Оценка периметра многоугольника заданного диаметра. Реферат По теме "Оценка периметра многоугольника заданного диаметра"
![]()
|
Задача №1.2.3 а) Если вписанный в круг n-угольник не является правильным, то у него есть сторона, меньшая стороны соответствующего правильного n-угольника. Предположим, что у этого вписанного в круг неправильного n-угольника есть сторона, большая стороны правильного n-угольника (если это не так, то весь n-угольник вписан в дугу окружности, меньшую ![]() ![]() Не меняя площади многоугольника, вписанного в окружность, мы можем поменять его стороны местами так, чтобы рядом оказались сторона, большая стороны правильного n-угольника, и сторона, меньшая стороны правильного n-угольника (очевидно, что если поменять местами две соседние стороны вписанного в окружность многоугольника, то площадь его не изменится (рис. 1.2.11); повторяя этот процесс, можно добиться того, чтобы любые две стороны оказались рядом). ![]() Рис. 1.2.11 Если мы теперь, не меняя остальных сторон, изменим длины этих двух сторон многоугольника так, чтобы одна из них стала равной стороне правильного n-угольника и многоугольник оставался вписанным в ту же окружность, то согласно задаче 1.2.1, 6) площадь n-угольника увеличится. Продолжая этот процесс далее, мы придем, в конце концов, к правильному n-угольнику; при этом в процессе изменения исходного n-угольника площадь его будет только увеличиваться. б) Доказывается аналогично решению задачи 1.2.3 а). [6, 251] Задача №1.2.4 а) Примем известный периметр искомого четырехугольника ABCD за единицу и пусть A’B’C’D’, какой лидо четырехугольник подобный ABCD. Тогда площадь ABCD равна отношению ![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Рис. 1.2.12 Постоим треугольник АВF два угла которого равны углам А и В искомого четырехугольника (такой треугольник невозможно построить лишь в том случае, когда сумма каждых двух соседних углов четырехугольника ABCDравна 1800. В этом исключительном случае наша задача формулируется так: доказать, что из всех параллелограммов с данным острым углом и данным периметром наибольшую площадь имеет ромб). Нам надо пересечь этот треугольник прямой CD данного направления, так, чтобы у получившегося четырехугольника ABCDотношение площади к квадрату периметра было возможно большим. Впишем в треугольник ABF окружность с радиусом r и центром О и проведем прямую CD заданного направления таким образом, что бы она касалась этой окружности (рис. 1.2.12). Докажем, что четырехугольник ABCD обладает требуемым свойством, т.е., если C’D’ – произвольная прямая параллельная CD, то: ![]() ![]() ![]() Обозначим коэффициент подобия треугольников FCD и FC’D’ через k (k может быть больше или меньше единицы). Очевидно, что: ![]() ![]() ![]() Отсюда: ![]() ![]() или, если обозначить AB+BF+FA через 2p, а CF+FD-DC- через 2q: ![]() ![]() Далее, из подобия треугольников CDF и C’D’F следует: C’F+ FD’- C’D’=2kq, откуда AB+BC+CD+DA=AB+BF+FA-(CF+FD-CD)=2(p-q), AB+BC’+C’D’+D’A=AB+BF+FA-(C’F+FD’-C’D’)=2(p-kq). В силу этого неравенство (*) примет следующий вид: ![]() ![]() Перенося оба члена неравенства в левую часть и умножая его на (положительное) число (p-q) (p-k q) 2, получим: (p-k q) 2 - (p-q) (p-k 2q) ![]() что после раскрытия скобок и упрощения дает: (1- k) 2 p q ![]() Последнее неравенство очевидно справедливо. [6, 249] б) Для простоты решим сначала задачу для случая пятиугольника, и пусть М=АВСDЕ иM’= А’В’С’D’Е’- два пятиугольника с периметрами Р и Р’ и площадями S и S’, имеющие равные углы, причем М описан вокруг окружности s радиуса r, а M’ не подобен М. Для того что бы доказать неравенство: ![]() отбросим соответствующие стороны DЕ и D’E’ пятиугольников М и М’ (такие, что ![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Рис. 1.2.13 Ясно, что ![]() ![]() ![]() ![]() В силу результата задачи а) ![]() ![]() ![]() Далее обозначим DT+ТЕ-DЕ=pиD’T’+Т’Е’-D’Е’=kp , гдеk- коэффициент подобия треугольников ![]() ![]() ![]() ![]() Далее имеем: S=S M = ![]() ![]() P=AB+BC+CD+DE+EA=(AB+BC+CT+TA)- (DT+TE-ED). S’=S M’ = ![]() P’ = A’B’+B’C’+C’D’+D’E’+E’A’=(A’B’+B’C’+C’T’+T’A’)- (D’T’+T’E’-E’D’). Поэтому неравенство (**) примет вид: ![]() ![]() ![]() т.е. ![]() Но последнее неравенство действительно справедливо: ![]() так как 1- ![]() ![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Решение задачи для n-угольника проводится по методу математической индукции. Оно ничем не отличается от выше приведенного, и все выкладки имеют точно такой же вид. Только вместо пятиугольника всюду надо говорить об n-угольнике и вместо четырехугольника - об (п-1)-угольнике, для которого, по предположению индукции, теорема считается уже доказанной (что позволяет утверждать, что ![]() ![]() Задача №1.2.5 Пусть АВ — хорда фигуры Ф, делящая периметр Ф пополам. Если хорда АВ делит площадь Ф на две неравные части, то существует фигура ![]() S ![]() ![]() ![]() Рис. 1.2.14 Отразив теперь полученную фигуру А’Р’В’ относительно хорды А’В’,мы получим фигуру ![]() ![]() Задача №1.2.6 Пусть Ф — произвольная выпуклая фигура, К—круг. Нам надо доказать, что отношение площади круга К к квадрату его периметра больше, чем отношение площади фигуры Ф к квадрату ее периметра. При этом площадь и периметр Ф и К определятся как пределы площадей и периметров последовательностей описанных вокруг этих выпуклых фигур многоугольников, все внешние углы которых стремятся к нулю. Будем рассматривать описанные вокруг Ф и К многоугольники с соответственно равными углами (например, описанные вокруг Ф и К многоугольники с параллельными сторонами; рис. 1.2.15). В силу задачи 1.2.4, б) отношение площади к квадрату периметра будет для каждого многоугольника, описанного вокруг К,не меньше, чем для соответствующего многоугольника, описанного вокруг Ф. Отсюда, переходя к пределу, получаем, что: ![]() откуда уже следует, что круг имеет не меньшую площадь, чем каждая другая выпуклая фигура того же периметра. Предположим теперь, что фигура Ф не является кругом, т. е. отлична от К.В этом случае, очевидно, не все многоугольники, описанные вокруг К,будут подобны соответствующим многоугольникам, описанным вокруг Ф. При этом если М есть первый из рассматриваемых многоугольников, описанных вокруг К,который не подобен соответствующему многоугольнику ![]() ![]() ![]() ![]() Рис. 1.2.15 Примечание. Если уже доказано, что площадь круга К периметра 1 не меньше площади любой иной фигуры Ф того же периметра (именно это и означает неравенство (*)), то из результата задачи 1.2.5 (для любой фигуры Ф, отличной от круга, можно найти фигуру ![]() ![]() 3. Задачи на максимум и минимум Неиссякаемые россыпи драгоценных задач на максимум и минимум таятся в недрах древнейшей из математических наук — геометрии. [4, 30] Многие задачи на максимум и минимум связаны с понятиями вписанной и описанной окружности выпуклой фигуры. Определение 1.3.1. Описанной окружностью плоской фигуры Ф называется наименьшая окружность, заключающая Ф внутри себя. Определение 1.3.2. Вписанной окружностью выпуклой фигуры Ф называется наибольшая окружность, целиком заключающаяся внутри Ф. [7, 200] В противоположность описанной окружности вписанная окружность выпуклой фигуры может и не быть единственной (рис. 1.3.1). ![]() Определение 1.3.3. Центром выпуклой фигуры Ф называется ее внутренняя точка О, обладающую следующим свойством: отношения, в которых делятся точкой О всевозможные хорды фигуры Ф, проходящие через О,заключены в наиболее тесных пределах. Определение 1.3.4. Наименьшее из отношений, в котором делится центром О проходящая через О хорда Ф, называется коэффициентом центральности фигуры Ф. [8, 77] Так, для центрально - симметричных выпуклых фигур (и только для таких фигур) коэффициент центральности равен 1, а центр совпадает с центром симметрии: все хорды, проходящие через центр симметрии, делятся в нем в одном и том же отношении 1:1. Очевидно, что чем ближе к 1 коэффициент центральности выпуклой фигуры, тем больше фигура похожа на центрально - симметричную. [8, 78] Используя задачу 1.3.3, в которой доказывается, что из всех выпуклых кривых ширины 1 наименьшую площадь ограничивает равносторонний треугольник с высотой 1, можно решить следующую задачу: Какую наименьшую площадь может иметь выпуклая фигура Ф, если известно, что внутри Ф можно так двигать отрезок длины 1, чтобы он повернулся на угол 360°? Действительно, прежде всего легко видеть, что ширина ![]() ![]() В силу задачи 1.3.3 отсюда вытекает, что площадь выпуклой фигуры Ф, внутри которой можно повернуть на 360° отрезок длины 1, не может быть меньше площади равностороннего треугольника высоты 1 (т.е.площадь равна ![]() Нетрудно видеть, что диаметр D треугольника равен его наибольшей стороне, а ширина ![]() ![]() Теорема 1.3.1.Для треугольника: ![]() Доказательство. Действительно, если Dесть наибольшая сторона некоторого треугольника, то противолежащий ей угол треугольника является наибольшим, откуда следует, что хотя бы один угол, примыкающий к этой стороне, не больше 60°. Отсюда вытекает, что высота треугольника, опушенная на сторону длины D, равная произведению одной из других сторон треугольника (по предположению не большей D) на синус угла примыкающего к наибольшей стороне, не больше, чем: D sin60° = ![]() ![]() Теорема доказана. [8, 80] В теории выпуклых фигур значительное место занимает метод симметризаций, смысл которого заключается в замене изучаемой фигуры новой фигурой, более симметричной, чем первая. При этом существует целый ряд различных способов симметризации выпуклой фигуры. Основную роль в теории плоских выпуклых фигур играют два типа симметризации: симметризация относительно оси и симметризация относительно точки. [8, 82] ![]() Рис. 1.3.4 Симметризация относительно оси состоит в том, что выпуклая фигура заменяется новой фигурой, имеющей фиксированную ось симметрии l, при помощи следующего построения: каждая хорда АВ выпуклой фигуры Ф, перпендикулярная к прямойl, сдвигается вдоль образуемой АВ прямой в новое положение А1В1симметричное относительно l. Фигура Ф’, образованная всеми хордами А1В1в новом их положении, называется образом фигуры Ф при симметризации относительно оси l (рис. 1.3.4). Более сложно определяется симметризация относительно точки, переводящая произвольную выпуклую фигуру Ф в центрально-симметричную фигуру Ф’. По аналогии с симметризацией относительно прямой хотелось бы определить симметризацию относительно точки, следующим образом: каждая хорда АВ кривой, проходящая через какую-либо внутреннюю точку О, сдвигается вдоль образуемой АВ прямой в новое положение А’В’, симметричное относительно О (рис.1.3.5). Однако такой метод симметризации находит сравнительно скромное применение. ![]() Рис. 1.3.5 Значительно более важным оказывается способ симметризации относительно точки, определяемый следующим образом. Выпуклая фигура Ф рассматривается как пересечение бесконечного числа полос, образованных ее параллельными опорными прямыми. Затем все эти полосы сдвигаются в направлении, перпендикулярном к направлению полосы, в новое положение, симметричное относительно некоторой точки О; фигура Ф’, образованная в пересечении сдвинутых полос, и называется образом фигуры Ф при симметризации относительно точки О (рис. 1.3.6, а).На рис. 1.3.6, б) изображена симметризация выпуклого многоугольника М. [8, 83] ![]() Рис. 1.3.6 Все задачи на максимум и минимум, связанные с выпуклыми фигурами, могут быть разделены на две группы. К первой группе относятся задачи, в которых требуется из всех выпуклых фигур найти ту, для которой какая-то численная величина, характеризующая фигуру, принимает наибольшее или наименьшее значение (задачи на безусловный максимум или минимум). Значительно большее число задач содержит вторая группа, в задачах которой требуется найти наибольшее или наименьшее значение некоторой величины, связанной с выпуклой фигурой, причем рассматриваемая выпуклая фигура должна удовлетворять еще некоторым дополнительным условиям, перечисленным в формулировке задачи. Чаше всего эти дополнительные условия состоят в том, что какая-то другая численная характеристика выпуклой фигуры должна иметь наперед заданное значение. Эти задачи являются более сложными (задачи на условный максимум или минимум). Наиболее известной задачей такого рода является изопериметрическая задача. [8, 84] 3.1 Задачи Задача №1.3.1. Докажите, что плоская фигура Ф не может иметь двух различных описанных окружностей. Докажите также, что описанная окружность плоской фигуры Ф обязательно содержит или две граничные точки Ф, являющиеся диаметрально противоположными точками окружности, или же три граничные точки Ф, являющиеся вершинами остроугольного треугольника. Выведите отсюда, что радиус R описанной окружности плоской фигуры Ф диаметра 1 заключается в границах: 0,5 R ![]() Задача №1.3.2. Докажите, что вписанная окружность выпуклой фигуры Ф обязательно содержит или две граничные точки Ф, являющиеся диаметрально противоположными точками окружности, или три граничные точки Ф, являющиеся вершинами остроугольного треугольника; в последнем случае вписанная окружность Ф является единственной. Докажите также, что радиус rвписанной окружности выпуклой фигуры Ф ширины 1 заключается в границах: ![]() ![]() Задача №1.3.3. Докажите, что из всех выпуклых кривых ширины 1 наименьшую площадь ограничивает равносторонний треугольник с высотой 1. Задача №1.3.4. Докажите, что треугольник имеет меньшую площадь, чем каждая другая выпуклая фигура того же самого диаметра и той же самой ширины. [8, 80] 3.2 Решения Задача №1.3.1 Фигура Ф не может иметь двух различных описанных окружностей, потому что если бы Ф содержалась внутри двух окружностей S и S’ одного и того же радиуса R, то она заключалась бы также внутри заштрихованного на рис. 1.3.7 двуугольника, образованного пересечением окружностей S и S’, а следовательно, и внутри окружности, описанной вокруг этого двуугольника (изображенной пунктиром на рис. 1.3.7). Но последняя окружность имеет меньший радиус, чем окружности Sи S’, что противоречит тому, что окружности S и S’ — описанные окружности фигуры Ф. Далее, если окружность S, заключающая плоскую фигуру Ф внутри себя, вообще не содержит граничных точек Ф, то существует окружность меньшего радиуса, также содержащая Ф внутри себя. ![]() Рис. 1.3.7 Чтобы получить эту окружность, будем постепенно уменьшать радиус окружности S, не меняя ее центра, до тех пор, пока уменьшенная окружность не коснется границы фигуры Ф в какой-либо точке А (рис. 1.3.8, а). [8, 246] ![]() Рис. 1.3.8 Если окружность S, заключающая фигуру Ф внутри себя, содержит единственную граничную точку А фигуры Ф, то также существует окружность S’ меньшего радиуса, заключающая Ф внутри себя. Для того чтобы это доказать, сдвинем окружность S в направлении радиуса ОА (О — центр окружностиS) так, чтобы точка А оказалась внутри окружности (рис. 1.3.8, б).При этом мы получим окружность того же радиуса, что иS, заключающую фигуру Ф внутри себя и не содержащую граничных точек Ф; согласно вышесказанному радиус этой окружности можно уменьшить так, чтобы она все еще содержала фигуру Ф внутри себя. Наконец, если окружность S, заключающая фигуру Ф внутри себя, содержит две граничные точки А и В фигуры Ф, не являющиеся диаметрально противоположными точками S, и дуга окружности S, большая полуокружности, с концами в точках A и B не содержит более никаких точек Ф, то также существует окружность, радиус которой меньше радиуса Sи которая заключает фигуру внутри себя. Для доказательства сдвинем несколько окружность S в направлении, перпендикулярном к хорде АВ так, чтобы точки А и В оказались внутри окружности (рис. 1.3.8, в). При этом мы снова получим окружность того же радиуса, что и S, содержащую Ф внутри себя и не содержащую граничных точек Ф; радиус этой окружности можно уменьшить так, чтобы Ф все еще оставалась внутри окружности. Таким образом, наименьшая из содержащих Ф окружностей обязательно должна содержать либо две точки Ф, являющиеся диаметрально противоположными точками окружности (рис. 1.3.9, а),либо три такие точки Ф, что никакая из дуг окружности между какими-либо двумя из этих трех точек не больше полуокружности (т.е. три точки, являющиеся вершинами остроугольного треугольника; рис. 1.3.9, б). [6, 301] ![]() Рис. 1.3.9 Отсюда сразу следует, что радиус R описанной окружности S фигуры Ф диаметра 1 заключается в указанных в условии задачи границах. Действительно, прежде всего, так как фигура Ф заключается внутри окружности S радиуса R, наибольшее расстояние между точками которой равно 2R,то из того, что диаметр Ф равен 1, сразу следует, что 2R ![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Если описанная окружность содержит две точки Ф, являющиеся диаметрально противоположными точками окружности, то, так как расстояние между этими точками не больше 1, радиус R окружности не может быть больше ![]() ![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Отсюда получаем, что R ![]() ![]() ![]() Задача №1.3.2 Решение очень похоже на предыдущее. Прежде всего, если окружность S, целиком заключающаяся внутри выпуклой фигуры Ф, не содержит совсем граничных точек Ф, то существует заключающаяся внутри Ф окружность S’, радиус которой больше радиуса S. Чтобы найти эту окружность, будем постепенно увеличивать радиус S, не меняя ее центра, до тех пор, пока увеличенная окружность не коснется границы Ф в какой-либо точке А (рис. 1.3.10, а). Если окружность S, заключающаяся целиком внутри выпуклой фигуры Ф, содержит единственную граничную точку А фигуры Ф, то тоже существует окружность, радиус которой больше радиуса S, заключающаяся внутри Ф. Для того чтобы это доказать, сдвинем несколько окружность S в направлении радиуса АО (О — центр окружности S) так, чтобы точка А оказалась вне окружности (рис. 1.3.10, б).При этом мы получим окружность того же радиуса, что и S, заключенную внутри Ф и не имеющую с границей Ф общих точек; согласно вышесказанному, радиус этой окружности можно увеличить так, чтобы она все еще оставалась заключенной внутри Ф. Наконец, если окружность S, заключенная внутри фигуры Ф, содержит две такие граничные точки А и В фигуры Ф, что дуга АВ окружности S, большая 180°, не содержит никаких других граничных точек Ф, то также существует окружность большего радиуса, чем S, содержащаяся целиком внутри Ф. Действительно, сдвинем окружность S в направлении, перпендикулярном к хорде АВ так, чтобы точки А и В оказались вне окружности (рис. 1.3.10, в). При этом мы получим окружность того же радиуса, что и S, заключающуюся внутри Ф и не имеющую с границей Ф общих точек; радиус этой окружности мы можем увеличить так, чтобы она все еще оставалась внутри Ф. ![]() Рис. 1.3.10 Таким образом, наибольшая из всех содержащихся в Ф окружностей должна содержать либо две граничные точки Ф, являющиеся диаметрально противоположными точками окружности (рис. 1.3.11, а),либо три такие граничные точки Ф, что никакая из дуг окружности между какими-либо двумя из этих трех точек не больше полуокружности, т. е. три точки, являющиеся вершинами остроугольного треугольника (рис. 1.3.11,б). [8, 249] Отсюда нетрудно вывести, что радиус r вписанной окружности выпуклой фигуры Ф ширины 1 заключается в указанных в условии задачи пределах. Прежде всего, так как окружность S заключается внутри Ф, а следовательно, и внутри каждой полосы, образованной парой параллельных опорных прямых фигуры Ф, то диаметр S не может быть больше 1 и, следовательно, радиус r окружности S не может быть больше ![]() ![]() ![]() ![]() Рис 1.3.11 Если вписанная в выпуклую фигуру Ф окружность S соприкасается с границей Ф в точке А, то опорная прямая фигуры Ф, проходящая через точку А,должна быть одновременно и опорной прямой окружности S. Но так как через граничную точку окружности можно провести только единственную опорную прямую, то отсюда следует, что фигура Ф может иметь в точке А единственную опорную прямую, совпадающую с касательной к окружности S (т. е. точка А не может быть угловой точкой фигуры Ф). Отсюда прежде всего вытекает, что если вписанная в Ф окружность S содержит две граничные точки А и В фигуры Ф, являющиеся диаметрально противоположными точками S, то радиус Sравен половине расстояния между параллельными опорными прямыми фигуры Ф, проведенными в точках А и В,и не может быть меньше ![]() ![]() Если же вписанная окружность S фигуры Ф содержит три граничные точки А, В, С фигуры Ф, являющиеся вершинами остроугольного треугольника, то опорные прямые фигуры Ф, проведенные в точках А, В, С,образуют некоторый треугольник А’В’С’,описанный одновременно вокруг Ф и вокруг окружности S (рис. 1.3.11, б).Обозначим стороны этого треугольника через а,b, с (а — наибольшая сторона), а соответствующие высоты — через ha,hb,hc. Площадь треугольника А’В’С’ равна, с одной стороны, ![]() ![]() Так как, а ![]() ![]() ![]() ![]() следует: ha= ![]() ![]() r ![]() ![]() Но высота ![]() ![]() ![]() В том случае, когда вписанная в выпуклую фигуру Ф окружность S содержит три граничные точки Ф, являющиеся вершинами остроугольного треугольника, существует треугольник А’В’С’,описанный одновременно вокруг Ф и вокруг S. Отсюда следует, что в этом случае вписанная окружность S является единственной — всякая другая окружность, содержащаяся внутри Ф, должна также содержаться внутри треугольника А’В’С’и, следовательно, будет меньше, чем окружность S, вписанная в треугольник А’В’С’.Однако, если вписанная окружность соприкасается с границей Ф в двух диаметрально противоположных точках, то она может быть и не единственной (см. рис. 1.3.1). [8, 250] Задача №1.3.3 Прежде всего отметим, что в силу результата задачи 1.3.2 радиус r круга S, вписанного в фигуру Ф ширины 1, не больше ![]() ![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Пусть теперь радиус вписанного круга S фигуры Ф равен r( ![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Достаточно доказать, что из всех фигур Фr ( ![]() ![]() ![]() ![]() На рис. 1.3.13 изображены равносторонний треугольник РQRи фигура Фr( ![]() ![]() Нетрудно видеть, что общая площадь частей равностороннего треугольника, выходящих за пределы фигуры Фr,меньше площади частей фигуры Фrрасположенных вне треугольника Ф ![]() Треугольник МNЕ равен треугольнику ЕАР,а треугольник DАР составляет лишь часть ЕАР.Таким образом, мы можем перенести треугольник DАР внутрь МNЕ,т. е. внутрь Фr(новое положение треугольника DАР тоже заштриховано на рис. 1.3.13). Перенеся таким же образом все шесть треугольников, таких, как DАР,внутрь Фr,мы убедимся, что равносторонний треугольник Ф ![]() Задача №1.3.4 Пусть Ф— некоторая выпуклая фигура диаметра Dи ширины ![]() ![]() ![]() ![]() Пусть А и В — две граничные точки фигуры Ф, расстояние между которыми является наибольшим (равно D).Через точки А и В проведем опорные прямые l1 и l2 фигуры Ф, перпендикулярные к отрезку АВ; проведем также две другие опорные прямыеm1 и m2 фигуры Ф, перпендикулярные к l1 и l2 (параллельные АВ;рис. 1.3.14, а). Согласно определению ширины выпуклой фигуры, расстояние между прямымиm1 и т2не может быть меньше ![]() ![]() Пусть С — точка соприкосновения опорной прямойm1 (стороны РS прямоугольника PQRS) с фигурой Ф, Е— точка соприкосновения прямой т2с фигурой Ф. В силу выпуклости фигуры Ф она должна содержать целиком четырехугольник ВСАЕ.Но площадь треугольника AВС равна половине площади прямоугольника АВSР;площадь треугольника АВЕ равна половине площади прямоугольника АQRВ.Таким образом, площадь ВСАЕ равна половине площади прямоугольника PQRS и, следовательно, не может быть меньше ![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Рис. 1.3.14 Из приведенного решения нетрудно увидеть, что площадь Ф равна ![]() ![]() ![]() ![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Таким образом, площадь выпуклой фигуры может быть равна ![]() ![]() ![]() |