В окружность радиуса $R$ вписан $n$-угольник площадью $S$. На каждой стороне $n$-угольника отмечено по точке. Докажите, что периметр $n$-угольника с вершинами в отмеченных точках не меньше $\dfrac{2S}R$.
В. Н. Дубровский
Всесоюзная математическая олимпиада школьников (XII, 1978 год, 8–9 классы)
Нам понадобится следующая простая лемма:пусть треугольники$ABC_1$ и$ABC_2$ имеют общее основание$[AB]$ длины$R$; тогда
1) если вершины $C_1$ и $C_2$ лежат по разные стороны от$[AB]$, то $$S_{ABC_1}+S_{ABC_2}\le\dfrac{1}{2}R\cdot|C_1C_2|\tag*{(рис. 1, \textit{а});}$$
2) если вершины $C_1$ и $C_2$ лежат по одну сторону от$[AB]$, то $$|S_{ABC_1}-S_{ABC_2}|\le\dfrac{1}{2}R\cdot|C_1C_2|\tag*{(рис. 1, \textit{б}).}$$
Докажите эту лемму самостоятельно.
Приступим теперь к решению задачи. Пусть $A_1A_2\ldots A_n$ — $n$-угольник, вписанный в окружность с центром $O$; $B_1B_2\ldots B_n$ — второй $n$-угольник (с вершинами в отмеченных точках), причём $B_1\in[A_1A_2]$, $B_2\in[A_2A_3]$ и т. д.; пусть $P$ — его периметр. Рассмотрим треугольники $OA_1B_1$, $OB_1A_2$, $OA_2B_2$, $\ldots$, $OB_nA_1$. Если центр окружности $O$ принадлежит многоугольнику $A_1A_2\ldots A_n$, то эти треугольники попарно неперекрываются и их объединение даёт весь многоугольник $A_1A_2\ldots A_n$ (рис. 2), так что площадь $S$ многоугольника $A_1A_2\ldots A_n$ равна сумме площадей этих треугольников. Согласно лемме сумма площадей двух треугольников с общим основанием $[OA_k]$ не превосходит $\dfrac{1}{2}|OA_k|\cdot|B_{k-1}B_k|=\dfrac{1}{2}R|B_{k-1}B_k|$ (мы считаем, разумеется, $B_0=B_n$), так что $$
S=(S_{OB_1A_1}+S_{OA_2B_2})+\ldots+(S_{OB_nA_1}+S_{OA_1B_1})\le\dfrac{1}{2}R(|B_1B_2|+\ldots+|B_nB_1|)=\dfrac{1}{2}RP.\tag1
$$
откуда $P\ge\dfrac{2S}R$.
Рис. 2Рис. 3
Если же центр $O$ лежит вне многоугольника $A_1A_2\ldots A_n$, скажем, по разные с ним стороны от хорды $A_nA_1$ (рис. 3), то тогда площади треугольников $OA_nB_n$ и $OB_nA_1$ входят в сумму, образующую площадь $S$, со знаком минус:
$$
S=(S_{OB_1A_2}+S_{OA_2B_2})+\ldots+(S_{OB_{n-1}A_n}+S_{OA_nB_n})+(S_{OA_1B_1}-S_{OB_nA_1}).
$$
Снова применив лемму, получим требуемое неравенство.
В заключение отметим, что если стороны $B_{k-1}B_k$ многоугольника $B_1B_2\ldots B_n$ перпендикулярны соответствующим радиусам $OA_k$, то неравенство (1) превращается в равенство, так что в этом случае многоугольник $B_1B_2\ldots B_n$ имеет наименьший возможный периметр $\dfrac{2S}{R}$. Предлагаем читателю, пользуясь этим, доказать, что треугольник$B_1B_2B_3$, вписанный в данный остроугольный треугольник$A_1A_2A_3$, имеет минимальный периметр тогда и тогда, когда$B_i$ ($i=1$, 2, 3) — основания высот треугольника$A_1A_2A_3$.
