Таблицы Брадиса

БА7 сумму площадей попарных пересечений.

БА7 сумму площадей попарных пересечений.

Элементы математики в задачах - Г. А. Мерзон

Решение. а) Будем доказывать методом от противного. Пусть пло­щадь пересечения любых двух многоугольников менее 1. Обозначим многоугольники буквами А, В и С, а фигуру, внутри которой они находятся, — за X. Кроме того, за Б(Р) будем обозначать площадь соответствующей фигуры Р. Тогда Б (А) + Б (В) + Б (С) ^ 9. А так как Б( А П В) < 1, Б( А П С) < 1 и Б (С П В) < 1, то

Б( А) + Б (В) + Б(С) - Б( А П В) - Б( А П С) - Б (С П В) > 6.

Из диаграммы видно, что

Б (А и В и С) = Б (А) + Б(В) + Б (С) -

-  Б( А П В) - Б( А П С) - Б (В П С) + Б( А П В П С).

Следовательно, 6 < Б(А) + Б (В) + Б (С) - Б(А П В) - Б(А П С) - Б(С П В) = = Б(А и В и С) - Б(А П В П С) ^ Б(А и В и С). Поскольку все много­угольники расположены внутри фигуры X, Б(А и В и С) ^ Б(Х) = 6. Возникает противоречие. Значит, существует два многоугольника, площадь пересечения которых не менее 1.

Ш Равенство, отмеченное знаком !, — это ключевой момент доказа­тельства, в котором обязательно надо разобраться.

б)  Обозначим многоугольники буквами А1, ..., А7, а содержащую их фигуру — за X.

Если бы множества не пересекались, площадь их объединения бы­ла бы равна Б(А1) + ... + Б(А7) ^ 7. Таким образом, за счёт пересече­ний площадь объединения данных многоугольников уменьшается хо­тя бы на 3. Посмотрим теперь, каков смысл суммы Б(А1) +... + Б(А7) для пересекающихся многоугольников А1, ., А7. Заметим, что в этой сумме площадь каждой части объединения посчитана столько раз, в скольки многоугольниках она содержится. В частности, попарные пересечения исходных многоугольников посчитаны как минимум по два раза. Вычтем теперь из суммы Б(А1) + ... + Б(А7) сумму площадей попарных пересечений. Заметим, что теперь площадь каждой части объединения посчитана не более одного раза (проверьте!). Следо­вательно, полученная разность не превосходит 4. Но она получена вычитанием из суммы Б(А1) + ... + Б(А7) (которая не меньше 7) 21 слагаемого. Следовательно, одно из вычитаемых слагаемых не менее 3/21 = 1/7, что и требовалось доказать.