
способом.

Поступим по иному (см рис).
\begin{center}
\includegraphics[totalheight=1.5in]{ris4.eps}
\end{center}
Здесь край второй полосы проходит через точки В и  С. В этом
случае $$\alpha = \arctg(\frac{h}{\sqrt{2 R h-h^2}}).$$

Возможны два случая.

1. Угол $\alpha$ между полосами не больше
$\arctg(\frac{h}{\sqrt{2 R h-h^2}})$

2. Угол $\alpha$ между полосами  больше $\arctg(\frac{h}{\sqrt{2
R h-h^2}})$.

Рассмотрим первый случай. Если $\alpha$ уменьшается то ширина
второй полосы тоже уменьшается. Поэтому в этом случае достаточно
разобрать случай, когда край второй полосы есть ВС. Из подобия
треугольников COD и CBM (см рис), следует
\begin{equation*}
  \frac{OD}{MB} = \frac{CO}{CB}
\end{equation*}
или
$$
OD = \frac{R\sqrt{2 R h- h^2}}{\sqrt{2 R h}}
$$
Тогда при $h = \frac{(\sqrt{5}+1)}{\sqrt{5}}R$ имеем

\begin{multline}
\pi R - (OD + h) = \bigg(\pi - 2 -\\ -\frac{1}{{\sqrt{5}}}
-{\sqrt{\frac{2}{5+{\sqrt{5}}}}}\Bigg)R\\
\thickapprox 0,168648 R >0.
\end{multline}
Следовательно, в этом случае круг можно покрыть даже с запасом

\begin{multline*}
\varepsilon_1 = \bigg(\pi -2-\frac{1}{{\sqrt{5}}}-\\ -
{\sqrt{\frac{2}{5+{\sqrt{5}}}}}\Bigg)R \thickapprox 0,168648 R.
\end{multline*}
Рассмотрим второй случай. Без ограничения общности будем в
дальнейшем считать, что R=1. Пусть край второй полосы не проходит
через точку М, а пересекает окружность в точке С (см рис).

\begin{center}
\includegraphics[totalheight=2.2in]{ris5.eps}
\end{center}
Тогда левый край первой полосы можно сдвинуть так, чтобы он
проходил через точку С, то есть ширину первой полосы можно
уменьшить на некоторую величину x (отрезок MN). Пусть ширина
первой полосы ND = h. Выразим ширину второй полосы через x, h и
R=1.

$OD = MN + ND - MO = x + h - 1$. Из треугольника OAD $AD =
\sqrt{OA^2 - OD^2}$, поэтому $AB = 2\sqrt{OA^2 - OD^2} = 2\sqrt{1
- (x + h -1)^2}= 2\sqrt{(x + h)(2 - x - h)}$.

Из треугольника CNO
$$CN = \sqrt{CO^2 - NO^2} = \sqrt{(2 - x)
x}.$$ Пусть $CG \| MD$. Тогда $AG = AD - CN$. Из треугольника CAG

\begin{multline*}
AC = \sqrt{CG^2 + AG^2}=\\  \big(h^2+\big(\sqrt{(2 - x) x}-\\
-\sqrt{-(h+x) (h-2 + x)}\big)^2\bigg)^{1/2}.
\end{multline*}

Треугольник CAG подобен треугольнику BAF. Отсюда $$\frac{FB}{CG} =
\frac{AB}{AC}.$$ Поэтому
\begin{multline}\label{f3}
  FB = \big(2  h  \sqrt{(h+x)
(2  - h - x)}\big)\Bigm/\\
\big({h^2}+ \big({\sqrt{(2 - x) x}}-\\
-\sqrt{(h+x) (2 - x -
h)}\big)^2\bigg)^{1/2}.
\end{multline}
Пусть, как и выше, g -- разность между длиной полуокружности и
суммой ширин полос. Тогда

\begin{multline}\label{f4}
  g = \pi - h -
  \big(2  h  \sqrt{(h+x)
(2  - h - x)}\Big)\Bigm/\\ \big({h^2}+ \big({\sqrt{(2  - x)
x}}-\\
-\sqrt{(h+x) (2 - x - h)}\big)^2\Big)^{1/2}.
\end{multline}

Сделаем замену переменной. Обозначим $(2-h-x)(h+x) = t^2$, где t
-- новая переменная (между прочим t = CN). Тогда
\begin{equation}\label{f5}
x = 1 - h + \sqrt{1-t^2}.
\end{equation}
Подставим значения x в формулу (\ref{f4}). После очевидных
упрощений получим

\begin{multline}\label{f6}
g =  \pi -h-\big(2 h \sqrt{1-{t^2}}\Big)\Bigm/\\
\big(h^2 + \big(\sqrt{(1+h-t)
(1-h+t)}-\\
-\sqrt{1-t^2}\big)^2\Big)^{1/2}.
\end{multline}
Нам необходимо доказать, что при всех допустимых значениях h и t
значение $g \geq 0$. Таким образом, нам необходимо найти в
области $0.8 \leq h \leq 2$, $0 < t < 1$ минимум функции
$g(h,t)$. Для этого вычислим значение производной этой функции по
t.
\begin{multline}\label{f7}
\frac{\partial g}{\partial t} =  h^2\Big( h(t-t^3)+(1+t^2)\\
\big( t^2 - 1 + \sqrt{1-(h - t)^2}\sqrt{1-t^2}\big)\Big)
 \Bigm/ \\
\Big((t^2 - 1)\sqrt{1-(h-t)^2}\Big(t^2-h t
-1 +\\
+ \sqrt{1-(h-t)^2}\sqrt{1-t^2}\\
\sqrt{h^2 +  \Big( \sqrt{1-(h-t)^2}-\sqrt{1-t^2} \Big)^2} \Biggr)
\Biggr).
\end{multline}
Приравняем к нулю производную

\begin{multline*}
h^2\Big( h(t-t^3)+(1+t^2) \big( t^2 - 1 +\\
+ \sqrt{1-(h - t)^2}\sqrt{1-t^2}\big)\Big) = 0
 \end{multline*}

 и выразим h
\begin{equation}\label{f8}
  h = \frac{4(t^3 + t)}{1 + 3 t^2}.
\end{equation}
Найдем теперь $\frac{\partial g}{\partial h}$.
\begin{multline}\label{f9}
\frac{\partial g}{\partial h} = -1 -\\ \frac{\sqrt{2(t^2 - 1)}}
{\sqrt{t^2 - h t - 1 + \sqrt{(1-(h-t)^2)(1-t^2)}}}+ \\
+ \big(h\big(h - h t^2 + t\big(t^2 - 1 +\\ + \sqrt{(1-(h -
t)^2)(1-t^2)}\Big)\Big)\bigg)\Bigm/\\
\Big(\sqrt{2}\sqrt{1 - (h - t)^2}\Big(1 + (h- t)t- \\ - \sqrt{(1 -
(h - t)^2)(1 - t^2)}\Big)^{3/2}\Big).
\end{multline}
Приравняем (\ref{f9}) к нулю и подставим в это уравнение значение
h из (\ref{f8}). В результате довольно длинных вычислений, получим
\begin{multline}\label{f10}
g_h = \frac{1}{2}\Big( -2 - \frac{\sqrt{1+2 t^2 - 3 t^4}}{t} +\\ +
\frac{\sqrt{1 + 3 t^2}(1 - t^4)}{\sqrt{t^2(1 - t^2)^3}}\Big) = 0.
\end{multline}
Это уравнение имеет единственное решение
\begin{equation}\label{f11}
  t = \frac{1}{\sqrt{3}}.
\end{equation}
Нетрудно убедиться, что найденное значение t соответствует
минимуму функции g. Теперь подставим найденное значение t в
формулу (\ref{f8}) и найдем значение h
\begin{equation}\label{f12}
  h = \frac{8\sqrt{3}}{9}.
\end{equation}
Теперь значения h и t подставим в (\ref{f6}) и найдем {\bf
минимальное} значение g равное $\pi - 16\sqrt{3}/9 \thickapprox
0.0623912 > 0$.

Возможен еще один случай (см рис).
\begin{center}
\includegraphics[totalheight=2.5in]{ris7.eps}
\end{center}
Пусть $\angle CAD = \alpha$. Из треугольника CAQ найдем, что $AC
= h/\sin\alpha$. Тогда $FO = \sqrt{R^2 - (AC/2)^2} = \sqrt{1 -
h^2/(4\sin^2\alpha)}$. Ширина второй полосы будет равна FO + R.
Рассмотрим функцию $f = \pi - h - (FO + R)$. Подставляя значения
FO, получим
\begin{equation}\label{f13}
  f = \pi - h - \sqrt{1 - \frac{h^2}{4\sin^2\alpha}}.
\end{equation}
Найдем производную f по $\alpha$. После упрощений, получим
\begin{equation}\label{f14}
  \frac{\partial f}{\partial \alpha} = -\frac{h^2\cos\alpha}{2\sin^2\alpha
  \sqrt{4\sin^2\alpha-h^2}}.
\end{equation}
Так как производная меньше нуля, то f убывает при росте $\alpha$
и минимальное значение f достигнет в случае, когда точка Р
совпадет с точкой В, т. е. функция f совпадет с g. Этот случай мы
уже рассмотрели. Теорема доказана.

 Таким образом, "запас" для круга радиуса R оказался равным
$$\delta = (\pi - 16\sqrt{3}/9) R \thickapprox 0.0623912 R.$$

Используя найденный "запас" для круга докажем следующую теорему.

{\bf Теорема 3.} {\it Гипотеза о покрытии верна для всех
правильных n - угольников, где $n \geq 10$. Кроме того, гипотеза
верна для многоугольников чей периметр отличается от длины
описанной окружности не более чем $2\delta$.}

Доказательство. Без ограничения общности можно считать, что R =
1. Полупериметр правильного n-угольника с единичным радиусом
описанной окружности равен $n\sin\frac{\pi}{n}$. Следовательно,
нам необходимо решить уравнение $\pi - n\sin\frac{\pi}{n} =
\delta$ или $n\sin\frac{\pi}{n} = 16\sqrt{3}/9$. Используя любой
из приближенных численных методов можно убедиться, что искомое
решение есть $n \thickapprox 9.07373$. Таким образом, при $n
\geqslant 10$ полупериметр правильного n-угольника отличается от
полупериметра описанной окружности менее чем на $\delta$. Поэтому
можно покрыть этот круг вместе с многоугольником двумя полосами,
сумма ширин которых не больше полупериметра многоугольника.
Теорема доказана.

Что же касается правильных многоугольников число сторон которых
равна 5, 6, 7, 8 и 9, то эти случаи требуют отдельного
исследования.

\begin{thebibliography}{99}
\bibitem{cm}  М. Смуров,    А.~ Спивак,   Покрытия,
Квант, №4, 1998 год.
\bibitem{jg}  Яглом И.М., Болтянский В.Г., Выпуклые фигуры, М.,
ГИТТЛ, 1951.
\end{thebibliography}

{\bf Работа выполнена при поддержке Российского фонда
фундаментальных исследований (код проекта 99-01-00543)}


\end{document}
