1 Доказательства Лекции В. В. Шеломовского Умение доказать

1
Доказательства
Лекции В. В. Шеломовского
Умение доказать (четко обосновать) свою точку зрения считается полезным в
демократическом обществе. Нужно понимать ЧТО нужно доказать и КАК это сделать.
Ниже будут рассмотрены ряд методов доказательств и соответствующие им задачи.
Ряд задач начинаю с решения упрощённой задачи. Этот шаг решения позволяет найти
ответ, если он не оговорен в условии. Например, при вопросе задачи «существуют ли», метод
позволяет найти ответ на поставленный вопрос.
Часто применяю приём «крайнего объекта»: те объекты, которые расположены на
границе допустимости, часто имеют особые свойства.
Оглавление
1 Метод «от противного»...................................................................................................................3
1.1 Сумма чисел.............................................................................................................................3
1.2 Углы...........................................................................................................................................3
1.3 Лабиринт (1998/99 – 3 – 9)......................................................................................................3
1.4 Клетки.......................................................................................................................................4
1.5 Раскраска квадрата...................................................................................................................5
1.6 Прямая делит многоугольник.................................................................................................5
1.7 Списки, кандидаты и прочее (1998/99 – 3 – 10, 191)............................................................5
2 Метод построения решения............................................................................................................7
2.1 Арифметическая прогрессия..................................................................................................7
2.2 Корни уравнения......................................................................................................................7
2.2.a Корни уравнения..............................................................................................................7
2.3 Последние цифры (2013/14– 3 – 10).......................................................................................8
2.4 Число суть разность (2000/01 – 3 – 9)....................................................................................8
2.5 Суммы суть квадраты (1998/99 – 3 – 10)...............................................................................9
2.6 Доказать рациональность........................................................................................................9
2.7 Порядок в хаосе (2001/2 – 3 – 9)...........................................................................................10
2.7.a Двойная нумерация (1999/2000 – 3 – 9).......................................................................10
2.7.b Двойная нумерация (2001/2 – 3 – 9).............................................................................11
2.8 Разбиение на пары (Прасолов, Алгебра, 22.10)..................................................................12
3 Игры................................................................................................................................................14
3.1 Вырезание фигурок................................................................................................................14
3.1.a Уголки..............................................................................................................................15
3.2 Уравнение (2000/01 – 3 – 9)...................................................................................................15
3.3 Уравнение (2013/14 – 3 – 10).................................................................................................16
3.4 Фишки на доске (2013/14 – 3 – 10).......................................................................................17
3.4.a Пешки на доске...............................................................................................................17
3.5 Ладьи на доске (2013/14 – 3 – 11).........................................................................................18
3.6 Равные отрезки и отмеченные на них числа (1998/99 – 3 – 10)........................................19
3.7 Соединяем точки (2001/2 – 3 – 11).......................................................................................20
4 Принцип Дирихле..........................................................................................................................21
4.1 Общие объекты......................................................................................................................21
4.2 Неравенства............................................................................................................................21
4.2.a С положительными числами (2010/11 – 3 – 11)...........................................................21
5 Метод математической индукции................................................................................................23
5.1 Формирование группы (1998/99 – 3 – 11)............................................................................23
2
6 Доказательства для ГМТ...............................................................................................................24
6.1 Срединный перпендикуляр...................................................................................................24
7 Доказательства в геометрии.........................................................................................................25
7.1 Прямые, углы между которыми равны................................................................................25
7.2 Описанный многогранник (1998/99 – 3 – 11)......................................................................25
7.3 Дуализм особых точек...........................................................................................................26
7.4 Окружность Эйлера (2013/14 – 3 – 10)................................................................................27
7.5 Пучок окружностей (1998/99 – 3 – 10).................................................................................27
7.6 Перпендикулярность (2009/10 – 3 – 11)...............................................................................29
7.7Биссектрисы граней тетраэдра..............................................................................................29
7.8Четырёхугольная пирамида...................................................................................................30
7.9 Окружность и треугольник (2010/11 – 5 – 11).....................................................................31
7.10 Биссектрисы и четырёхугольник (2001/02 – 3 – 11).........................................................31
3
1
Метод «от противного»
1.1 Сумма чисел
Существуют ли такие N + 1 > 3 различных натуральных чисел, что сумма любых N из
них не меньше квадрата оставшегося.
Размышляем. По результатам экспериментов приходим к выводу, что чисел не
существует. Доказываем это. Пользуемся Методом крайнего:
В любой числовой
последовательности всегда есть самое маленькое и самое большое числа. Эти числа особые и
их часто применяют для доказательства.
Решим упрощённую задачу. Существуют ли такие 3 различных натуральных числа, что
сумма любых двух из них не меньше квадрата оставшегося?
Если a < b < c, то c > 2, c2 > 2c > a + b. Квадрат самого большого превышает сумму
оставшихся. Пользуемся этой идеей в доказательстве.
Решение: Докажем, что таких чисел не существует. Предположим, противное, то есть
предположим, что искомые числа существуют. Упорядочим их по возрастанию:
n=m1 +m2 + m3 +...+ mi , 1≤m1 < m2< m3< ...< mi .
Отсюда получаем, что каждый член не меньше своего номера, i≤mi .
Сравним квадрат самого большого числа и сумму всех остальных:
2
mi ≥i⋅mi > m1 + m2+ m3+...+ m i−1 .
Противоречие, квадрат наибольшего больше, чем сумма остальных чисел.▲
Ответ: Не существуют.
1.2 Углы
Известно, что некоторых углов x и y выполняются неравенства sin x > cos y > 0 и
cos x > sin y. Докажите, что sin y < 0.
Размышляем: Используем метод «от противного». Предполагаем противное тому, что
требуется доказать, то есть sin y  0 и ищем противоречие.
Решение: Для неотрицательных чисел sin x > cos y > 0  sin2 x > cos2 y.
Предположим противное тому, что надо доказать: sin y  0.
Тогда cos x > sin y  0  cos2 x > sin2 y.
Складываем большие и меньшие части полученных неравенств:
1 = sin2 x + cos2 x > sin2 y + cos2 y= 1. Противоречие. ▲
1.3 Лабиринт (1998/99 – 3 – 9)
Лабиринт представляет собой квадрат 8 × 8, в каждой клетке 1 × 1 которого нарисована
одна из четырёх стрелок (вверх, вниз, вправо, влево). Верхняя сторона правой верхней
клетки – выход из лабиринта. В левой нижней клетке находится фишка, которая каждым
своим ходом перемещается на одну клетку в направлении, указанном стрелкой. После
каждого хода стрелка в клетке, в которой только что была фишка, поворачивается на 90 по
часовой стрелке. Если фишка должна сделать ход сквозь стенку квадрата, она остаётся на
месте, но стрелка по–прежнему поворачивается на 90 по часовой стрелке. Докажите, что
рано или поздно фишка выйдет из лабиринта.
4
Решение: Применим метод «от противного» то есть предположим, что фишка никогда
не выйдет из лабиринта. Значит, она делает неограниченно много шагов внутри лабиринта.
Занумеруем клетки так, что правая верхняя клетка имеет номер 1, её соседи (они на
диагонали) две клетки с номером 2, далее соседи соседей это три клетки с номером 3, четыре
клетки с номером 4,..., 8 клеток с номером 8, 7 клеток с номером 9, …, 1 клетка с номером 15.
Тогда на клетку с номером 1 фишка попадёт 0, 1, 2 или 3 раза, так как в противном
случае, когда стрелка покажет на выход, фишка из лабиринта уйдёт.
После того, как фишка в последний раз побывает на поле 1, она не более, чем 6 раз
побывает на двух полях с номером 2, иначе по стрелке она попадёт на поле с номером 1. Это
запрещено, так как на поле 1 она была последний раз.
После того, как фишка в последний раз побывает на поле 2, она не более, чем 9 раз
побывает на трёх полях с номером 3, иначе по стрелке она попадёт на поле с номером 2. Это
запрещено, так как на поле 2 она была последний раз.
Аналогичные рассуждения показывают, что на полях с каждым номером она побывает
конечное число раз. Это противоречит предположению, что она делает неограниченно много
шагов внутри лабиринта. ▲
1.4 Клетки
Все клетки клетчатой плоскости окрашены в 5 цветов так, что в любой фигуре вида
крест 3 × 3 (три клетки по вертикали пересекают в общем центре три клетки, расположенных
по горизонтали) из 5 клеток все цвета различны. Докажите, что и в любой фигуре вида
полоска 5 на 1 все цвета различны.
Решение: Пользуемся методом «от противного». Предположим, что в некоторой
горизонтальной полоске 1 × 5 отсутствует цвет Х.
Рассмотрим тройку клеток над полоской по центру и тройку под полоской по центру.
Любая пара из этих клеток, лежащих на вертикали, совместно с тремя клетками полоски
формирует крест 3 × 3, значит, в одной из этих двух клеток есть цвет Х.
В трёх парах клеток есть цвет Х, значит, он есть либо в двух из трёх верхних клеток (и
одной нижней) либо в двух из трёх нижних клеток (и одной верхней).
В кресте, содержащем указанную тройку клеток, есть два одинаковых цвета.
Противоречие. ▲
Решение (Айзатов Александр): Пользуемся методом «построить решение». Найдём
цвета в некоторой горизонтальной полоске 1 × 5. Считаем центром среднюю клетку полоски.
Строим крест с этим центром и обозначаем цвета внутри этого креста 1–2–3 по горизонтали
(цвет 2 в центре), цвет 4 над 2 и цвет 5 под 2.
Ищем цвета квадрата 3 × 3, содержащего крест. В левом верхнем углу может быть или
3, или 5 (иначе есть крест, в котором не все цвета разные).
Допустим, что левом верхнем углу цвет 3. Тогда в левом нижнем обязателен цвет 4, в
правом нижнем цвет 1, в правом верхнем цвет 5. Далее, в крайней левой клетке полоски цвет
5, в крайней правой цвет 4. Значит, в полоске цвета 5–1–2–3–4.
Допустим, что левом верхнем углу цвет 5. Тогда в правом верхнем обязателен цвет 1, в
правом нижнем обязателен цвет 4, в левом нижнем цвет 3. Далее, в крайней левой клетке
полоски цвет 4, в крайней правой цвет 5. Значит, в полоске цвета 4–1–2–3–5. ▲
5
1.5 Раскраска квадрата
Клетки квадрата n × n, где n = 16, раскрашены в четыре цвета. Докажите, что
существует клетка, с четырех сторон от которой (то есть сверху, снизу, слева и справа)
имеются клетки одного с ней цвета.
Размышляем. Что такое «сверху есть клетка одного цвета»? Если, например,
рассматривается клетка пятая в столбце, то среди тех четырёх, что находятся сверху, хоть
одна имеет тот же цвет.
В подобных задачах типично использование метода двойного расчёта, то есть находим
величину, которую можно рассчитать двумя способами.
Доказательство. Пользуемся методом «от противного», то есть предположим, что
клетки квадрата n × n удалось раскрасить таким образом, что для любой клетки с какой–то
стороны от нее нет клетки одного с ней цвета.
В каждой клетке нарисуем стрелку в том из четырех направлений, в котором клетки
того же цвета нет. Всего нарисовано n2 стрелок. Каждая из них направлена к периметру
квадрата.
В каждой из четырёх угловых клеток таких стрелок 2. Например, для левой верхней
клетки ни влево, ни вверх нет клеток одного с ней цвета.
Периметр квадрата содержит 4n отрезков с длиной, равной ширине клетки. На каждый
отрезок направлены не более, чем 4 стрелки четырёх цветов. Всего на периметр может быть
направлено не более, чем 16n стрелок.
Количество нарисованных стрелок не превышает число стрелок, направленных на
периметр, то есть n2 + 4 ≤ 16n. При n > 15 неравенство неверно. Противоречие.
1.6 Прямая делит многоугольник
Докажите, что прямая, делящая пополам площадь и периметр описанного
многоугольника, проходит через центр вписанной в этот многоугольник окружности.
Считаем известным следующее: Площадь описанного многоугольника равна половине
произведения радиуса вписанной окружности на сумму сторон многоугольника.
Доказательство: Допустим противное, то есть центр вписанной окружности I не лежит
на прямой MN, которая делит пополам площадь и периметр многоугольника AB...H...Z.
Вершины многоугольника обозначим так, что А первая вершина за точкой М, H –
последняя перед N, причём точка I лежит вне многоугольника МAB...HN.
Соединим точки M и N с центром окружности I. Площадь МAB...HNI определим, как
сумму площадей треугольников с вершиной в точке I и одинаковой высотой, равной радиусу
вписанной окружности. Эта площадь равна половине площади описанного многоугольника
AB...H...Z, периметр которого вдвое больше, чем сумма длин оснований МAB...HNI.
По условию, эта площадь равна площади многоугольника МAB...HN. Эти
многоугольники различаются на треугольник МNI.
В рамках допущения, такое невозможно. Противоречие.▲
1.7 Списки, кандидаты и прочее (1998/99 – 3 – 10, 191)
Каждый голосующий на выборах вносит в избирательный бюллетень фамилии n
кандидатов. На избирательном участке находится n + 1 урна. После выборов выяснилось, что
в каждой урне лежит по крайней мере один бюллетень и при всяком выборе (n + 1)–го
бюллетеня по одному из каждой урны найдётся кандидат, фамилия которого встречается в
каждом из выбранных бюллетеней. Докажите, что по крайней мере в одной урне все
бюллетени содержат фамилию одного и того же кандидата.
6
Некто выбирает цветные карандаши из большой кучи, укладывает их в пеналы по
n штук разного цвета и кладёт пеналы в любой из n + 1 ящиков. Когда он завершил процесс
выяснилось, что в каждом ящике лежит по крайней мере один пенал и при всяком выборе
(n + 1)–го пенала (по одному из каждого ящика) найдётся цвет, который есть в каждом
пенале. Докажите, что по крайней мере в одном ящике все пеналы содержат карандаши
одного и того же цвета.
Размышляем: Используем метод «от противного». Создаём утверждение, противное
тому, что требуется доказать:
Утверждение
по крайней мере в одном ящике
все пеналы содержат
карандаши одного и того же цвета
Противоположное утверждение
в любом ящике
существует пенал, не содержащий
любой цвет
Формируем набор из (n + 1)–го пенала, противоречащий условию.
Из произвольного ящика выберем произвольный пенал и занумеруем цвета в нем
числами от 1 до n.
Все оставшиеся пеналы и соответствующие им ящики занумеруем числами от 1 до n.
Тогда существуют ящик и пенал с номером k такие, что в выбранном пенале нет цвета k.
Предположим, что утверждение задачи не выполнено. Это означает, что какие бы урну и
кандидата ни взять, во взятой урне найдется бюллетень, не содержащий фамилии взятого
кандидата.
Выберем произвольный бюллетень из произвольной урны и занумеруем кандидатов,
фамилии которых встречаются в этом бюллетене, числами от 1 до n. Этими же числами
занумеруем n оставшихся урн. Тогда в k–й урне (k = 1, … ,n) найдётся бюллетень, не
содержащий фамилии k–го кандидата. Набор этих бюллетеней вместе с бюллетенем, взятым
вначале, противоречит условию задачи.
7
2
Метод построения решения
2.1 Арифметическая прогрессия
Сумма каких–то трех членов бесконечной арифметической прогрессии равна сумме
каких–то двух членов этой прогрессии. Все члены прогрессии – положительные числа.
Докажите, что сумма любых N членов этой прогрессии равна какому–то члену этой
прогрессии.
Решение: Пусть a > 0 – наименьший из членов прогрессии, d > 0 – разность прогрессии.
Эти числа положительные, так как все члены прогрессии положительные.
Запишем упомянутые пять членов прогрессии, присвоив им номера i, j, k, l, m.
a i=a+i d , a j=a+ j d , a k =a+ k d , al =a +l d , a m=a + md.
Тогда a i +a j =2 a +(i+ j)d , a k +a l + a m=3 a +( k + l+ m) d.
По условию, эти суммы равны a i +a j =a k + al +a m ⇒a=(i+ j−k −l−m)d =n d.
Значит, a i=n d +i d =(n+i)d.
Сумма любых N членов этой прогрессии с номерами ip равна
N
N
N
p=1
p=1
∑ ai =(N n+ ∑ i p)d =(n+( N −1) n+∑ i p )d.
p=1
p
N
Эта сумма равна члену прогрессии имеет с номером ( N −1)n+ ∑ i p . ▲
p=1
2.2 Корни уравнения
Числа a, b, c − длины сторон некоторого треугольника. Докажите, что оба корня
уравнения f(x) = ax2 + bx − c = 0 меньше 1.
Используем метод построения решения. Доказываем, что на промежутке (0, 1) есть
один корень и этот корень – больший,
Решение: a > 0, значит, ветви графика уравнения направлены вверх.
f(0) = − c < 0, f(1) = a + b − c > 0. На промежутке (0, 1) есть один корень и этот корень –
больший, так как функция возрастает. ▲
2.2.a Корни уравнения
Известно, что 2а + 3b + 6c = 0. Докажите, что уравнение аx2 + bx + c = 0 имеет корень
на интервале (0,1).
Размышления: Пусть с = 0. Тогда аx2 + bx = ах(х – 2/3) = 0. Это уравнение имеет корни 0
и 2/3, второй на интервале (0,1). Какие значения принимает функция аx2 + bx + c в этих
точках?!!
Решение: Пусть f(x) = аx2 + bx + c, f(0) = c.
9
2 9 22 a 2 b
3
3
f ( )= ( 2 + +c)=2 a +3 b+6 c− c=− c.
2
3 2 3
3
2
2
2
Если с = 0, то аx + bx = ах(х – 2/3) = 0. Это уравнение имеет корни 0 и 2/3, причём
второй расположен на интервале (0,1).
Если с  0, то значения f(x) на концах промежутка [0, 2/3] разные. Значит, уравнение
f(x) = 0, где f(x) непрерывная функция, имеет корень на интервале (0, 2/3). Действительно, на
отрезке [0,2/3] функция принимает все значения между c = f(0) и –1.5c = f(2/3), в частности,
8
f(х) = 0. ▲
Решение 2 (Киричев Даниил): Пусть f(x) = аx2 + bx + c. Тогда
4f(0.5) + f(1) +f(0) = (a + 2b + 4c) + (a + b + c) + c = 2а + 3b + 6c = 0.
Либо числа f(0.5) = f(1) = f(0) = 0 . Тогда a = b = c и число х = 0.5 – корень.
Либо среди чисел f(0.5), f(1) и f(0) есть числа разного знака и между числами 0, 0.5 и 1
есть корень уравнения.▲
2.3 Последние цифры (2013/14– 3 – 10)
Дано натуральное число n, содержащее сто знаков. Известно что число n2 не
заканчивается на n, а число n3 заканчивается на n. Докажите, что существуют по крайней
мере два таких числа.
Размышляем. Решаем упрощённые задачи. Числа 4 и 9 обладают рассматриваемой
особенностью среди однозначных чисел. 42 = 16, 43 = 64,
92 = 81, 93 = 729.
Числа 49 и 99 обладают рассматриваемой особенностью среди двузначных чисел.
99 = 102 – 1, 992 = 9801, 993 = 970299.
10 2
−1=49, 492 = 2401, 493 = 117649.
2
Числа 499 и 999 обладают рассматриваемой особенностью среди двузначных чисел.
10 3
−1=499, 4992 = 249001, 4993 = 124251499.
2
Обобщаем закономерности.
Решение. Число n 3−n=n (n−1)( n+1) делится на 10100.
Число n 2−n=n(n−1) не делится на 10100.
10100
−1. Каждое из них содержит сто знаков,
2
оканчивается цифрой 9 и является одним из искомых. Их квадраты заканчиваются цифрой 1,
отличной от 9.
Рассмотрим числа n1 = 10100 – 1 и
n 2=
Разность n 31−n1 =n1 ( n1−1)(n1 +1)=(10100 −1)⋅(10100 −2)⋅10 100 делится на 10100, значит, куб
числа n1 заканчивается теми же цифрами, что и число n1.
10100
10100
10100 10 100
10 100−4 100
−1)⋅(
−2)⋅
=(
−1)⋅
⋅10
2
2
2
2
4
делится на 10100, так как и первый и второй множители целые. Значит, куб заканчивается теми
же цифрами, что и число n2. ▲
Разность n 32−n 2=n2 ( n2−1)(n 2 +1)=(
Ответ: n1 = 10100 – 1 и n 2=
10100
−1.
2
2.4 Число суть разность (2000/01 – 3 – 9)
Докажите, что каждое натуральное число является разностью двух натуральных чисел,
имеющих одинаковое количество простых делителей. (Каждый простой делитель
9
учитывается 1 раз, например, число 12 имеет два простых делителя: 2 и 3.)
Доказательство. Строим решение, то есть ищем такое число k, что числа k и k – n
имеют равное число множителей.
Пусть n – чётно. Тогда k = 2n. Действительно, если р суть делитель n, то числа вида рmn
имеют те же простые делители, что и n. В частности, для чётного n множество простых
делителей совпадает с множество простых делителей любого из чисел вида 2mn.
Пусть n – нечётно, ps >...> p1 > 2 – простые делители n, p – наименьшее простое число,
которое не входит в множество p1, …, ps. Например, для множества 3,5,11,... р = 7.
Число k = pn имеет на один простой множитель больше, чем число n.
Число k – n = (p – 1)n имеет на один множитель больше, чем число n, так как число
p – 1 чётное. Оно может делиться только на 2 и простые числа из множества p1, …, ps. ▲
2.5 Суммы суть квадраты (1998/99 – 3 – 10)
Существуют ли 10 различных целых чисел таких, что все суммы, составленные из 9 из
них – точные квадраты?
Размышляем. Если числа существуют, то нужно их найти, если не существуют, найти
противоречие.
Суммы групп из (n – 1)–го числа удобно заменять на разность суммы S всех n чисел и
каждого отдельного числа. Таким образом S − xi =ni2 .
Выполняем симметричное преобразование – складываем все n выражений. Получаем
n 21 +n 22+...+ n210
2
2
2
. Это число целое.
10 S −S =n1 + n2 +...+ n10 . Значит, S =
9
12 + 22 +32 + 42 + 52 + 62 + 72 + 82 +92 + 102 = 385 при делении на 9 имеет остаток 7.
Заменим 52 с остатком 7 на 122 кратное девяти.
12 + 22 +32 + 42 + 122 + 62 + 72 + 82 +92 + 102 = 504 = 9 × 56, S = 56.
x1 = 56 – 1 = 55, x2 = 56 – 4 = 52, x3 = 56 – 9 = 47, x4 = 56 – 16 = 40,
x5 = 56 – 144 = –88, x6 = 56 – 36 = 20, x7 = 56 – 49 = 7, x8 = 56 – 64 = –8,
x9 = 56 – 81 = –25, x10 = 56 – 100 = –44.
Решение. Числа –88, –44, –25, –8, 7, 20,40,47,52,55 удовлетворяют условию.
Ответ: Да.
2.6 Доказать рациональность
Действительные числа x и y таковы, что для любых различных простых нечетных p и q
число xp + yq рационально. Докажите, что x и y –рациональные числа.
Размышляем. Любые различные простые нечетных p и q, это 3, 5, 7, 11,...
Значит, рациональны числа x3 + y5, x3 + y7, x5 + y3, x5 + y7,... и их линейные комбинации.
Решение. По условию, рациональны числа x3 + y5, x3 + y7, x3 + y11 .
Рационально число a = (x5 + y3) – (x5 + y7) = y3(1 – y4)
и число b = (x5 + y3) – (x5 + y11) = y3(1 – y8)
Если y = 0 или y2 = 1, то y рационально.
Иначе b/a = 1 – y4 = 0, то есть y4 рационально. Значит, 1 – y8 рационально.
10
Разделив произведение двух последних на b, получим, что y рационально.
Аналогично докажем, что х рационально.
2.7 Порядок в хаосе (2001/2 – 3 – 9)
Шеренга новобранцев стояла лицом к сержанту. По команде «налево» некоторые
повернулись налево, некоторые – направо, а остальные – кругом. Всегда ли сержант сможет
встать в строй так, чтобы с обеих сторон от него оказалось поровну новобранцев, стоящих к
нему лицом?
Решение. Тех, которые выполнили команду «кругом», не считаем солдатами. Общее
число солдат обозначим N.
Пусть x это число солдат слева от сержанта когда сержант стоит в строю. Число x может
принимать значения от 0, когда сержант стоит крайним слева, до N (сержант крайний справа).
Обозначим f(x) разность между количеством солдат n(x), которые стоят в строю слева от
сержанта к нему лицом и количеством солдат m(x), которые стоят справа от сержанта к нему
лицом. Если f(x) = 0, то сержант стоит в строю так, что с обеих сторон от него оказалось
поровну новобранцев, стоящих к нему лицом.
Пусть сержант перешел из положения x в положение x + 1, то есть переместился на
одного солдата вправо. Если обойдённый солдат смотрит влево, то n(x) не изменилось, m(x)
уменьшилось на 1 и f(x) уменьшилось на 1. Если обойдённый солдат смотрит вправо, то n(x)
возросло на 1, m(x) не изменилось и f(x) уменьшилось на 1. Значит, функция f(x) монотонно
убывает на 1 на каждом шаге по икс.
Если x = 0, то n(0) = 0. Если все солдаты смотрят вправо, то f(0) = 0, условие выполнено.
Иначе N ≥ m(0) > 0, – N ≤ f(0) < 0.
Если x = N, то m(N) = 0. Если все солдаты смотрят влево, то f(N) = 0, условие
выполнено. Иначе n(N) > 0, f(N) > 0.
Функция f(x) = 0 при x = – f(0).
Ответ: Да.
2.7.a Двойная нумерация (1999/2000 – 3 – 9)
На прямой имеется m отрезков. Любой отрезок пересекается по крайней мере с n
другими. При каких m обязательно существует отрезок, пересекающийся со всеми
остальными.
Размышляем. Искомый отрезок должен быть достаточно «длинным», чтобы иметь
общие точки как с крайним слева отрезком, так и с крайним справа отрезком. Причём важна
не его абсолютная длина, а положение его концов относительно концов других отрезков.
Действительно, факт пересечения определяет наличие единственной общей внутренней
точки двух отрезков. А эта точка определена порядком появления концов отрезков.
В теории игр ситуация с изменением нескольких параметров является стандартной. Для
исследований применяют понятия максимина, то есть максимума наименьших значений, и
минимакса, то есть минимума наибольших значений. Естественный минимум для любого
отрезка, это координата его левого конца, естественный максимум – координата правого
конца. Воспользуемся этим подходом.
Выполним упорядочивание концов отрезков. Пусть прямая это координатная прямая,
левую границу отрезка назовём «начало», правую – «конец». Нумеруем начала слева, то есть
ai, i = 1, …, m – координата начала (левого конца) i–ого отрезка, причём a1 ≤ a2 ≤ … ≤ am = А.
Нумеруем концы справа, то есть bj, j = 1, ..., m – координата конца (правого конца) j–ого
11
отрезка, причём b1 ≥ b2 ≥ … ≥ bm= В.
Если B > A, то есть все начала отрезков левее всех концов отрезков, то середина отрезка
АВ принадлежит любому отрезку и при любых m ≥ n. любой отрезок суть искомый.
Пусть теперь В ≤ А. Заметим, что В = bm > an+1, то есть начало (n+1)–ого слева отрезка
левее первого слева конца одного из отрезков. Действительно, предположим противное, то
есть В = bm ≤ an+1. Тогда отрезок aiB, заканчивающийся в точке bm, может иметь общие
внутренние точки только с отрезками, начинающимися в точках ai, i = 1, ..., n, за вычетом
самого этого отрезка, но количество таких отрезков n – 1, что противоречит условию.
Аналогично, А = аm < bn+1.
Таким образом, слева от точки минимакса (точки В = bm ≤ А, наиболее левого из концов
отрезков) расположено не менее, чем n + 1 «начал» отрезков (точек ai). Аналогично, справа
от точки максимина (точки А = аm наиболее правого из начал отрезков) расположено не
менее, чем n + 1 концов отрезков (точек bi).
Назовём левой группой отрезки, начинающиеся в точках ai, i = 1, ..., n+1, то есть левее
В, правой группой – отрезки, заканчивающиеся в одной из точек bj, j = 1, ..., n+1, то есть
правее А. Общее число отрезков в этих группах 2n + 2. Если это число больше, чем общее
число отрезков m, то хотя бы один отрезок принадлежит обеим группам. Такой отрезок имеет
общие точки как с отрезками левой группы, так и с отрезками правой группы, а, значит, и с
отрезками, расположенными между этими группами, то есть со всеми.
Решение 1 (авторского коллектива олимпиад, m = 2n + 1). Пронумеруем все правые
концы отрезков слева направо, а затем также слева направо – все левые концы. Рассмотрим
все отрезки, у которых правый конец имеет номер больше n. Из всех таких отрезков выберем
тот, у которого левый конец имеет наименьший номер. Полученный отрезок и будет
искомым. Действительно, если есть отрезок правее его, то он не пересекается с отрезками,
имеющими правые концы с номерами 1, 2, ..., n+1, а если есть левее–то с отрезками,
имеющими правые концы с номерами n + 1, n + 2, ..., 2n + 1.
2.7.b
Двойная нумерация (2001/2 – 3 – 9)
На плоскости расположено m прямоугольников со сторонами, параллельными осям
координат. Известно, что любой прямоугольник пересекается хотя бы с n прямоугольниками.
При каких m обязательно найдется прямоугольник, пересекающийся со всеми
прямоугольниками.
Решение: Нумеруем абсциссы левых сторон прямоугольников слева, то есть ai, i = 1, …,
m – абсцисса левой стороны i–ого прямоугольника, причём a1 ≤ a2 ≤ … ≤ am = А. Нумеруем
абсциссы правых сторон справа, bj, j = 1, ..., m – абсцисса правой стороны j–ого
прямоугольника, причём b1 ≥ b2 ≥ … ≥ bm = В.
Заметим, что В = bm > an+1, то есть левая сторона (n+1)–ого слева прямоугольника левее
первой слева правой стороны одного из прямоугольников. В противном случае
прямоугольник aiВ может иметь общие точки только с прямоугольниками, абсцисса левой
стороны которых находится в точках ai, i = 1, ..., n, за вычетом самого этого прямоугольника,
количество таких прямоугольников n–1, что противоречит условию. Аналогично, А = аm< bn+1.
Если B > A, то есть все левые стороны прямоугольников левее каждой из правых
сторон, то середина отрезка АВ принадлежит множеству абсцисс любого прямоугольника.
Задача свелась к предыдущей по ординатам верхней и нижней сторон прямоугольников и
общая точка у всех прямоугольников найдётся, если m ≤ 2n+1. Пусть теперь В ≤ А.
Нумеруем ординаты нижних границ прямоугольников снизу ci, i = 1, …, m, c1 ≤ c2 ≤ … ≤
cm = C, верхних границ прямоугольников сверху di, i = 1, …, m, d1 ≥ d2 ≥ … ≥ dm = D. Получаем
те же неравенства, то есть верхняя сторона (n+1)–ого сверху прямоугольника выше верхней
из нижних сторон одного из прямоугольников с ординатой C = cm > dn+1. Нижняя сторона
(n+1)–ого снизу прямоугольника ниже нижней из верхних сторон одного из прямоугольников
12
с ординатой D = dm > cn+1. Если D > C, то вновь общая точка у всех прямоугольников
найдётся, если m ≤ 2n + 1. Пусть теперь D ≤ C.
Назовём левыми прямоугольники с вертикальными левыми сторонами в точках с
абсциссами ai, i = 1,..., n + 1, правыми прямоугольники с вертикальными правыми сторонами
в точках с абсциссами bi, i = 1,...,n + 1, верхними прямоугольники с верхними
горизонтальными сторонами в точках с ординатами сi, i = 1,..., n + 1, нижними
прямоугольники с нижними горизонтальными сторонами в точках с ординатами di, i = 1, ...,
n + 1. Общее число прямоугольников в этих группах 4(n + 1). Все они хотя бы частично
покрывают прямоугольник П с координатами B ≤ x ≤ A, C ≤ y ≤ D.
Если четырёхугольник входит во все группы, то он накрывает П и имеет общую точку с
любым другим прямоугольником как из рассмотренных групп, так и всех остальных,
расположенных внутри П. Значит, общих точек может не быть, только если каждый из
четырёхугольников входит не более, чем в три группы и хоть частично не покрывает П.
4 n+4
. В частности,
Таким образом, общая точка всегда есть, если 3m < 4(n + 1) или m<
3
4n
.
если m=
3
4n
m=
Решение авторского коллектива олимпиад,
. Обозначим число
3
прямоугольников через k. Рассмотрим самую нижнюю из верхних границ прямоугольников
(назовем прямую, на которой она лежит, d, а сам прямоугольник–P). Есть не более, чем k
−n−1 прямоугольников таких, что их нижняя граница лежит выше d, так как все такие
прямоугольники не пересекаются с P. Назовем эти прямоугольники нижнеплохими.
Аналогично определим верхнеплохие, левоплохие и правоплохие прямоугольники. Заметим,
что поскольку k > 4×(k−n−1) (это равносильно 3k < 4n + 4), то существует прямоугольник A,
не являющийся нижне–, верхне–, лево– или правоплохим. Но тогда он пересекается со всеми
прямоугольниками. В самом деле: пусть с ним не пересекается какой–то прямоугольник B,
тогда либо какая–то горизонтальная, либо какая–то вертикальная прямая разделяет B и A.
Если, например, онa горизонтальна и прямоугольник A лежит выше нее, то верхняя граница
B лежит ниже нижней границы A, что невозможно по построению. Остальные три случая
аналогичны.
[ ]
[ ]
2.8 Разбиение на пары (Прасолов, Алгебра, 22.10).
В группе несколько юношей и несколько девушек, причём каждая девушка знакома
ровно с k юношами и каждый юноша знаком ровно с k девушками, причём k > 1. Докажите,
что они могут разбиться на пары так, что в каждой паре будут юноша и девушка, знакомые
друг с другом.
Размышляем: Для того, чтобы можно было группу разбить на пары, должны быть
одинаковые количества юношей х и девушек у. Действительно, если количество всех пар
знакомых друг с другом юношей и девушек равно n, то kх = n = kу, поэтому х = у.
Паросочетанием называют набор рёбер графа, не имеющих общих вершин.
Теорема Холла: Рассмотрим некоторое конечное множество юношей х человек, каждый
из которых знаком с несколькими девушками. Тогда можно женить юношей так, чтобы
каждый из них женился на знакомой ему девушке тогда и только тогда, если любые k юношей
из данного множества знакомы в совокупности по меньшей мере с k девушками (1 ≤ k ≤ х).
Теорема Холла: Пусть вершины графа разбиты на два непересекающихся множества X
и Y, причём все рёбра соединяют вершины из разных множеств. Тогда паросочетание,
13
включающее все вершины множества X, существует тогда и только тогда, когда для любого
набора выделенных вершин из множества X количество вершин, соединённых с
выделенными вершинами, не меньше количества выделенных вершин.
Выберем произвольную группу из х1 юношей.
Пусть количество тех девушек, которые знакомы хотя бы с одним из этих юношей, равно у1.
Пусть, n1 –количество пар знакомых юношей и девушек, в которых юноша–один из х1, n2
– количество пар знакомых юношей и девушек, в которых девушка – одна из у1 .
Тогда kу1 = n2 > n1 = kх1 и у1 > х1.
Значит, попадаем в условия теоремы Холла.
14
3
Игры
В играх часто встречаются задачи с вопросом «Всегда ли игрок Б может сделать нечто».
Считаем, что игрок А стремится «нагадить» игроку Б и создать такую ситуацию, при которой
задача Б станет неразрешимой.
Если ответ в задаче «Да», то необходимо для любого расположения объектов,
созданного А, дать алгоритм решения задачи Б.
Если ответ в задаче «Нет», то достаточно найти противоречие, которое не позволит
игроку Б выполнить задачу хотя бы в одной ситуации.
3.1 Вырезание фигурок
Игрок А отметил 10 клеток в квадрате 10 × 10. Всегда ли игрок Б может вырезать из
этого квадрата по линиям сетки 19 четырехклеточных фигурок следующего вида:
– квадрат 2 × 2,
– змея (две верхние клетки квадрата сдвинуты вправо на одну клетку),
– полоска (четыре клетки подряд),
– буква Г (клетка лежащая слева на трёх),
так, чтобы они не содержали отмеченные клетки? Б может вырезать фигурки разных
типов.
Размышляем: Если ответ «Да», то необходимо для любого расположения клеток дать
алгоритм размещения фигурок. Если ответ «Нет», то нужно найти противоречие, которое в
каком–то случае не позволит расставить фигурки. При этом А стремится «нагадить» Б и
создать такое расположение клеток, при котором задача для Б станет неразрешимой.
Особенность всех четырёх фигурок в том, что в каждой из них при шахматной
раскраске квадрата, ровно две клетки одного цвета и две – другого. Значит, можно
рассматривать только клетки одного цвета.
Игрок А может закрасить 10 любых чёрных клеток, значит, на доске для Б достижимы
40 чёрных клеток. А за счёт расположения клеток надо «испортить», то есть сделать
недоступными для Б, ещё хотя бы 3 клетки.
Крайние клетки – это угловые клетки. Согласно принципу «крайнего», именно ими
стоит пользоваться в подобных случаях. Пользуясь углами доски, А может ограничить такие
зоны в которые Б не сможет разместить ни одну из своих фигур.
Решение: Пользуемся шахматной нотацией. В каждом прямоугольнике на клетчатой
плоскости с шахматной закраской, стороны которого совпадают с линиями сетки, есть два
угла, в которых расположена чёрная клетка. Обозначим одну из них а1. Пусть А закрасит
чёрные клетки c1, b2, a3. Они отрезают от остальной части доски фигуру, содержащую
чёрную клетку а1. Ни одна из данных фигур эту клетку использовать не может. Итак, 6
закрашенных игроком А чёрных клеток позволяют сделать недоступными для игрока Б 8
чёрных полей.
Рассмотрим угол с пятью чёрными клетками c9, b10, d10, a9, b8. Пусть А закрасит
клетки c9, d10, a9, b8. Они отрезают от остальной части доски фигуру, содержащую чёрную
клетку b10. Эта клетка для игрока Б.
Если игрок А закрасит рассмотренные 10 клеток, для Б останутся доступными 37
черных клеток (50 – 10 – 3).
Каждая фигура содержит 2 чёрных клетки, 19 фигур требуют 38 чёрных клеток, значит,
15
игрок Б в этом случае не может разместить 19 фигурок.
Ответ: Нет.
3.1.a Уголки
У игрока Б есть набор из 2N + 1 > 33 трехклеточных уголков. Игрок А приклеил к
каждому уголку по одной клетке (сторона клетки приклеивается к стороне клетки уголка).
При этом Б получил набор из 2N + 1 четырехклеточных фигурок. Могло ли так оказаться, что
Б не сможет сложить (без дырок и перекрытий) из получившегося набора никакой
прямоугольник, используя все 2N + 1 фигурок?
Размышляем: Если ответ «Нет», необходимо для любого вида фигурок дать алгоритм их
размещения хотя бы в одном прямоугольнике. Ответ «Да» проще в том смысле, что
достаточно найти противоречие, которое не позволит создать никакой прямоугольник. При
этом А стремится «нагадить» Б и создать такой набор фигурок, при котором задача для Б
станет неразрешимой.
Из любого уголка c2, c3, d3 можно сделать одну из следующих фигур:
– квадрат 2 × 2 (приклеена b2), две клетки каждого цвета при шахматной раскраске,
– змею (приклеена b4 или d2), две клетки каждого цвета при шахматной раскраске,
– буква Г (приклеена а3 или с1), две клетки каждого цвета при шахматной раскраске,
– букву Т (приклеена с4 или d3), три клетки одного цвета при шахматной раскраске.
В любом прямоугольнике с чётным числом клеток поровну клеток обоих цветов.
Значит, А может «нагадить», если создаст нечётное количество Т – образных фигур, причём
игроку Б необходимо строить прямоугольники с чётным числом клеток.
Решение: Докажем методом «от противного», что есть набор фигур для которого Б не
сможет построить прямоугольник.
Пусть А создал одну Т – образную фигуру и 2N квадратов. Число клеток разного цвета в
созданных фигурках разное.
Допустим, что прямоугольник построить можно. Он содержит 4(2N + 1), то есть чётное
число клеток, значит, у него есть сторона чётной длины. Следовательно, он содержит
поровну по 2(2N + 1) чёрных и белых клеток. Противоречие.
Ответ: Да.
3.2 Уравнение (2000/01 – 3 – 9)
Дан приведенный квадратный трехчлен f = x2 + ax + b, где a и b целые числа.
Поочерёдно игрок А изменяет один из коэффициентов a или b на 1 или на 3, игрок Б на 1.
Игрок А выигрывает, если после хода одного из игроков получается трехчлен, имеющий
целые корни. Верно ли, что игрок А может выиграть для любых начальных a и b независимо
от игры игрока Б?
Размышляем: Игрок А выигрывает, если:
– b = 0, а любое (корни 0 и (–а)),
– а = 1, b = – 2 (корни 1 и – 2),
– 2а + b = – 4 , то есть (а , b) = (0, –4), (–1, –2), ...(корни 2 и (а – 2)).
Рассмотрим плоскость коэффициентов (а, b). Пары (а, 0), (1, –2), (0, –4), (–1, –2) и ряд
других являются проигрышными для игрока Б. Квадрат плоскости (а, b) с вершинами в
точках (1, 0), (1, –2), (–1, –2), (–1, 0) является «ловушкой» для игрока Б.
16
Игрок А может изменить любой коэффициент в «заданном направлении» на 1 или 3
своим ходом и на 2 или 4 за пару ходов (с учётом хода игрока Б). В частности, он может
привести коэффициент а в множество {– 1, 0, 1}, а коэффициент b в множество {– 2, –1, 0},
то есть в «ловушку.
Решение: Опишем выигрышную стратегию игрока А.
Шаг 1. Игрок А создает b = – 2.
Если b < – 2, игрок А каждым ходом добавляет к b тройку, пока b не станет равным
одному из чисел {– 2, – 1, 0}. Если b > 0, игрок А каждым ходом вычитает из b тройку, пока b
не станет равным одному из чисел {– 2, – 1, 0}.
Если b = 0, корни целые (0 и (–а)), А выиграл.
Если b = – 1, то игрок Б делает b = – 2 (иначе А сделает b = 0).
Игрок Б не может далее изменять коэффициент b, так как игрок А делает b = 0 и
выигрывает как из (– 1), так и из (– 3).
Шаг 2. Игрок А делает коэффициент а равным одному из чисел множества {– 1, 0, 1}.
Если а < – 1, игрок А каждым ходом добавляет к а тройку, пока а не станет равным
одному из чисел {– 1, 0, 1}. Если а > 1, игрок А каждым ходом вычитает из а тройку.
Если (а, b) = (1, –2) или (а, b) = (–1, –2), корни целые, А выиграл.
Если (а, b) = (0, –2), то игрок А выигрывает в один ход.
Ответ: Да.
3.3 Уравнение (2013/14 – 3 – 10)
Дано уравнение x + *x + *x + * = 0. Игрок А заменяет любую звёздочку рациональным
числом. Игрок Б заменяет любую из двух оставшихся звёздочек рациональным числом.
Игрок А заменяет последнюю звёздочку рациональным числом. Докажите, что игрок А всегда
может сделать так, что разность каких–нибудь двух корней равна данному чётному
натуральному числу N = 2n.
3
2
Решение 1. Игрок А заменяет свободный член на нуль x3 + *x2 + *x + 0 = 0. Уравнение
имеет корень х = 0.
Если игрок Б пишет x3 + аx2 + *x = 0, то игрок А ставит в последнюю позицию число
−( N 2 +a⋅N ) .
Если игрок Б пишет x3 + * x2 + аx = 0, то игрок А ставит число
−( N 2 +
a
).
N
В обоих случаях у уравнения есть корни N и 0. Их разность равна N.
Решение 2. Игрок А заменяет коэффициент при x на –n2:
x3 + *x2 – n2x + * = 0.
Если игрок Б пишет x3 + аx2 – n2x + * = 0, то игрок А ставит в последнюю позицию
2
3
2
2
2
2
2
2
2
−a n . Получаем x +a x −n x−a n =( x −n )x + a( x −n )=( x−n)( x + n)( x +a)=0.
У уравнения есть корни n, – n, – a. Разность двух первых 2n = N.
Если игрок Б пишет x3 + *x2 – n2x + а = 0, то игрок А ставит число −
a
.
n2
17
x 3−
a 2 2
a
a
x −n x +a=(x 2 −n 2) x− 2 ( x 2−n 2)=( x−n)(x + n)( x− 2 ).
2
n
n
n
У уравнения есть корни n, – n, a/n2. Разность двух первых 2n = N.
3.4 Фишки на доске (2013/14 – 3 – 10)
Игрок А поставил на доску 50×50 несколько фишек, в каждую клетку не больше одной.
Докажите, что игрок Б может поставить на свободные поля этой же доски не более 99 новых
фишек (возможно ни одной) так, чтобы в каждой клетке стояло не больше 1 фишки, и в
каждой строке и каждом столбце этой доски оказалось чётное количество фишек.
Ответ. см. следующую задачу.
3.4.a Пешки на доске
Игрок А поставил на доску n×n несколько чёрных пешек, в каждую клетку не больше
одной. Игрок Б имеет (2n – 1) белую пешку. Докажите, что игрок Б всегда может поставить
на свободные поля этой же доски белые пешки (возможно, ни одной), так чтобы на каждой
горизонтали и каждой вертикали оказалось такое количество пешек, чётность которого
совпадает с чётностью числа n.
Размышляем. Если на некоторой горизонтали или вертикали свободна ровна одна
клетка, на неё обязательно нужно поставить белую пешку.
Если чёрные пешки заполняют всю доску, оставляя свободными только главную
диагональ из n клеток и прилегающую к ней параллельную ей диагональ, содержащую (n – 1)
клетку, то число свободных клеток 2n – 1 и на каждую необходимо поставить белую пешку.
Задача сводится к поиску механизма «отбрасывания» всех клеток горизонтали и
вертикали, кроме не более, чем одной в каждой из них. Отдалённая аналогия это задача
проведения ломаной без отрыва карандаша от бумаги по заданной фигуре. В той задаче
ломаная легко проходит «чётные» точки, из которых выходит чётное число отрезков, но в
каждой «нечётной» точке она обязана начинаться или заканчиваться.
Решение. Докажем, что 2n – 2 пешек может хватить. Если чёрные пешки заполняют всю
доску, оставляя свободными только главную диагональ из n клеток и прилегающую к ней
параллельную ей диагональ, содержащую (n – 1) клетку, то число свободных клеток 2n – 1.
Легко проверить, что на каждую из них необходимо поставить белую пешку.
Докажем, что 2n – 1 пешек всегда достаточно. Заполним доску зелёными и белыми
пешками следующим способом. Если на некоторых горизонталях или вертикалях пуста
ровно одна клетка, ставим на неё белую пешку. Назовём это операцией «Ы».
Если таких горизонталей и вертикалей нет, ставим на любую свободную клетку
зелёную пешку номер 1. Начат процесс, который назовём процесс «Ё».
На вертикали, где поставлена эта пешка, есть ещё, по крайней мере, одна свободная
клетка. Ставим на неё зелёную пешку номер 2.
На горизонтали, где стоит зелёная пешка 2 есть по крайней мере одна свободная клетка.
Ставим на неё зелёную пешку 3. На вертикали, где стоит зелёная 3, есть по крайней мере
одна свободная. Ставим на это пересечение зелёную пешку 4. И так далее до момента, когда
второй раз попадём на горизонталь или вертикаль, где уже есть зелёная пешка. Можно
считать, что ходим ладьей поочерёдно по горизонталям и вертикалям и ставим на
пройденные клетки зелёные пешки. В некоторый момент мы попадём на одну из пройденных
18
горизонталей или вертикалей. Пусть эта горизонталь или вертикаль принадлежит пешке с
номером k, а последняя поставленная пешка имеет номер m  k + 3. Если k > 1, уберём с
доски зелёные пешки с номерами меньшими, чем k. Оставшиеся зелёные пешки образуют
замкнутую ломаную, причём их по две на горизонталях и вертикалях. Значит, они не меняют
чётность числа пешек на горизонталях и вертикалях, но уменьшают общее число свободных
клеток. Перекрасим зелёные пешки в синий цвет.
Цикл процесса «Ё» завершён. Выполняем, если это возможно, операцию «Ы». Если
остались пустые клетки, повторяем процесс «Ё».
В результате все клетки доски окажутся заполненными чёрными, белыми и синими
пешками, причём число синих чётно на любой горизонтали и любой вертикали. В ходе
заполнения доски на любой горизонтали и вертикали поставлена не более чем одна белая
пешка. Общее число белых пешек не более, чем 2n – 1, так как после того как на всех n
горизонталях (или вертикалях) поставлено по одной последней пешке, доска окажется
заполнена. Заметим, что одна последняя пешка заполняет и горизонталь, и вертикаль.
3.5 Ладьи на доске (2013/14 – 3 – 11)
Все клетки квадратной таблицы n × n пронумерованы в некотором порядке числами от
1 до n2. Игрок делает ходы по следующим правилам. Первым ходом он ставит ладью в любую
клетку. Каждым последующим ходом игрок может либо поставить новую ладью на какую–то
клетку, либо переставить ладью из клетки с номером a ходом по горизонтали или по
вертикали в клетку с номером большим, чем a. Каждый раз, когда ладья попадает в клетку,
эта клетка немедленно закрашивается; ставить ладью на закрашенную клетку запрещено.
Какое наименьшее количество ладей потребуется игроку, чтобы независимо от исходной
нумерации он смог за несколько ходов закрасить все клетки таблицы?
Размышляем. Здесь игрок А закрашивает доску, стремясь нагадить игроку (Б).
Допустим, что искомое число ладей k. Тогда для k ладей нужно найти алгоритм закраски всей
доски при любой её нумерации. Для k – 1 ладьи нужно придумать такую «худшую»
нумерацию, при которой закраска доски окажется невозможной.
В клетку с номером 1 нужно ставить ладью.
Если клетка с номером 2 на одной горизонтали или вертикали с 1, то её можно
закрасить ладьёй 1, иначе на неё нужно ставить ладью 2.
Упрощённая задача – доска 2×2. Для такой доски одной ладьи мало, если два
наименьших числа стоят на диагонали. При этом зайти на диагональ уже нельзя, значит,
нужно начинать с неё. Две ладьи достаточны, так как каждая из них может закрасить свою
горизонталь или свою вертикаль, если её поставить на наименьшее число этой горизонтали
(или вертикали).
Худшая расстановка (то есть требующая наибольшее число ладей) такова, что
наименьшие n номеров стоят на таких клетках, что ладьи, стоящие на этих клетках не бьют
друг друга (не могут за один ход попасть на соответствующую клетку). В простейшем случае
худшей расстановки наименьшие числа стоят на любой диагонали.
Доказательство. Докажем, что n ладей достаточно. Для этого на каждой горизонтали
выберем клетку с наименьшим номером и на неё поставим ладью.
Пройдём все клетки каждой горизонтали ладьёй, стоящей на этой горизонтали, в
порядке возрастания номеров. Все клетки закрашены.
Докажем, что n – 1 ладей не достаточно. Для этого клетки одной диагонали квадратной
19
таблицы занумеруем числами 1, 2, ..., n. Остальные нумеруем произвольно.
Ни одна ладья не может извне зайти на эту диагональ, так как номер любой клетки вне
диагонали больше номера любой клетки на диагонали. Значит, на диагонали надо установить
не менее, чем n ладей.
3.6 Равные отрезки и отмеченные на них числа (1998/99 – 3 – 10)
Некоторые натуральные числа отмечены. Известно, что на каждом отрезке числовой
прямой длины 2015 есть отмеченное число. Докажите, что найдётся пара отмеченных чисел,
одно из которых делится на другое.
Размышляем: Эквивалентная задача: Игрок А имеет право сколько угодно раз выбирать
любое натуральное число n. В последовательности из N подряд идущих натуральных чисел,
начинающейся с n, игрок В отмечает хотя бы одно число, если в этой последовательности
отмеченных чисел нет. Игрок А выигрывает, если одно из отмеченных чисел делится на
другое. Найдите стратегию А, обеспечивающую выигрыш.
Будем обозначать последовательность из N последовательных натуральных чисел,
начинающихся с m + 1, как П(m), m ≥ 0. В этой последовательности на k–ом месте, где
k = 1...N, стоит число m+ k = П(m, k).
Стратегия В ясна: если в последовательности есть отмеченное число, ничего не
отмечать. Если отмеченных чисел нет, отметить то число, которое не делится ни на какое
ранее отмеченных (если оно существует).
Первый шаг А может быть: m1 = 0. В П(0) игрок B отмечает любое из N чисел (если B
отметит число 1, то А сразу выиграет). Пусть его выбор n1 = k1= П(0, k1).
На втором шаге А может выбрать любой ряд, начиная с П(n1), так как если n2 < n1, в
последовательности есть число n1 и В ничего не отметит. Разумно выбирать такие ряды, в
которых на n1 делится число, стоящее в некоторой фиксированной позиции. Например, в
первой или в k1–ой. Пусть m2 = n1, второй ряд П(n1). Тогда П(n1, k1) = n1 + k1 = 2n1 делится на
n1, оно запрещено для В. В П(n1) игрок B отмечает любое из N–1 чисел, кроме числа П(n1, k1).
Пусть его выбор n2 = n1 + k2 = П(n1, k2), k2.≠ k1 .
На третьем шаге А может выбрать ряд П(m3), m3 ≥ n2. Выбираем такие ряды, в которых
на n1 делится число П(m, k1), на n2 делится число П(m, k2). Тогда:
{
{
m+ k 1= p n 1 , → m=( p−1)n1 , → m=( p−2)n =( q−1)n .
1
2
m+k 2=q n 2 ,
m=(q−1) n 2+ n1 ,
Полученная система имеет множество решений. Просто записываемое решение:
q = n1 + 1, p = n2 + 2, m3 = n1 + n1 ∙ n2 .
Пусть третий ряд П(m3). Тогда П(m3, k1) = n1 + n1 ∙ n2 + k1 = (2 + n2) n1 делится на n1,
П(m3, k2) = n1 + n1 ∙ n2 + k2 = (1 + n1) n2 делится на n2, они запрещены для В. В
последовательности П(m3) игрок B отмечает любое из N – 2 чисел. Пусть его выбор число
n3 = m3 + k3 = n1 + n1 ∙ n2 + k3 = П(m3, k3), k3.≠ k1, k3.≠ k2.
Пусть четвёртый ряд П(m4), где m4 = n1 + n1 ∙ n2 + n1 ∙ n2 ∙ n3. Тогда
П(m4, k1) = n1 (2 + n2 + n2 ∙ n3) n1 делится на n1, П(m4, k2) = (1 + n1 + n1 ∙ n3) n2 делится
на n2, П(m4, k3) = (1 + n1 ∙ n2) n3 делится на n3, oни запрещены для В. Игрок B отмечает любое
из N–3 чисел k4.≠ k1, k4.≠ k2, k4.≠ k3...
20
На шаге N + 1 у игрока В нет выбора и он проигрывает.
Доказательство. Пусть на отрезке числовой прямой длины 2015, начинающемся из 1,
отмечено число n1.
Пусть на отрезке числовой прямой длины 2015, начинающемся из 1 + n1, отмечено
число n2.
Пусть на отрезке числовой прямой длины 2015, начинающемся из 1 + n1 + n1 ∙ n2,
отмечено число n3. ...
Пусть на отрезке числовой прямой длины 2015, начинающемся из
1 + n1. + n1 ∙ n2 + n1 ∙ n2 ∙ n3 + … + n1 ∙ n2 ∙ … ∙ nk, отмечено число nk+1 и так далее.
Тогда на отрезке числовой прямой длины 2015, начинающемся из
1 + n1. + n1 ∙ n2 + n1 ∙ n2 ∙ n3 + … + n1 ∙ n2 ∙ … ∙ nk + ...+ n1 ∙ n2 ∙ … ∙ n2016, первое число
делится на n1, второе на n2, третье на n3, ..две тысячи пятнадцатое делится на n2015. Одно из них
необходимо отметить. Оно и будет делиться на соответствующий член последовательности
отмеченных чисел.
3.7 Соединяем точки (2001/2 – 3 – 11)
На плоскости даны n > 1 точек. Двое по очереди соединяют еще не соединенную пару
точек вектором одного из двух возможных направлений. Если после очередного хода какого–
то игрока сумма всех нарисованных векторов нулевая, то выигрывает второй; если же
очередной ход невозможен, а нулевой суммы не было, то выигрывает первый. Кто
выигрывает при правильной игре?
Размышляем: Если точек 2, то можно провести 1 вектор. Игрок 1 всегда выигрывает.
Если точек 3, то можно провести С23 = 3 вектора. Игрок 1 выбирает направление
последнего и всегда выигрывает. Ожидаемый ответ – первый.
Если точек 4, то можно провести С 24 = 6 векторов. Если точки в вершинах
прямоугольника и Игрок 1 выбирает вектор вдоль одной из сторон, то Игрок 2 строит вектор
противоположного направления, соединяющий две другие точки, и выигрывает. Значит,
Игроку 1 нужно найти «крайний» вектор, которому нет равного. Крайнего можно искать по
длине, по координате. Первый выбор плох тем, что в группе точек может быть множество
одинаковых расстояний (например, 3 в правильном треугольнике, 5 в правильном
пятиугольнике).
Доказательство. Пусть первый игрок перед первым ходом отыскивает пару точек,
расстояние между которыми наибольшее. Таких пар может быть несколько. Но среди них не
может быть параллельных, так как четыре такие точки образуют параллелограмм, одна из
диагоналей которого больше стороны. Он вводит систему координат с началом координат в
первой из выбранных точек и осью абсцисс, направленной ко второй точке.
Каждым ходом Игрок 1 проводит вектор соединяющий точки с максимальной
разностью абсцисс, причём направляет его вправо.
При любом первом ходе Игрока 2 сумма векторов имеет положительную абсциссу.
После любой пары ходов, абсцисса суммы не может уменьшиться, то есть она остаётся
положительной. Сумма векторов не может быть нулевой.
Ответ. Первый игрок.
21
4
Принцип Дирихле
Принцип Дирихле формулируют приблизительно так. Едут n автобусов. В них kn + 1
пассажиров. Тогда существует автобус, в котором сидят не менее, чем k + 1 пассажиров.
4.1 Общие объекты
При отборе в группу космонавтов каждый из 50 кандидатов получил одно или
несколько из 10 заданий; при этом не было задания, которое получили все кандидаты.
Оказалось, что у любых двух из них было общее задание. Докажите, что у каких–то двоих
кандидатов было хотя бы два общих задания.
Размышляем: Особенными являются те, кто выполнил ровно одно задание. Они не
могут входить в искомую группу из двух кандидатов. Считаем их «крайними» и применим
метод крайнего.
Решение: Пусть есть кандидат, который выполнил только одно задание. Оно общее у
этого кандидата с любым остальным, значит, это задание выполнили все. Противоречие.
Значит, нет кандидатов, которые выполнили ровно одно задание.
10⋅9
=45 пар заданий, которые
2
розданы 50 кандидатам. По принципу Дирихле, (45 автобусов, 50 пассажиров) есть пара
кандидатов, у которых хотя бы два общих задания.
Всего заданий 10. Из них можно составить всего
4.2 Неравенства
4.2.a С положительными числами (2010/11 – 3 – 11)
Даны положительные числа b и c. Докажите неравенство
2 n+1
2 n +1
2 n +1
2 n +1
2 n +1
2 n +1
2 n+1
2 n+1
2 n +1
(b−c) (b+ c) (c−b) ≥(b −c )( b + c
)( c −b ) .
Размышляем: Левая часть явно отрицательная – переходим к более привычным
неотрицательным числам:
(b−c) 2(2 n+1 )( b+c )2 n+1≤(b 2 n+1−c 2 n+1 )2 (b 2 n+1 +c 2 n +1).
Если b = c, то 0 = 0. Иначе упорядочиваем, b > c > 0.
Степень переменных в обеих частях одинакова – делим, например, на
2(2 n +1)
2 n +1
2
b
b
b 2 n +1
b 2 n+1
вводим новую переменную ( −1)
( +1) ≤(( ) −1) (( ) +1).
c
c
c
c
c 3(2 n +1) и
(a−1)2 (2 n+1) ( a+1)2 n+ 1≤( a 2 n+1−1)2 ( a2 n+1 +1).
Ещё одно упрощение за счёт использования разности квадратов:
(a−1)2 n +1 (a 2−1)2 n +1≤( a 2 n+1−1)(a 2 (2 n+1)−1).
Это неравенство очевидно, так как (a−1)2 n +1≤a 2 n +1−1, Действительно, обозначив a –
1 = d, получим d 2 n+1 +1≤(d +1)2 n+1 . Левая часть это первый и последний члены бинома
Ньютона, стоящего в правой части.
Если a2 – 1 = d, получим для (a 2−1)2 n +1≤a 2 (2 n+1)−1 вид d 2 n+1 +1≤(d +1)2 n+1 .
Доказательство: Для неотрицательного числа d ≥ 0,
d 2 n+1 +1≤(d +1)2 n+1 .
Действительно, левая часть неравенства содержит только первый и последний члены бинома
22
Ньютона, стоящего в правой части. Остальные слагаемые бинома неотрицательные.
Если b = c, то неравенство превращается в верное равенство 0 = 0.
Пусть b > c > 0. Тогда для d =
d
2 n+1
2 n+1
≤(d +1)
Для d =
−1→(
b−c
получим:
c
b−c 2 n+1 b 2 n+1
2 n+1
2 n+1
2 n+1
) ≤( ) −1→(b−c) ≤(b −c ) .
c
c
b 2−c2
получим: d 2 n+1≤(d +1)2 n+1−1→(b 2−c 2 )2 n+ 1≤(b 2(2 n +1)−c 2(2 n+1 )).
2
c
Перемножив полученные неравенства, получим данное. Случай c > b > 0 аналогичен.
23
5
Метод математической индукции
5.1 Формирование группы (1998/99 – 3 – 11)
В классе каждый ученик – либо болтун, либо молчун, причем каждый болтун дружит
хотя бы с одним молчуном. Болтун молчит, если в кабинете находится нечётное число его
друзей – молчунов. Докажите, что учитель истории может пригласить на факультатив более
половины класса так, чтобы все присутствующие на факультативе болтуны молчали.
Размышляем: Рассмотрим задачу для малых классов численности N. Называем болтуна
чётным, если у него четное число друзей–молчунов.
Если в классе 1 молчун, на занятие приглашаем всех.
Назовём первым m1 того молчуна, у которого меньше всего друзей–болтунов. Пусть k1
число его друзей–болтунов.
Если N = 3, то всегда можно пригласить двоих (проверяем перебором).
Если N = 4, то всегда можно пригласить троих. Например, если в классе два чётных
болтуна, то у обоих друзья это два молчуна, приглашаем на факультатив болтунов и одного
молчуна.
Пусть в классе N > 4 человек и 2 молчуна. Пусть k2 друзей–болтунов у второго, k2 ≥ k1
друзей–болтунов у второго, k12 болтунов дружат с обоими, k1 – k12 + k2 + 2 = N.
[ ]
N
, то приглашаем всех, кроме k12. Если N = 5 или N = 6, то всегда
3
можно пригласить четверых. Если k12 = 0 или k12 = 1, приглашаем всех, кроме k12.
Если
k 12 ≤
[ ]
[ ]
N
N
, то k 2≤
, приглашаем всех, кроме k2 и m2. Если N = 5, то всегда
3
3
можно пригласить четверых. Если k12 = 0 или k12 = 1, приглашаем всех, кроме k12. Иначе k1 = 0
и приглашаем всех, кроме молчуна m1. Если N = 6, то всегда можно пригласить четверых.
Если k12 = 0 или k12 = 1, приглашаем всех, кроме k12. Иначе k1 ≤ 1 и приглашаем всех, кроме
болтуна k1 и молчуна m1.
Если k 12 >
Проблему (нельзя пригласить) создают болтуны с чётным числом друзей–молчунов.
Если таких не больше трети, то приглашаем на факультатив всех остальных.
Итак, исследуем класс в котором число чётных болтунов больше трети.
Крайним является тот молчун, у которого больше всех чётных друзей–болтунов.
Три числа
Положительные числа x, y, z таковы, что модуль разности любых двух из них меньше 2.
Докажите, что √ xy +1+ √ yz +1+ √ xz + 1> x+ y+ z.
Размышляем: Сопоставим один из корней и соответствующую часть правой части:
√ xy +1>
Решение:
x+ y
⇒ 4 xy+ 4>(x + y )2 .
2
По
| x+ y | x+ y
| x− y |< 2 ⇔ x −2 xy + y <4 ⇔ x + 2 xy + y <4+ 4 xy ⇔
=
=√ xy +1 .
2
2
2
2
2
2
Складывая три аналогичных неравенства получим искомое.
условию
24
6
Доказательства для ГМТ
Геометрическое место точек – это совокупность всех точек, обладающих некоторым
свойством. Поэтому, в ходе решения требуется сначала найти любым способом (можно
поверить условию), где могут находиться точки, обладающие оговоренным свойством. Далее
нужно обосновать два факта:
– доказать, что каждая точка найденного множества обладает оговоренным свойством;
– доказать, что никакая другая точка этим свойством не обладает.
6.1 Срединный перпендикуляр
Докажите, что геометрическое место точек, равноудалённых от двух данных точек А и
В, это плоскость, проходящая через середину АВ перпендикулярно АВ.
Доказательство: Докажем, что каждая точка плоскости, проходящей через середину
АВ перпендикулярно АВ, равноудалена от данных точек А и В (обладает оговоренным
свойством). Пусть точка С принадлежит плоскости, проходящей через середину АВ точку D
перпендикулярно АВ. Тогда CD перпендикулярно AB, AD = BD, прямоугольные
треугольники ADС = BDС, значит, равны их гипотенузы AC = BC■
Доказываем, что никакая другая точка этим свойством не обладает.
Пусть АС = ВС, причём С не принадлежит плоскости, проходящей через середину АВ точку
D перпендикулярно АВ, CD не перпендикулярно АВ. Так как точка C не может совпадать с D,
то треугольник АВС – равнобедренный. Тогда CD – его медиана, значит, CD – его высота. Как
высота, CDАВ. Значит, предположение привело к противоречию. Этим доказано, что
никакая точка не принадлежащая ГМТ, этим свойством не обладает.■
Рис. 1. Доказательство для геометрического места точек, равноудалённых от двух данных
25
7
Доказательства в геометрии
7.1 Прямые, углы между которыми равны
Докажите, что существует не более, чем шесть прямых таких, что углы между любыми
двумя из них равны.
Размышляем: Доказательство должно содержать обоснование факта, что число прямых
не более, чем 6, и пример в котором ровно 6 прямых.
Доказательство: С помощью параллельного переноса, не изменяющего угол между
прямыми, перенесём их так, чтобы все они проходили через одну точку О. Пусть искомый
угол равен α.
Известно, что геометрическое место прямых, одинаково наклоненных к данной прямой,
– это пара конусов с общей вершиной на этой прямой и с углом полураскрытия, равным
равен α.
Пусть АО и ВO – две из искомых прямых. Тогда АОВ = α.
Пусть СО – ещё одна из искомых прямых. Она является образующей конуса с осью АО
и углом полураскрытия α и образующей конуса с осью ВО и углом полураскрытия α.
Считаем очевидным, что наибольшее число прямых пересечения двух пар конусов
равно четырём. Следовательно, число искомых прямых не превышает шесть.
Шесть диагоналей правильного икосаэдра, содержащих его центр, дают пример шести
прямых, углы между которыми одинаковы.
7.2 Описанный многогранник (1998/99 – 3 – 11)
Многогранник описан около сферы. Назовём его грань «большой», если проекция
сферы на плоскость грани целиком попадает в грань. Докажите, что наибольшее количество
«больших» граней равно шести.
Размышляем: У куба шесть больших граней.
Граням нужно сопоставить нечто, что можно суммировать. Это могут быть телесные
углы, под которыми из центра сферы видны круги–проекции на гранях, или
соответствующие им части поверхности вписанной сферы.
Доказательство: Предполагаем, что проектирование ортогональное, то есть каждая
проекция сферы на плоскость грани это круг с центром в точке касания грани и сферы и
26
радиусом, равным радиусу сферы R.
Найдём площадь части поверхности сферы, расположенной внутри конуса, вершиной
которого служит центр сферы, а основанием – проекция сферы на эту грань. На рисунке эта
часть сферы показана зелёным цветом. Поскольку радиус проекции равен расстоянию от
центра проекции до центра шара, то угол полураскрытия конуса равен 45°:
s=2 π R h=2 π R(R−
R
2
)=π R (2− √ 2).
√2
4
4 π R2 S
Заметим, что 2−√ 2> , то есть s>
= , где S – площадь поверхности сферы.
7
7
7
Значит, на сфере могут поместиться не более, чем шесть таких частей. Следовательно,
число «больших» граней не больше, чем 6.
У куба шесть «больших» граней.
Для тех, кто знаком с понятием телесного угла, легче рассуждение в ходе которого
определяем телесный угол, под которым видна проекция сферы на плоскость любой грани.
s
4π
. Он превышает седьмую часть полного телесного угла.
Этот угол Ω= 2 =π(2−√ 2)>
7
R
Рис. Оценка величины телесного угла
7.3 Дуализм особых точек
Докажите, что для любого треугольника АВС расстояние АН от вершины до ортоцентра
вдвое больше, чем расстояние от центра описанной окружности до стороны ВС.
Доказательство: Проведем через вершины треугольника прямые, параллельные
противолежащим сторонам, и обозначим точки пересечения E, D, F, как показано на рисунке.
Возникли параллелограммы, например, АВСЕ. Пользуясь их свойствами, доказываем, что
АВС – это треугольник средних линий треугольника EDF. Треугольник EDF подобен
треугольнику АВС с коэффициентом 2. Отрезок ЕН перпендикулярен EF||BC и проходит
через середину EF. Значит, точка Н является центром описанной окружности треугольника
EDF. Отсюда АН и ОМ это соответственные элементы подобных треугольников. Их
отношение равно коэффициенту подобия. Значит, АН = 2 ОМ.
27
7.4 Окружность Эйлера (2013/14 – 3 – 10)
Дан треугольник АВС, который вписан в окружность с центром в точке О. Окружность
диаметром АО и окружность, описанная около треугольника ОBC, пересекаются в точке S
так, что S не совпадает с О. Две касательные PВ и PC к окружности ABC пересекаются в
точке P. Доказать, что точки А, S, P лежат на одной прямой.
Угол ASO прямой, он опирается на диаметр АО.
Угол РСO между касательной и хордой прямой, ОР – диаметр окружности ОВС.
Угол РSO прямой, он опирается на диаметр РО.
7.5 Пучок окружностей (1998/99 – 3 – 10)
На плоскости даны окружность ω, точки A и B, отличная от A. Рассматриваются
всевозможные треугольники BXY, такие что точки X и Y лежат на ω и прямая XY проходит
через точку A. Докажите, что центры Q окружностей, описанных около треугольников BXY,
лежат на одной прямой.
Размышляем: Пусть точка В лежит на окружности. Тогда треугольник BXY вписан в
данную окружность и Q всегда совпадает с О. В каком–то смысле «лежит на прямой».
Пусть точки А, В и Х = X0 лежат на прямой. Центр окружности уходит в бесконечность
и лежит на «пересечении» срединных перпендикуляров к АВ и АХ, то есть на некоторой
прямой, перпендикулярной АВ.
Пусть точки А, О и Х1 лежат на прямой. Центр окружности в точке Q1 на пересечении
срединного перпендикуляра к ВХ1 и перпендикуляра к АО через точку О.
Гипотеза: Искомая прямая это перпендикуляр опущенный из Q1 на АВ.
Тогда фиксированная точка B', симметричная В относительно этой прямой, лежит на
любой окружности BXY. Действительно, модуль степени точки А относительно ω равен
AB'·AB = AX·AY = |AO2 – R2|.
И обратно, семейство окружностей, проходящих через две фиксированные точки,
образует пучок окружностей, центры которых расположены на срединном перпендикуляре
этих точек.
28
Доказательство: Пусть:
– Х1Y1 и это диаметр окружности ω, лежащий на прямой АО,
– точка Q1 это центр описанной окружности треугольника ВХ1Y1 (лежит на пересечении
срединного перпендикуляра к ВХ1 и перпендикуляра к АО через точку О),
– точка В' окружности ВХ1Y1, отличная от В, лежит на прямой АВ.
Так как точка В' лежит на окружности ВХ1Y1, то AB'·AB = AX1·AY1 = |AO2 – R2|.
Если точка А лежит внутри ω, по теореме о произведении отрезков хорд, а если точка А
вне ω, то по теореме о произведении отрезков секущих, находим, что AX·AY = |AO2 – R2|.
Следовательно, точка В' лежит на окружности BXY.
Центр окружности BXY лежит на срединном перпендикуляре к ВВ'.
29
7.6 Перпендикулярность (2009/10 – 3 – 11)
Четырёхугольник ABCD вписан в окружность с диаметром AC. Точки K и M проекции
вершин A и C соответственно на прямую BD. Через точку K проведена прямая, параллельная
BC и пересекающая AC в точке P. Докажите, что угол KPM прямой.
Размышляем. Доказательства часто основаны на равенстве углов, которые следуют из
свойств вписанных четырёхугольников. Проверим, лежит ли точка Р на описанных
окружностях каких–либо треугольников.
Возможный способ доказательства перпендикулярности основан на доказательстве
равенства суммы двух углов некоторого треугольника 90°.
Решение. Равны углы CAD и CBD, так как они опираются на дугу CD окружности АВС.
Равны углы PKD и CBD по свойствам углов при параллельных прямых (углы помечены
красными дужками).
Значит, равны углы PKD и PAD, четырёхугольник AKPD вписан в окружность с
диаметром AD.
Прямые углы APD, AKD и CMD, значит, четырёхугольник CPMD вписан в окружность с
диаметром CD.
Равны углы PCD и PMK по свойству противолежащих внутреннего и внешнего углов
вписанного четырёхугольника CPMD.
Суммы углов PKD и PMK а также PAD и PCD равны 90°, значит,
PKM =180°– PMK – PKM = 90°.
7.7 Биссектрисы граней тетраэдра
Докажите, что если у тетраэдра два отрезка, идущие из вершин некоторого ребра, в
центры вписанных окружностей противолежащих граней, пересекаются, то отрезки,
выпущенные из вершин скрещивающегося с ним ребра в центры вписанных окружностей
двух других граней, также пересекаются. GinMA 236
Размышляем. В обозначениях рисунка, АА0 пересекает ВВ0, нужно доказать, что СС0
пересекает DD0. Существует плоскость АА0ВВ0, и нужно использовать её свойства. На
интерактивном рисунке двигайте вершины тетраэдра до совпадения точек Е и F.
Доказательство. В обозначениях рисунка, АА0 пересекает ВВ0, значит, существует
30
плоскость АА0ВВ0.
Плоскость АА0ВВ0 пересекает ребро CD в точке Е, причём АВ0Е и ВА0Е содержат
центры вписанных окружностей, то есть суть биссектрисы углов А и В.
По свойствам биссектрис,
CE AC BC
=
=
.
DE AD BD
Пусть биссектриса CD0 пересекает АВ в точке М, тогда
AM AC
=
.
MB AB
Пусть биссектриса DC0 пересекает АВ в точке Р, тогда
AР AD
=
.
РB BD
Из равенства этих отношений следует совпадение точек М и Р.
В плоскости CDP отрезки CС0 и DD0 обязаны пересечься.
7.8 Четырёхугольная пирамида
Высота четырехугольной пирамиды SABCD проходит через точку пересечения
диагоналей ее основания ABCD. Из вершин основания опущены перпендикуляры AA1, BB1,
CC1, DD1 на прямые SC, SD, SA и SB соответственно. Оказалось, что точки S, A1, B1, C1, D1
различны и лежат на одной сфере. Докажите, что прямые AA1, BB1, CC1, DD1 проходят через
одну точку.
Размышляем. В треугольниках АCS и ВDS отрезки AA1, BB1, CC1, DD1 суть высоты и они
попарно пересекаются в ортоцентрах. Нужно доказать, что эти ортоцентры совпадают.
Доказательство. В обозначениях рисунка, АА0 пересекает ВВ0, значит, существует
плоскость АА0ВВ0.
31
7.9 Окружность и треугольник (2010/11 – 5 – 11)
Дан неравнобедренный треугольник ABC. Пусть N середина дуги BAC его описанной
окружности, а M середина стороны BC. Обозначим через D и E центры вписанных
окружностей треугольников ABM и ACM соответственно. Докажите, что точки D, E, A, N
лежат на одной окружности.
Доказательство: Пусть точка E' симметрична E относительно MN. Угол DME прямой,
значит, лучи МЕ и MD симметричны относительно биссектрисы угла BMN.
∠CBE' + ∠CBD = ∠CBE' + ∠BCE = 0.5(∠ABC + ∠ACB) = 90° – ∠BAC/2 = 90° –
∠BNC/2 = ∠NBC, значит, лучи BE' и BD симметричны относительно биссектрисы угла АВС.
Точки E' и D изогонально сопряжены относительно треугольника BMN., так как они
симметричны относительно двух его биссектрис. Значит, они симметричны и относительно
третьей биссектрисы.
∠DNE = ∠DNM +∠MNE' = 2 ∠MNG = ∠BNM = ∠BAC/2 = ∠DAE.
Углы, опирающиеся на отрезок DE равны, четыре точки D, E, N, A на окружности.
7.10 Биссектрисы и четырёхугольник (2001/02 – 3 – 11)
Дан выпуклый четырехугольник ABCD. Пусть lA, lB, lC, lD – биссектрисы внешних углов
этого четырехугольника. Прямые lA и lB пересекаются в точке K, прямые lB и lC – в точке L,
прямые lC и lD – в точке M, прямые lD и lA – в точке N. Докажите, что если окружности,
описанные около треугольников ABK и CDM, касаются внешним образом, то и окружности,
описанные около треугольников BCL и DAN касаются внешним образом.
Доказательство: Пусть биссектрисы углов A и B пересекаются в точке K', биссектрисы
углов B и C пересекаются в точке L', биссектрисы углов C и D пересекаются в точке M',
биссектрисы углов A и D пересекаются в точке N'.
Углы между внутренними и внешними биссектрисами прямые, значит, угол АKВ равен
полусумме углов A и B четырехугольника ABCD, угол CMD - полусумме углов C и D четырехугольника ABCD, сумма углов K и M равна полусумме углов четырехугольника ABCD,
четырехугольник KLMN вписанный. Аналогично четырехугольник K'L'M'N' вписанный.
Углы между внутренними и внешними биссектрисами прямые, значит, KK' – диаметр
окружности ABK, LL' – диаметр окружности BCL, MM' – диаметр окружности CDM, NN' –
диаметр окружности AND.
32
Точки K, K', M, M', лежащие на пересечении биссектрис, равноудалены от прямых AD и
ВС, значит, они лежат на одной прямой и внешнее касание окружностей ABK и CDM
происходит при совпадении точек K' и M'.
Из совпадения противоположных вершин K' и M' вписанного четырёхугольника следует
совпадение вершин L' и N' и внешнее касание окружностей описанных около треугольников
BCL и DAN.
33
http://rutube.ru/video/f4dcb91be6c487105961cd5fc2984e9b/
http://www.youtube.com/watch?v=uksrGNS0IEA
http://www.magicinvention.ru/we_sm/08invsm.htm