Где может оказаться машинка на олимпиадной задаче?

Поскольку известны длина траектории и угол поворота, можно найти суммы длин дуг каждого из двух радиусов. Поэтому задачу можно переформулировать следующим образом:

На плоскости даны точка $A$ и выходящий из нее луч $\ell$. Также даны два числа $r_1>r_2$ и два угла $\alpha_1$, $\alpha_2$, $\alpha_1+\alpha_2<\pi$. Найти ГМТ – концов $B$ траекторий $\Gamma$, обладающих следующими свойствами: - $\Gamma$ начинается в $A$ и касается в $A$ луча $\ell$;

• $\Gamma$ состоит из дуг радиусов $r_1$ и $r_2$, причем суммарные угловые меры дуг каждого радиуса равны $2\alpha_1$ и $2\alpha_2$ соответственно;

• две соседние дуги имеют в общем конце общую касательную и лежат по одну сторону от нее.

Пусть $O_1$, $O_2$ – концы удовлетворяющих первому условию дуг с радиусами $r_1$, $r_2$ соответственно и угловыми мерами $2(\alpha_1+\alpha_2)$. Рассмотрим круги $W_1$, $W_2$ с центрами $O_1$, $O_2$ и радиусами $2(r_1-r_2)\sin\alpha_2$, $2(r_1-r_2)\sin\alpha_1$ соответственно. Покажем, что искомое ГМТ – пересечение этих кругов.

Пусть $PQ$ – произвольный участок кривой $\Gamma$ радиуса $r_1$, $R$ – такая точка на отрезке $PQ$, что $PR:PQ=r_2:r_1$. Дуга $PR$, касающаяся $\Gamma$ в точке $P$ имеет радиус $r_2$, а касательная к ней в точке $R$ параллельна касательной к $\Gamma$ в точке $Q$. Заменим дугу $PQ$ на $PR$, а часть $QB$ кривой $\Gamma$ перенесем на вектор $\vec{QR}$. Поступив так с каждым из участков длины $r_1$, перенесем точку $B$ в точку $O_2$, при этом $\vec{O_2B}=\displaystyle\frac{r_1-r_2}{r_1}\sum\vec{P_iQ_i}$. Аналогично $\vec{O_1B}=\displaystyle\frac{r_2-r_1}{r_2}\sum\vec{Q_iP_{i+1}}$ (считаем, что $Q_0=A$, $P_{n+1}=B$).

Отложим все дуги, из которых состоит $\Gamma$, на единичной окружности, начиная с точки $X$. Конец последней дуги попадет в точку $Y$ такую, что $\smile XY=2(\alpha_1+\alpha_2)$ и вектор $O_1O_2$ переходит в $XY$ при гомотетии $H$ с коэффициентом $1/(r_1-r_2)$. Покрасим дуги, полученные из дуг радиуса $r_1$ в красный цвет, а остальные в синий. Сопоставим каждой дуге вектор от ее начала до конца. При гомотетии $H$ вектор $O_2B$ перейдет в сумму красных векторов, а $BO_1$ в сумму синих. Пусть $Z$ – такая точка дуги $XY$, что $\smile XZ=2\alpha_1$. Гомотетия $H$ переводит граничные окружности $W_2$ и $W_1$ в окружности с центрами $X$, $Y$ соответственно, проходящие через $Z$.

Докажем, что длина $O_2B$ максимальна, когда красный вектор ровно один. Пусть сонаправленная $O_2B$ касательная $m$ к единичной окружности касается ее в точке $E$. Рассмотрим дугу $T$ длины $2\alpha_1$ с серединой в $E$. Если концы $T$ лежат на красных дугах, разобьем эти дуги на две части. Проекция на $m$ красного вектора длины $\varphi$, лежащего вне $T$ меньше $\varphi\cos\alpha_1$, следовательно, сумма проекций на $m$ всех красных векторов меньше проекции $T$. Аналогично длина $O_1B$ максимальна, когда синий вектор ровно один. Таким образом $B$ лежит внутри пересечения кругов.

Очевидно, что точки пересечения граничных окружностей $W_1$ и $W_2$ соответствуют траекториям, содержащим ровно одну дугу каждого радиуса, а точки этих окружностей – траекториям, состоящим из одной дуги одного радиуса и двух дуг другого. Докажем, что для каждой точки $B$ внутри лунки существует единственная траектория из четырех дуг, начинающаяся с дуги радиуса $r_1$.

Пусть $D$ – образ $B$ при гомотетии $H$. Найдем на дуге $XY$ такие точки $E$, $F$, $G$, что $\vec{XE}+\vec{FG}=\vec{XD}$. Пусть $E$, $G$ – точки пересечения серединного перпендикуляра к отрезку $DZ$ с дугами $XZ$, $YZ$, а $F$ – вторая точка пересечения дуги $XY$ с прямой, проходящей через $Z$ и параллельной $EG$. Тогда $DEFG$ – параллелограмм, что равносильно требуемому равенству. Легко видеть, что точки $E$, $F$, $G$ по точке $D$ строятся однозначно.