Теорема Бляшке.

Если фигуру A нельзя покрыть никакой полоской ширины 1, то она содержит круг радиуса 1/3.

Доказательство.

 1). Заметим, что окружность наибольшего радиуса, вписанная в A, имеет хотя бы одну общую точку с границей A. Иначе увеличим ее радиус на очень малую величину и получим окружность, полностью лежащую в A, что противоречит определению окружности с наибольшим радиусом.
 2). Аналогично доказывается, что окружность наибольшего радиуса имеет хотя бы две точки с границей A. В противном случае она имеет одну общую точку с границей A. Сгомотетируем эту окружность с коэффициентом, отличающимся от 1 на очень малую величину. Опять получим окружность большего радиуса полностью лежащая в A. Опять получаем противоречие.
 3). Докажем, что если количество общих точек окружности наибольшего радиуса в A и границы A есть 2, то эти общие точки диаметрально противоположны. Пусть это не так. Тогда назовем полуокружность, в которой лежат обе точки правой, а другую полуокружность - левой. Тогда сдвинем эту окружность на очень малую величину влево. Теперь окружность лежит внутри A и не имеет с ней общих точек. Но это противоречит нашему первому утверждению.
 4). Если окружность наибольшего радиуса (w) и граница A имеют ровно две точки (диаметрально противоположные). Пусть касательные к w - k₁ и k₂ (общие точки w и A - O₁ и O₂). Введем систему координат, чтобы k₁ и k₂ были горизонтальны. Пусть O₁ выше O₂. Докажем, что существует касательная к A в O₁. Пусть ее нет (1). Возьмем изначально прямую k=k₁. Пусть k пересекает правую часть A (общая внутренняя точка A и k имеет абсциссу, большую, чем у O₁). Тогда начнем крутить данную прямую k относительно точки O₁ против часовой стрелки, пока общая внутренняя точка A и k справа не исчезнет, но чтобы у k и A останутся общие точки на границе (положение 1 прямой k). Заметим, что мы повернули k от начального до конечного положения не более, чем на 90^o, т.к. в противном случае у k, повернутой относительно k₁ на угол, который меньше 90^o на очень малую величину, есть общая внутренняя точка с A правее O₁. Но тогда фигура невыпукла: возьмем точку на k₁, чуть левее O₁ и эту общую внутреннюю точку k и A. Вернемся к положению 1 прямой k. По нашему предположению (1) в левой части относительно O есть общая внутренняя точка k и A. Тогда повернем k на очень малый угол по часовой стрелке. Теперь она (k) имеет общие внутренние точки с A и V₁ и V₂ справа и слева от O₁ . Тогда параллельно перенесем V₁V₂ вверх на очень малую величину. Но тогда не все точки перенесенного отрезка будут точками A, хотя его концы будут принадлежать A. Противоречие с выпуклостью, т.е. предположение (1) неверно, т.е. касательная к A в точке O₁ есть. Заметим, что она не проходит через O₂ (по определению касательной). Тогда эта касательная имеет ровно одну общую точку O₁ с w, т.е. это касательная также и к w в O₁. Аналогично доказывается, что касательная к w в O₂ есть касательная к A в O₂. Тогда эти k₁ и k₂ параллельны и образуют полоску ширины >1, т.е. радиус w R>1/2>1/3. В этом случае теорема доказана.
 5). Если w имеет с границей A не менее 3 общих точек. Тогда все эти точки не лежат в одной полуокружности w, иначе применим сдвиг, подобный сдвигу пункта 3. Выделим среди общих точек 3, не лежащие на одной полуокружности w. Назовем их K, L, M. Тогда по одному из доказанных утверждений части 4 касательные к A и w в этих точках совпадают. Пусть треугольник T получился из касательных в K, L, M к w. Т.к. M, N, K не лежат на одной полуокружности w, то T содержит в себе A, т.е. он тоже не покрывается полосой ширины 1, т.е. все его высоты больше 1. Возьмем точку пересечения медиан T. Она отстоит от сторон T на треть соответствующих высот, т.е. расстояния от нее до сторон T >1/3. Отсюда в T умещается окружность радиуса T. Но w - вписанная окружность T, т.е. имеет радиус R>1/3. Но w лежит полностью в A, т.е. теорема доказана и в этом случае.