Внутри окружности $\mathit\Gamma$ расположено $n$ кругов. Докажите, что длина границы объединения этих кругов не превосходит длину окружности $\mathit\Gamma$, если
$n=2$;
центры всех $n$ кругов лежат на одном диаметре окружности $\mathit\Gamma$;
все $n$ кругов содержат центр окружности $\mathit\Gamma$.
б) Пусть центры $O_1$, $O_2$, $\ldots$, $O_n$ всех $n$ кругов лежат на одном диаметре внешней окружности $\mathit\Gamma$. Обозначим через $R$ радиус окружности $\mathit\Gamma$, через $r_i$ — радиус круга с центром $O_i$.
Если «внутренние» круги не пересекаются (касание допускается), то длина границы их объединения равна $\sum\limits_{i=1}^n2\pi r_i=\pi\sum\limits_{i=1}^n2r_i\le2\pi R$, что и требовалось доказать.
Для общего случая докажем следующую лемму:
Пусть окружности с центрами $O_1$, $O_2$, $O_1'$ расположены так, как показано на рисунке 1. Тогда
$$
\nduga{AB}+\nduga{BM}\gt\nduga{AM}
$$
(через $\nduga{AB}$ мы обозначили длину дуги $AB$).
Рис. 1Рис. 2
Доказательство леммы. Построим вспомогательную окружность с центром $O_1''$ так, как показано на рисунке 2. Нетрудно доказать, что $\nduga{BM}+\nduga{MC}\gt\nduga{BC}$. Далее, $\nduga{AB}+\nduga{BC}=\nduga{AMC}$. Складывая эти два соотношения, получаем $\nduga{AB}+\nduga{BM}\gt\nduga{AM}$, что и требовалось.
Применяя лемму, сразу получаем доказательство утверждения для случая двух кругов (см. рис. 3).
Рис. 3
Пусть теперь у нас есть $n$ кругов с центрами $O_1$, $O_2$, $\ldots$, $O_n$ на одном диаметре окружности $\mathit\Gamma$.
Обозначим через $\mathit\Gamma_1$, границу их объединения (в дальнейшем мы будем называть $\mathit\Gamma_1$ контуром). Рассмотрим последовательность контуров $\mathit\Gamma_1$, $\mathit\Gamma_2$, $\mathit\Gamma_3$, $\ldots$, $\mathit\Gamma_n$ где контур $\mathit\Gamma_{i+1}$ получается из контура $\mathit\Gamma_i$ заменой круга с центром $O_i$ на круг с центром $O_i'$ на том же диаметре окружности $\mathit\Gamma$, касающийся границы круга с центром $O_i$ изнутри, а круга с центром $O_{i+1}$ — извне (на рисунке 4 показано, как из исходного чёрного контура $\mathit\Gamma_1$, получается синий контур $\mathit\Gamma_2$; на рисунке 5 показан красный контур $\mathit\Gamma_5$, а исходные окружности отмечены чёрным пунктиром).
Рис. 4Рис. 5
Пусть $L_i$ — длина контура $\mathit\Gamma_i$. На основании леммы $L_i\le L_{i+1}$, причём равенство достигается тогда и только тогда, когда круг с центром $O_i'$ совпадает с кругом с центром $O_i$. Последний контур $\mathit\Gamma_n$ будет границей объединения уже касающихся кругов, а потому согласно замечанию, сделанному в начале решения, его длина $L_n\le2\pi R$. Следовательно, $L_1\le L_2\le\ldots\le L_n\le2\pi R$, что и требовалось.
в) Перейдём теперь к случаю, когда все круги содержат центр $O$ внешней окружности $\mathit\Gamma$.
Очевидно, контур можно разбить на дуги внутренних окружностей, обладающие следующим свойством: при движении по дуге $AB$ от $A$ к $B$ расстояние до центра $O$ окружности $\mathit\Gamma$ уменьшается. Поскольку все круги содержат центр окружности $\mathit\Gamma$, любой ее радиус пересекает контур ровно один раз. Поэтому для решения задачи достаточно доказать, что $\nduga{AB}\le R\alpha$, где $\alpha$ — радианная мера угла $AOB$; тогда длина контура, являющаяся суммой длин таких дуг, будет не больше $2\pi R$.
Рассмотрим сначала основной случай, когда дуга $AB$ окружности с центром $O_i$ не касается окружности $\mathit\Gamma$. Проведём через точки $O$ и $A$ окружность $K$ радиуса $R/2$ (рис. 6); она пересекает окружность с центром $O_i$ в точках $A$ и $C$. Обозначим через $l$ длину дуги окружности $K$, заключённой между точками $A$ и $C$ и касающейся окружности $\mathit\Gamma$. Нетрудно доказать, что $\nduga{AC}\lt l$. С другой стороны, $l=R\cdot\phi$, где $\phi$ — радианная мера угла $AOC$; следовательно, $\nduga{AC}\lt R\phi$. Таким образом, если нам удастся разбить дугу $AB$ на более мелкие дуги, через концы которых и точку $O$ можно провести окружность радиуса нe больше чем $\dfrac R2$, то тем самым мы докажем неравенство $\nduga{AB}\lt R\alpha$. Опишем способ такого разбиения.
Рис. 6
Рассмотрим окружность $K'$, симметричную окружности $K$ относительно прямой $OC$; пусть она пересекает дугу $AB$ в точке $A_1$, а точка $A'$ симметрична точке $A$. Вспомним, что дуга $AB$ выбиралась так, что $|AO|\gt|A_1O|$; следовательно, и $|A'O|\gt|A_1O|$, откуда $\widehat{COA_1}\gt\widehat{COA'}=\phi$. Далее, симметрично отразим окружность $K'$ относительно прямой $OA_1$ и т. д. Так как при таком разбиении дуги $AB$ мелкие дуги $\nduga{AC}$, $\nduga{CA_1}$, $\ldots$ видны из точки $O$ под углом, не меньшим $\phi$, через конечное число отражений точка $B$ попадает внутрь отражаемой окружности (на рисунке 6 эта окружность изображена пунктиром).
Тогда в качестве последней окружности нужно взять окружность радиуса, меньшего чем $R/2$, проходящую через точки $O$, $B$ и последнюю получившуюся точку разбиения.
Нужное разбиение построено.
Осталось рассмотреть случай, когда дуга $AB$ внутренней окружности касается окружности $\mathit\Gamma$. Наша цель — доказать неравенство $\nduga{AB}\le R\alpha$. Предположим противное: пусть $\nduga{AB}\gt R\alpha$. Тогда найдётся такое $\eps\gt0$, что $\nduga{AB}\gt\eps+R\alpha=\left(R+\dfrac\eps\alpha\right)\alpha$. Но если радиус внешней окружности немного увеличить, например на $\dfrac\eps\alpha$‚ то касания с дугой $AB$ уже не будет, и поэтому $\nduga{AB}\lt\left(R+\dfrac\eps\alpha\right)\alpha$. Мы пришли к противоречию. Следовательно, $\nduga{AB}\le R\alpha$ и в этом случае.
Заметим, что длина границы объединения наших кругов совпадает с длиной окружности $\mathit\Gamma$ лишь в том случае, когда все внутренние окружности проходят через центр $O$ окружности $\mathit\Gamma$ и касаются её (рис. 7).
