§ 8. Дальнейшие теоремы о покрытии кругами

Обозначим через Q систему конечного числа равных кругов, а также и сумму их площадей. Если круги попарно не пересекаются и заполняют выпуклый шестиугольник S, то

если же система 2 полностью покрывает S, то

Рассмотрим теперь такую систему кругов 2, для которой общая площадь или, более обще, . Тогда система 2 не может образовывать ни заполнения S, ни покрытия 5. Поэтому возникает вопрос: какая часть многоугольника 6 может быть покрыта кругами системы (рис. 75)? Ответ на этот вопрос дается следующей теоремой:

Пусть S — выпуклый шестиугольник и — система равных кругов. Тогда площадь части S, покрытой кругами системы

(3)

где правильный шечтиугольник площади и - концентрический с S круг площади (рис. 76).

Равенство здесь достигается только в случае Однако может быть как угодно близко к 25, если только центры кругов являются вершинами достаточно плотной решетки равносторонних треугольников (т. е. вырожденного правильного «многогранника» (3, 6) с достаточно малой длиной ребер).

Рис. 75.

Рис. 76.

Другими словами, система 2 равных кругов может покрыть не больше площади S, где функция имеет следующий смысл (рис. 77):

Так, например, системой равных кругов общей площади единица можно покрыть самое большое единичного квадрата.

Наша теорема охватывает, в частности, также и неравенства (1) и (2).

Согласно неравенству (3) система только в том случае может заполнять шестиугольник S, если круг лежит внутри правильного шестиугольника S, так как иначе было бы . Отсюда следует, что . Если же напротив система покрывает полностью шестиугольник , то круг должен содержать правильный шестиугольник , так как иначе было бы Это, однако, возможно только тогда, когда

Рис. 77.

Доказываемая теорема является непосредственным следствием следующей более общей теоремы:

Пусть — точек в плоскости выпуклого шестиугольника ; - расстояние произвольной точки Р от ближайшей из этих точек и - элемент площади, отвечающий точке Р. Если далее а есть какая-то функция аргумента убывающая при , то

где о есть правильный шестиугольник площади с центром в точке О

Если подставим в неравенство (4) функцию

то левая часть (4) будет составлять площадь той части , которую можно покрыть кругами радиуса с центрами

Стоящий же справа интеграл в этом случае выражает площадь пересечения о и круга радиуса , концентрического с а, откуда видно, что неравенство (4) действительно переходит при таком выборе функции в неравенство (3).

Прежде чем перейти к доказательству неравенства (4), сделаем два предварительных замечания.

Рис. 78.

Замечание 1. Пусть К — круг с центром О и s — сегмент К. Тогда функция

является выпуклой.

Доказательство. Пусть и -сегменты круга К, отсеченные параллельными прямыми, для которых Очевидно, можно указать отображение «трапеции» на сохраняющее площадь «трапеции» и сопоставляющее каждой точке Q, трапеции некоторую точку «трапеции» лежащую ближе к О (рис. 78). Следовательно, в силу монотонности функции и, стало быть,

откуда следует, что

Замечание 2. Пусть И и В две точки круга К, отличные от его центра О, А и В — точки пересечения прямых ОА и ОВ с окружностью круга К? Если обозначить часть К, ограниченную отрезками АА, АВ, ВВ и дугой круга ВА, через , то

Доказательство Пусть С и D - две точки на границе t такие, что и прямая CD отрезает от К сегмент s, равновеликий с t. Из того, что каждая точка области (кроме С и D) лежит ближе к О, чем каждая точка области вытекает требуемое неравенство:

где под знаком интеграла всюду стоит

Рис. 79.

Перейдем теперь к доказательству неравенства (4).

Мы можем, очевидно, предположить, что все точки лежат внутри S, так как иначе левую сторону (4) можно было бы увеличить, сдвинув все лежащие вне точки внутрь S.

Рис. 80.

Разложим S на выпуклые многоугольники («ячейки») где есть множество тех точек Р шестиугольника 6, дня которых . Тогда

Вершины многоугольника взягые в циклическом порядке, обозначим через (рис. 80).

Опишем вокруг круг радиус которого равен радиусу круга, описанного около о и обозначим часть лежащую вне и ограниченную прямыми через (область разумеется, может быть также пустой); аналогично построим области Если обозначим еще часть лежащую вне через то будем иметь:

где под знаком интеграла всюду стоит

Учитывая замечание 2, получаем отсюда:

Если сложить все подобные неравенства, отвечающие , то получим:

где . С другой стороны, очевидно,

где — множество точек S, лежащих вне кругов . В силу неравенства Иенсена имеем поэтому (см. замечание ):

Далее, из и выпуклости следует, что — есть монотонно возрастающая функция поэтому — убывающая функция .

А так как , то имеем:

Если обозначить через s ту часть площади К, которая дополняет сегмент площади до сегмента площади , то получим:

Но в силу монотонности функции

С другой стороны, и, следовательно, выражение в квадратных скобках в правой части предыдущего неравенства есть не что иное, как [8]. Этим и завершается доказательство неравенства (4).