Решение этой задачи становится короче и яснее, если излагать его на языке сферической геометрии. Познакомимся с некоторыми словами этого языка.
Большая окружность, или, как чаще говорят, большой круг — это окружность $\omega$, по которой сфера пересекается с произвольной плоскостью $\alpha$, содержащей её центр $O$; концы диаметра сферы, перпендикулярного плоскости $\alpha$, называются полюсами окружности $\omega$, сферическое расстояние $s(A,B)$ между двумя точками сферы $A$ и $B$ определяется как длина меньшей дуги большого круга, соединяющей $A$ и $B$; если радиус сферы равен 1, то, очевидно,
$$
s(A,B)=\angle AOB.
$$
Известно, что каждый из плоских углов трёхгранного угла меньше суммы двух других (доказательство можно найти, например, в учебном пособии: Геометрия 9—10 / под ред. З. А. Скопеца. — М.: Просвещение, 1981, с. 224), поэтому сферическое расстояние удовлетворяет «неравенству треугольника»:
$$
s(A,B)\le s(A,C)+s(C,B).
$$
В планиметрии из аналогичного неравенства выводится, что отрезок — кратчайшая из линий на плоскости, соединяющих две данные точки; в сферической геометрии точно так же доказывается, что кратчайшей линией между двумя точками на сфере является дуга большого круга.
Теперь перейдём непосредственно к задаче.
a) Первое решение. Возьмём на данной кривой точку $P$, которая делит её на две части равной длины. Для любой точки $X$ кривой сферическое расстояние $s(P,X)$ не превосходит длины участка кривой от $P$ до $X$, т. е. меньше $\pi/2$. Следовательно, наша кривая не пересекает большой круг с полюсом $P$ (для любой его точки $Y$ сферическое расстояние $s(P,Y)=\pi/2$; рис. 1). Плоскость, содержащая этот круг, и является искомой.
Рисунок 1
Во втором решении мы только докажем, что нужная плоскость существует, не указывая её конкретно. Преимущество этого решения в том, что оно годится для любого набора кривых на сфере, суммарная длина которых меньше $\pi$.
Рассмотрим множество всех больших кругов, пересекающих нашу кривую, и для каждого отметим его полюсы. Докажем, что площадь множества $M$ всех отмеченных полюсов меньше площади сферы, т. е. $4\pi$. Это будет означать, что найдётся большой круг, полюсы которого не принадлежат множеству $M$, т. е. не пересекающий нашу кривую.
Ясно, что полюсы всех больших кругов, проходящих через некоторую точку $X$, сами образуют большой круг $\omega_X$ с полюсом $X$. Когда точка $X$ пробегает дугу $AB$ большого круга, окружности $\omega_X$ «заметают» на сфере два равных двуугольника (рис. 2): вершины этих двуугольников являются полюсами большого круга $AB$, а «угол раствора» двуугольников равен длине $s(A,B)$ дуги $AB$. Площадь двуугольника с углом $\alpha$ на сфере радиуса 1 равна $2\alpha$ (очевидно, она пропорциональна $\alpha$ и равна $2\pi$ при $\alpha=\pi$). Следовательно, площадь множества полюсов больших кругов, пересекающих дугу $AB$, равна $4s(A,B)$, а площадь всего множества $M$ не превосходит $4(\alpha_1+\ldots+\alpha_n)\lt4\pi$, где $\alpha_1$, $\ldots$, $\alpha_n$ — длины дуг, составляющих данную кривую (или несколько кривых)
Рисунок 2
б) Выберем на данной кривой две точки $A$ и $B$, разбивающие её на части равной длины. Проведём через $A$ и $B$ большой круг и на меньшей из его двух дуг с концами $A$ и $B$ возьмём середину $P$. Теперь, как и в первом решении задачи а), надо доказать, что для любой точки $X$ нашей кривой $s(P,X)\lt\pi/2$. А это неравенство следует из леммы, которая приводится ниже (сумма длин дуг $AX$ и $XB$ не превосходит длины участка кривой $AXB$ и потому меньше $\pi$).
Лемма. Пусть $P$ — середина стороны $AB$ сферического треугольника $ABX$ (на сфере радиуса 1). Тогда длина его «медианы» $s(P,X)$ меньше, равна или больше $\pi/2$, если сумма длин заключающих её сторон $s(A,X)+s(B,X)$ соответственно меньше, равна или больше $\pi$.
Доказательство. Пусть сначала $s(P,X)=\pi/2$ и $Y$ — точка сферы, диаметрально противоположная $X$ (рис. 3). Сферические треугольники $PXB$ и $PYA$ равны (они «сферически симметричны» относительно центра $P$), поэтому $s(X,B)=s(Y,A)$ и $$
s(A,X)+s(X,B)=s(A,X)+s(Y,A)=\pi.
$$
Если $s(P,X)\gt\pi/2$, отложим на дуге $PX$ точку $X_1$, такую, что $s(P,X_1)=\pi/2$ (рис. 4), тогда по доказанному сумма $s(A,X_1)+s(X_1,B)=\pi$, но из неравенства треугольника следует (см. рис. 4), что она меньше $s(A,X)+s(X,B)$. Аналогично рассматривается случай $s(P,X) \lt \pi/2$.
Рисунок 3
Рисунок 4
Задача б) допускает и решение, аналогичное второму решению задачи а). Пусть множество $M$ образовано полюсами всех больших кругов, пересекающих данную кривую. Любой из этих кругов пересекает кривую не менее 2 раз (так как она замкнута), поэтому двуугольники, рассмотренные в решении задачи а), покрывают $M$ по крайней мере в 2 слоя, и, следовательно, площадь множества $M$ меньше, чем $4\cdot\dfrac{2\pi}2=4\pi$, т. е. меньше площади сферы.
