Сборник материалов выездных школ команды Москвы на Всероссийскую математическую олимпиаду

• Название: Сборник материалов выездных школ команды Москвы на Всероссийскую математическую олимпиаду
• Дата: 19.09.2022
• Размер: 3.42 Mb.
• Имя файла: matprob.pdf
• Тип: Сборник; #684321
• страница: 26 из 31

III. Какие из следующих многогранников равносоставленны с некоторым кубом?
а) Правильный тетраэдр;
б) прямоугольный параллелепипед размером 1 × 2 × в) прямоугольный параллелепипед размером 1 × 2 × Решения. Геометрическое решение. Куб разрезается на 6 тетраэдров AC
′
BB
′
, AC
′
B
′
A
′
, AC
′
A
′
D
′
, AC
′
D
′
D, AC
′
DC, AC
′
CB

Третья проблема Гильберта и разрезания прямоугольника
411
шестью плоскостями, проходящими через пару противоположных вершин, куба и одну из оставшихся вершин. Равенство данных тетраэдров следует из соображений симметрии (например, тетраэдр переходит в тетраэдр при повороте куба на вокруг прямой Алгебраическое решение. Куб 0 6 x, y, z 6 1 можно разрезать на тетраэдров 6 x 6 y 6 z 6 1,0 6 x 6 z 6 y 6 1,0 6 y 6 x 6 z 6 1,
0 6 y 6 z 6 x 6 1,0 6 z 6 x 6 y 6 1,0 6 z 6 y 6 x 6 В действительности, мы описали по-разному один и тот же способ разрезания, в первом случае — на геометрическом языке, а во втором на алгебраическом. а) Проведем линию, соединяющую середины больших сторон прямоугольника.
б) Разделим две большие стороны прямоугольника на q равных частей, а две меньшие — на p равных частей. Проведем через соответственные точки деления линии, параллельные сторонам прямоугольника.
в) Пусть дан прямоугольник 1 × x, x =
4
√
2. Отрежем от него прямоугольник. От полученной полоски 1 ×

x отрежем два прямоугольника. От новой полоски (3 − 2x
2
) ×

x отрежем прямоугольник (3 − 2x
2
) ×

3
x
− 2x

. У полученного прямоугольника отношение сторон также равно x, поскольку г) Пусть r = a
1
+
1
a
2
+
1
a
3
+
1
a
4
+ . . .
— периодическая цепная дробь. Так как последовательность a периодическая, то для некоторого n r = a
1
+
1
a
2
+ . . Отталкиваясь отданного равенства, нетрудно построить разрезание прямоугольника 1 × r на несколько квадратов и один прямоугольник

Гл. 14. Комбинаторная геометрия с отношением сторон r. Действительно, отрежем вначале от прямоугольника квадраты 1 × 1 в количестве штук. Получим полоску × (r − a
1
) с отношением сторон − a
1
= a
2
+
1
a
3
+ . . Отданной полоски отрежем квадратов (r − a
1
) × (r − a
1
) и т. д. Продолжая этот процесс, мы получим в итоге прямоугольник с отношением сторон Из построенного разрезания прямоугольника 1 × r нетрудно получить требуемое разрезание прямоугольника 1 ×
√
r: нужно сжать прямоугольник враз вдоль стороны д) Прямоугольник с отношением сторон a разрезан на 3 вертикальных полоски. Впервой полоске сверху вниз прямоугольники с отношением сторон a,
1
a
; во второй a, a,
1
a
; в третьей a,
1
a
,
1
a
. Действительно +
1
a
+
1 1
a
+
1
a
+ a
+
1 1
a
+ a + a
= a;
(a
2
+ 1)(2a
2
+ 1)(a
2
+ 2) =
= (a
2
+ 1)(a
2
+ 2) + (a
2
+ 1)(2a
2
+ 1) + (2a
2
+ 1)(a
2
+ 2);
2a
6
+ 2a
4
− 4a
2
− 3 = Многочлен 2x
3
+ 2x
2
− 4x − 3 не имеет рациональных корней. Действительно, если p
q
— несократимая дробь и корень многочлена, то p делит свободный члена делит старший. Легко проверить перебором,
что ±3, ±1, ±
3 2
, ±
1 не являются корнями данного многочлена.
е) Легко построить примеры разрезаний на 4, 6 и 8 частей. По разрезанию на n частей строится разрезание на n + 3 части. а) Пусть e i
— ребро некоторого многогранника M
j
, лежащее на ребре e. Рассмотрим цилиндр C с осью e и радиусом 1. Двугранный угол при ребре e высекает на поверхности цилиндра ленту L длиной и шириной l. На поверхности меньшего цилиндра C
i с осью e и радиусом двугранный угол при ребре e высекает ленту L
i ширины α
i и длины. Так как многогранники разрезания не пересекаются и покрывают весь многогранник M , лента L разрезается на ленты L
1
, L
2
, . . . , Осталось установить естественное соответствие между точками ленты

Третья проблема Гильберта и разрезания прямоугольника и прямоугольника l × α, и мы получим его разрезание на прямоугольники б) Любая точка прямой ℓ, принадлежащая многограннику M , является либо внутренней точкой некоторого многогранника M
i
, либо лежит на границе нескольких многогранников разрезания. Обозначим через e
1
, e
2
, . . . , e все ребра многогранников разрезания, которые лежат на прямой ℓ (а их длины обозначим через l
1
, l
2
, . . . , l n
). Пусть f
1
, f
2
, . . . , f m
— всевозможные пересечения прямой ℓ с внутренностями граней многогранников M
i
. Объединение всех ребер e
1
, e
2
, . . . , e образует семейство отрезков на прямой ℓ. Пусть, без ограничения общности, e
2
, . . . , e s
— все ребра, лежащие на одном из отрезков I этого семей- ства.
Докажем, что набор прямоугольников e
1
× α
1
, e
2
× α
2
, . . . , e s
× α
s

-равносоставлен некоторому прямоугольнику вида l × π. После этого, прикладывая друг к другу прямоугольники ширины π, полученные для всех отрезков нашего семейства, получим требуемое утверждение.
Пусть C — боковая поверхность цилиндра с осью I и радиусом 1. Двугранные углы при ребрах e
1
, e
2
, . . . , e в соответствующих многогранниках высекают на цилиндре C ленты l i
× длины l в направлении оси цилиндра и ширины α
i в направлении окружности цилиндра).
Так как рассматриваемые многогранники не пересекаются и покрывают весь многогранник M , цилиндр C оказывается разрезан на ленты l
i
× α
i и f i
× π. Продолжим все разрезы, направленные вдоль окружности цилиндра. Тогда цилиндр C распадется на кольца. Выбросим из всех колец ленты ширины π (части лишних лент длиной f i
), а нетронутые кольца разрежем на 2 ленты ширины π. Из лент, которые получились в итоге, можно сложить ленту ширины π, которой соответствует прямоугольник ширины π, разрезанный на части прямоугольников l
1
× α
1
, l
2
× α
2
, . . . , l s
× α
s
, полученные параллельными переносами,
вертикальными и горизонтальными разрезами.
в) Действительно, пусть многогранники M и M
′
равносоставленны.
Пусть M
1
, M
2
, . . . , M
n
— набор многогранников, из которых можно сложить как многогранник M , таки многогранник M
′
. Тогда набор прямоугольников, соответствующий многограннику M , объединенный с некоторым набором прямоугольников ширины π, согласно утверждениям задачи, -равносоставлен объединению наборов прямоугольников,
соответствующих многогранникам M
1
, M
2
, . . . , M
n
. Тоже самое верно и для многогранника M
′
. Однако очевидно, что отношение -равносо- ставленности транзитивно и симметрично. Значит, наборы прямоугольников, соответствующие многогранниками, становятся равносо- ставленными после добавления к ним подходящих прямоугольников со стороной π, что и требовалось

Гл. 14. Комбинаторная геометрия г) Рассмотрим тетраэдр ABCD. Пусть M — середина CD. Отрезки и BM перпендикулярны CD, поэтому величина угла ∠AM B есть величина двугранного угла при ребре CD тетраэдра. Пусть длина ребра тетраэдра равна a, тогда по формуле высоты правильного треугольника = BM =
√
3 2
a. По теореме косинусов для треугольника AM B имеем cos θ =
AM
2
+ BM
2
− AB
2 2AM · BM
=
1 Докажем по индукции, что cos nθ =
a n
3
n
, где a n
— целое и не делится на 3. База индукции для n = 0 и n = 1 очевидна.
Шаг индукции. Формула для суммы косинусов при n > 1:
cos(n + 1)θ + cos(n − 1)θ = 2 cos nθ cos откуда cos(n + 1)θ = 2 cos nθ cos θ − cos(n − 1)θ =
2a n
− 3a n−1 Так как по предположению индукции a не делится на 3, то и a n+1
=
= 2a n
− 3a не делится на Значит, cos nθ 6= 1 ни при каком целом n, отсюда nθ 6= 2πm ни при каких целых n и m, те. Утверждение доказано. а) Пусть первый набор разрезали на прямоугольники, а затем перенесли их, сложив второй набор. Проведем дополнительные разрезы продолжим все вертикальные разрезы в разрезании первого набора и все горизонтальные — в разрезании второго. Полученное разрезание можно выполнить последовательностью элементарных преобразований и обратных к ним сначала разрезаем первый набор последовательно по всем вертикальным разрезам, затем разрезаем каждую из полученных вертикальных полос горизонтальными разрезами. Теперь соберем горизонтальные полосы разрезания второго набора, а затем объединим их в прямоугольники второго набора.
б) Введем следующую операцию для набора θ, π, y i
1
, y i
2
, . . . , y i
k
: изданного набора убирается такой элемент с наибольшим номером i s
, что pθ + qπ + µ
1
y i
1
+ µ
2
y i
2
+ . . . + µ
k y
i k
= где все коэффициенты рациональные и µ
s
6= 0. Будем применять эту операцию к начальному набору, пока это возможно. Пусть в итоге мы получили набор θ, π, y j
1
, y j
2
, . . . y j
n
, для которого данная операция уже

Третья проблема Гильберта и разрезания прямоугольника
415
не применима. Докажем, что набор чисел y
′
1
= y j
1
, y
′
2
= y j
2
, . . . , y
′
n
=
= y j
n
— искомый. Заметим, что для любого элемента x из Y существуют рациональные числа p, q, µ
1
, µ
2
, . . . , µ
n
, такие что x = pθ + qπ + µ
1
y j
1
+ µ
2
y j
2
+ . . . + µ
n y
j Пусть p
1
θ + q
1
π + µ
1
y j
1
+ µ
2
y j
2
+ . . . + µ
n y
j n
= x =
= p
2
θ + q
2
π + ξ
1
y j
1
+ ξ
2
y j
2
+ . . . + ξ
n y
j тогда p
2
)θ + (q
1
− q
2
)π + (µ
1
− ξ
1
)y j
1
+ . . . + (µ
s
− ξ
s
)y j
s
= Если µ
t
6= ξ
t
, то для набора θ, π, y j
1
, y j
2
, . . . , y j
n можно еще раз применить описанную операцию — противоречие. Значит, µ
t
= ξ
t для всех t. Однако θ и π несоизмеримы и неравны нулю, значит p
1
= и q
1
=
= q
2
, те. для любого элемента x из Y существует единственный набор рациональных чисел p, q, µ
1
, µ
2
, . . . , µ
r
, такой что x = pθ + qπ + µ
1
y j
1
+ µ
2
y j
2
+ . . . + µ
n y
j в) Пусть новый набор получен разрезанием прямоугольника x × Случай, когда рассматриваемый разрез вертикальный, очевиден:
действительно, инвариант J(M ) изменился на величину x
1
f (y) + x
2
f (y) − xf(y) = те. не изменился.
Пусть рассматриваемый разрез горизонтальный. Тогда инвариант изменился на величину xf (y
1
) + xf (y
2
) − xf(y). Докажем, что эта величина равна нулю. Пусть y
1
= f (y
1
)θ + q
1
π + µ
1
y
′
1
+ µ
2
y
′
2
+ . . . + µ
n y
′
n
,
y
2
= f (y
2
)θ + q
2
π + ξ
1
y
′
1
+ ξ
2
y
′
2
+ . . . + ξ
n Тогда y = y
1
+ y
2
= (f (y
1
) + f (y
2
))θ + (q
1
+ q
2
)π +
+ (µ
1
+ ξ
1
)y
′
1
+ (µ
2
+ ξ
2
)y
′
2
+ . . . + (µ
n
+ То есть f (y) = f (y
1
) + f (y
2
), и наш инвариант не изменился.
г) Так как инвариант сохраняется при элементарном преобразовании набора (задача 4 в, то по задаче 4 а) инварианты любых двух

Гл. 14. Комбинаторная геометрия

-равносоставленных наборов равны. Однако инвариант для набора × θ, l × π) равен a, а для b × π — нулю. Следовательно, эти наборы не -равносоставленные.
д) Предположим обратное. Тогда по лемме 1 набор, состоящий из прямоугольников a × θ и одного прямоугольника l
1
× π -равносостав- лен набору из 8 прямоугольников b и одного прямоугольника l
2
× Однако первый набор -равносоставлен набору 6a × θ, l
1
× π, а второй набору+ l
2

× π. Значит, последние 2 набора -равносоставленны.
Но по лемме 2 и утверждению 3 гони не -равносоставленны. Полученное противоречие доказывает утверждение задачи A.
5. а) Лобовое решение. Покажем, что отношение сторон разрезаемого прямоугольника рационально. Пусть x
1
, x
2
, . . . , x n
— длины вертикальных сторон квадратов. Стороны квадратов могут объединяться в отрезки. Либо такой отрезок — это сторона большого прямоугольника,
и отсюда x i
1
+ x i
2
+ . . . + x i
s
= a или x i
1
+ x i
2
+ . . . + x i
s
= b, либо к этому отрезку с двух сторон прилегают квадраты разрезания, для сторон которых мы можем записать x
i
1
+ x i
2
+ . . . + x i
s
= x j
1
+ x j
2
+ . . . + x j
t или x
i
1
+ x i
2
+ . . . + x i
s
= x j
1
+ x j
2
+ . . . + x здесь x i
1
, x i
2
, . . . , x i
s
— стороны квадратов с одной стороны и x j
1
, x j
2
, . . .
. . . , x j
t
— с другой.
Запишем все такие уравнения (переменными будут иксы, a и Будем выражать по очереди переменные, кроме b, и подставлять их в остальные уравнения. Начнем с a. После всех использованных возможностей получим, что каждая переменная первой группы (в ней выражается через переменные другой группы (в ней b) линейной комбинацией с рациональными коэффициентами = ξ
1
x
1
+ ξ
2
x
2
+ . . . + ξ
n x
n
+ ξb,
x i
= µ
i1
x
1
+ µ
i2
x
2
+ . . . + µ
in x
n
+ µ
i b
(i = 1, 2, . . . , Переменные в левой части задаются выражениями, в которых коэффициенты ненулевые только при переменных второй группы (для переменных второй группы добавлены уравнения x i
= x Докажем, что во второй группе только b. Пусть это не так. Пусть x
n во второй группе. Заметим, что если мы придадим значения переменным второй группы так, чтобы все равенства выполнялись и все переменные были положительные, то получим соответствующее разрезание прямоугольника (докажите. Возьмем первоначальное разрезание,
увеличим x на ε так, чтобы все иксы и a остались положительными

Третья проблема Гильберта и разрезания прямоугольника
417
Получим большой прямоугольник со сторонами a + ξ
n
ε и b, разрезанный на квадраты со сторонами x
1
+ µ
1n
ε, x
2
+ µ
2n
ε, . . . , x n−1
+ µ
n−1 n
ε,
x n
+ Запишем равенство площадей + ξ
n
ε)b = (x
1
+ µ
1n
ε)
2
+ (x
2
+ µ
2n
ε)
2
+ . . . + (x n−1
+ µ
n−1 n
ε)
2
+
+ (x n
+ ε)
2
⇒ (µ
2 1n
+ µ
2 2n
+ . . . + µ
2
n−1 n
+ 1)ε
2
+
+ (2x
1
µ
1n
+ 2x
2
µ
2n
+ . . . + 2x n−1
µ
n−1n
+ 2x n
− ξ
n b)ε = Мы видим, что не больше двух ε удовлетворяют этому равенству,
однако первоначально мы могли взять любое ε из некоторой малой окрестности нуля. Значит, все-таки во второй группе нет иксов, только b. Ну а как уже было отмечено, все переменные первой группы выражаются линейно через переменные второй группы, те, где p рационально.
Решение, основанное на сведении клемме. Если прямоугольник a × b можно разрезать на квадраты, то он -равносоставлен прямоугольнику (поскольку квадрат переходит в себя при повороте на 90
◦
). Тогда по лемме 2 отношение a
b рационально.
«Физическое» решение. Данное утверждение следует также из задачи б) для R = б) Предположим противное. Пусть a
1
, a
2
, . . . , a n
— ребра тетраэдров, на которые разрезан тетраэдр с ребром a. Тогда по лемме 1 и задаче а, б) набор 6a
1
× θ, 6a
2
× θ, . . . , 6a n
× θ -равносоставлен набору. Следовательно, согласно задачам 4 аи в) имеем a
1
+ a
2
+ . . . + a n
= a. Равенство объемов дает нам условие a
3 1
+ a
3 2
+ . . . + a
3
n
= Возводим первое равенство в куб 1
+ a
3 2
+ . . . + a
3
n
+ A = где A > 0, и приходим к противоречию со вторым равенством.
Идея геометрического решения. Утверждение задачи можно доказать также, рассматривая ребро одного из меньших тетраэдров, целиком лежащее на грани большего тетраэдра. В этом ребре должно сходиться несколько двугранных углов, равных θ, а их сумма должна быть равна π. Это противоречит задаче 3 га) Пусть и U
2
— напряжения в верхнем и нижнем неконцевых узлах. Если выделение тепла нами м резисторе больше выделения тепла нами м, заменим на U
2
. Получим уменьшение общего выделения тепла. Если теплоты равны, то сделав тоже самое, получим уменьшение общего выделения тепла. Значит, минимум выделения

Гл. 14. Комбинаторная геометрия тепла достигается при U
1
= U
2
. Далее схема очевидно сводится элементарными преобразованиями к схеме из одного резистора.
б) Схема очевидно сводится элементарными преобразованиями к схеме из одного резистора. а) Геометрическое решение. По задаче 4 а) данное разрезание прямоугольника можно получить последовательностью элементарных преобразований (и обратных к ним. Заметим, что общее сопротивление схемы при элементарном преобразовании не меняется.
«Физическое решение. Предположим, что прямоугольная пластинка сделана из однородного проводящего материала. Будем считать его удельное сопротивление равным 1. Соединим противоположные вертикальные стороны пластинки с полюсами источника постоянного тока.
Сопротивление пластинки будет равно отношению горизонтальной стороны к вертикальной.
Пусть теперь прямоугольник разрезан на меньшие прямоугольники.
Нанесем на пластинку все линии разреза. Заметим, что ток по пластинке идет в горизонтальном направлении. Поэтому если мы разрежем пластинку по всем горизонтальным линиям, то ее сопротивление не изменится.
Теперь можно разрезать пластинку по всем вертикальным линиям,
соединив при этом проводами пары вертикальных сторон меньших прямоугольников, которые совмещались в исходном прямоугольнике. Ясно,
что сопротивление всей цепи при этом не изменится.
Каждая из меньших прямоугольных пластинок в полученной цепи представляет собой резистор, сопротивление которого равно отношению горизонтальной стороны соответствующей пластинки к вертикальной.
Тем самым мы показали, что общее сопротивление цепи, построенной по разрезанию прямоугольника, равно отношению его сторон. Из этого следует утверждение задачи 7 а).
б) Аналитическое решение. Пусть U = 1. Пусть минимум выделения тепла достигается при U
1
, U
2
, . . . , U
n
. Зафиксируем U
2
, U
3
, . . . , U
n и будем рассматривать выделение тепла как функцию от U
1
. Поскольку эта функция является суммой квадратов линейных функций и непостоянна, после раскрытия скобок коэффициент при U
2 1
положителен.
Минимум квадратичной функции достигается в вершине параболы, поэтому+ где a i
(R) — отношение многочленов от R с целыми коэффициентами.
Подставим выражение для в нашу квадратичную функцию. Получим функцию от n − 1 переменной. Эта функция как функция от не может быть постоянной (рассмотрите, как ведет себя теплота при боль

Третья проблема Гильберта и разрезания прямоугольника
419
ших U
2
). Рассуждая аналогично предыдущему, получим Переходя обратно, находим U
i
=
P
i
(R)
Q
i
(R)
. Отсюда общее сопротивление равно (Более подробно данное решение изложено в статье Геометрическое решение. Аналогично решению задачи 5 а) можно показать, что отношение сторон разрезаемого прямоугольника есть отношение многочленов с целыми коэффициентами от отношений сторон прямоугольников.
в) Ответ нет, не может. Увеличим сопротивление этого резистора,
оставив напряжение неизменным на всех узлах. Тогда выделение тепла уменьшится, а после перераспределения станет еще меньше, значит общее сопротивление увеличится.
г) Пусть прямоугольник с отношением сторон R разрезан на прямоугольники с отношением сторон R и, причем есть хотя бы один прямоугольник второго вида. Сделав растяжение с коэффициентом получим квадрат, разрезанный на квадраты и прямоугольники с отношением сторон. По задаче 7 а) имеем электрическую цепь с сопротивлением из резисторов сопротивления 1 и. По задаче 7 б) общее сопротивление есть отношение многочленов с целыми коэффициентами от R. Приравниваем к единице) Если отношение многочленов не тождественно 1, то R является корнем многочлена с целыми коэффициентами) Если многочлены равны, то если увеличить R, общее сопротивление останется единицей. Тогда сопротивление резисторов с сопротивлением. Если уменьшать их по очереди, то по решению задачи 7 в) получим, что общее сопротивление уменьшилось — противо- речие.
Заключение: полные инварианты
Набор прямоугольников, который сопоставляют многограннику, называется его инвариантом Дена (это определение эквивалентно общепринятому алгебраическому определению [4]). Удивительно, что утверждение, в некотором смысле обратное лемме 1, также справедливо.
Теорема Сидлера [1]. Если два многогранника имеют равные объемы и соответствующие им наборы прямоугольников становятся -равносоставленными после добавления к ним подходящих прямоугольников вида l × π, то два исходных многогранника равносостав- ленны.

Гл. 14. Комбинаторная геометрия
Построенный нами инвариант -равносоставленности наборов прямоугольников на плоскости не является полным, но аналогичным образом можно построить полный инвариант (инвариант Кеньена В заключение обсудим достаточность полученных нами условий на число x в задаче B. Мы не знаем, может ли число x в задаче B быть корнем произвольного многочлена с целыми коэффициентами. Однако в близкой задаче о разрезании квадрата на подобные прямоугольники ответ отрицательный.
Теорема Ласковича—Секереша—Фрайлинга—Ринна [6], Для каждого x > 0 эквивалентны условия) квадрат можно разрезать на подобные прямоугольники с отношением сторон x;
2) число x — алгебраическое, и все комплексные числа, алгебраически ему сопряженные, имеют положительную действительную часть) существуют положительные рациональные числа c
1
, c
2
, . . . , c такие что c
1
x +
1
c
2
x +
1
. . . +
1
c n
x
= Таким образом, квадрат можно разрезать на подобные прямоугольники с отношением сторон 2 +
√
2, но нельзя разделить на прямоугольники с отношением сторон 1 +Литература Болтянский В. Г. Равновеликие и равносоставленные фигуры // Популярные лекции по математике. Вып. 22. М Гостехиздат, 1956.
[2] Варламов А. Правила Кирхгофа // Квант. 1985. № 1. С. 26–27.
[3] Ляшко О. В. Почему не уменьшится сопротивление // Квант. 1985.
№ 1. C. 10–15.
[4] Фукс Д. Можно ли из тетраэдра сделать куб // Квант. 1990. № С. 2–11.
[5] Яглом ИМ. Как разрезать квадрат. М Наука, 1968.
[6] Freiling C., Rinne D., Tiling a square with similar rectangles // Math.
Res. Lett. 1994. V. 1. P. 547–558.
[7] Kenyon R. Tilings and discrete Dirichlet problems // Israel Journal of
Mathematics. 1998. V. 105. P. 61–84.
[8] Laszkovich M., Szekeres G. Tiling of the square with similar rectangles //
Discr. Comp. Geometry. 1995. V. 13. P. 569–572.

Теория Рамсея для зацеплений
421
Теория Рамсея для зацеплений
3)
(10–11)
М. Б. Скопенков, А. В. Шаповалов
Данный цикл задач условно разделен на 6 частей.
Первая часть посвящена доказательству следующей теоремы.
Теорема 1 (Конвей—Гордон—Закс, 1981). Пусть в пространстве даны 6 точек, никакие 4 из которых не лежат водной плоскости. Тогда найдутся два зацепленных треугольника с вершинами в этих точках.
Последующие части посвящены ее обобщению на произвольные узлы и зацепления.
Теорема 2 (Негами, 1991). Для любого узла найдется такое число N, что для любых N точек в пространстве, никакие 4 из которых не лежат водной плоскости, существует замкнутая ломаная с вершинами в данных точках, образующая данный узел.
Определение и примеры узлов и зацеплений даны во втором пункте. Доказательство теоремы 2 намечено в задачах четвертого и пятого пунктов. Полностью доказательство этой теоремы приводится в статье
В. В. Прасолова и М. Б. Скопенкова «Рамсеевская теория зацеплений»,
опубликованной в книге Летние конференции Турнира городов Избранные материалы (Вып. 1. — М МЦНМО, Применению рамсеевской теории зацеплений посвящен пункт Различные части статьи практически независимы, поэтому можно начинать как с задачи 1.1, таки с задач 2.1, 3.1, 4.1, 5.1, 6.1.
1. Зацепленные треугольники. Докажите, что в любой компании из 6 человек найдутся либо трое попарно знакомых, либо трое попарно незнакомых. На плоскости даны 5 точек, никакие три из которых не лежат на одной прямой. Докажите, что какие-то два отрезка с концами в этих точках пересекаются во внутренней точке.
Определение общего положения. Будем говорить, что набор точек в пространстве находится в общем положении, если никакие точки из этого набора не лежат водной плоскости.
Пример 1. Рассмотрим в горизонтальной плоскости правильный шестиугольник. Набор точек A
1
, A
2
, A
3
, A
4
, A
5
, A
6
, расположенных
3)
Авторы цикла задач благодарны И. Дынникову, А. Райгородскому, А. Скопен- кову и О. Скрябину за полезные обсуждения

Гл. 14. Комбинаторная геометрия
A
1
A
2
A
3
A
4
A
5
A
6
A
1
A
2
A
3
A
4
A
5
A
6
Рис. в точности над его вершинами на высотах 1, 2, 3, 4, 5, 6 соответственно,
находится в общем положении (рис. Пример 2. Точки (t; t
2
; t
3
) в декартовой системе координат, где t ∈
∈ {1; 2; 3; 4; 5; 6}, находятся в общем положении (предлагаем проверить это самостоятельно).
Определение зацепленных треугольников. Пусть ∆, ∆
′
— два треугольника в пространстве, шесть вершин которых находятся в общем положении. Будем говорить, что эти треугольники зацеплены, если контур треугольника ∆ пересекает внутренность треугольника в единственной точке.
Пример 3. Треугольники A
1
A
3
A
5
, из примера 1 зацеплены. Докажите, что если контур одного из треугольников ∆ и не пересекается с плоскостью, в которой лежит другой треугольник, то и не зацеплены. Докажите, что если ∆ зацеплен сто зацеплен с ∆.
1.5. Треугольники ∆ и остаются зацепленными, если их вершины при движении в пространстве остаются в общем положении. Пусть даны два треугольника в пространстве. Предположим,
что проекции никаких 3 из их 6 вершин на некоторую плоскость не лежат на одной прямой. Будем считать рассматриваемую плоскость расположенной горизонтально. Изобразим на рисунке проекции треугольников ив каждой точке пересечения проекций (перекрестке) укажем, сторона какого треугольника проходит выше (рис. Докажите, что данные треугольники зацеплены, если и только если число перекрестков, в которых сторона первого треугольника проходит выше стороны второго, нечетно

Теория Рамсея для зацеплений 1.7. Пусть точка из примера 1 движется вверх с единичной скоростью. Найдите все интервалы времени, в течение которых треугольники
A
1
A
3
A
5
и A
2
A
4
A
6
зацеплены.
Определение (зацепленности шестерки точек) Пусть в пространстве даны 6 точек общего положения. Назовем разделенной парой два треугольника с вершинами в этих точках, не имеющие общих вершин.
Зацепленностью данной шестерки точек назовем количество зацепленных разделенных пар.
Контрольные вопросы I. Рассмотрим правильный треугольник, лежащий на горизонтальной плоскости. Повернем его на угол вокруг центра и поднимем над плоскостью. Обозначим полученный треугольник плоскости ABC и параллельны. При каких значениях ϕ шесть точек A, B, C, A
′