Формула. В. В. Прасолов задачи по планиметрии
 Скачать 6.7 Mb.
|
|
21.21*. Даны две одинаковые окружности. На каждой из них отмечено по k дуг, угловая величина каждой из которых меньше k + 1 · 180 ◦ , причём окружности можно совместить так, чтобы отмеченные дуги одной окружности совпали с отмеченными дугами другой. Докажите, что эти окружности можно совместить так, чтобы все отмеченные дуги оказались на неотмеченных местах 3. Площадь 21.22. В квадрате со стороной 15 расположено 20 попарно непе- ресекающихся квадратиков со стороной 1. Докажите, что в большом Рис. квадрате можно разместить круг радиуса так, чтобы он не пересекался ни с одним из квадратиков. 21.23*. Дана бесконечная клетчатая бумага и фигура, площадь которой меньше площади клетки. Докажите, что эту фигуру можно положить на бумагу, не накрыв ни одной вершины клетки. 21.24*. Назовём крестом фигуру, образованную диагоналями квадрата со стороной рис. 21.1). Докажите, что в круге радиуса можно разместить лишь конечное число непересекающихся крестов. 21.25*. Попарные расстояния между точками, больше 2. Докажите, что любую фигуру, площадь которой меньше p , можно сдвинуть на вектор длиной не более 1 так, что она не будет содержать точек A 1 , . . . , A n Глава 21. Принцип Дирихле 21.26*. В круге радиуса 16 расположено 650 точек. Докажите, что найдётся кольцо с внутренним радиусом 2 и внешним радиусом в котором лежит не менее 10 изданных точек. 21.27*. На плоскости дано n фигур. Пусть S i 1 ...i k — площадь пересечения фигур с номерами i 1 , . . . , i k , a S — площадь части плоскости, покрытой данными фигурами M k — сумма всех S i 1 ...i k . Докажите, что: а) S = M 1 − M 2 + M 3 − . . . + б) S > M 1 − M 2 + M 3 − . . . + при m чётном и S 6 M 1 − M 2 + + M 3 − . . . + при m нечётном. 21.28*. а) В квадрате площади 6 расположены три многоугольника, площадь каждого из которых равна 3. Докажите, что среди них найдутся два многоугольника, площадь общей части которых не меньше б) В квадрате площади 5 расположено девять многоугольников площадь каждого из которых равна 1. Докажите, что среди них найдутся два многоугольника, площадь общей части которых не меньше На кафтане площади 1 имеется пять заплат, причём площадь каждой ихних не меньше 0,5. Докажите, что найдутся две заплаты, площадь общей части которых не меньше На отрезке длиной 1 расположены попарно не пересекающиеся отрезки, сумма длин которых равна p. Обозначим эту систему отрезков A. Пусть B — дополнительная система отрезков (отрезки систем и B не имеют общих внутренних точек и полностью покрывают данный отрезок. Докажите, что существует параллельный перенос для которого пересечение B и T(A) состоит из отрезков, сумма длин которых не меньше p(1 − p)/2. Решения 21.1. Возьмём три вертикальные прямые и девять горизонтальных. Будем рассматривать только точки пересечения этих прямых. Так как имеется лишь 2 3 = 8 вариантов раскраски трёх точек в два цвета, то найдутся две горизонтальные прямые, на которых лежат одинаково раскрашенные тройки точек. Среди трёх точек, раскрашенных в два цвета, найдутся две одинаково раскрашенные точки. Вертикальные прямые, проходящие через эти точки, вместе с ранее выбранными двумя горизонтальными являются искомыми. 21.2. Средние линии правильного треугольника со стороной 1 разбивают его на четыре правильных треугольника со стороной 0,5. Поэтому водном из них лежат по крайней мере две данные точки, причём эти точки не могут попасть в вершины треугольника. Расстояние между этими точками меньше Разрежем прямоугольник на пять фигур, как показано на рис. В одну из них попадут по крайней мере две точки, а расстояние между любыми двумя точками каждой из этих фигур не превосходит √ 5. 21.4. К краю шахматной доски 8 × 8 прилегает 28 полей. Проведём 28 отрезков, соединяющих центры соседних крайних полей. Каждая прямая может пересекать не более двух таких отрезков, поэтому 13 прямых могут пересекать не более 26 отрезков, те. найдутся по крайней мере 2 отрезка, не пересекающихся ни с одной из 13 проведённых прямых. Поэтому тринадцатью прямыми Решения задач 423 Рис. Рис. нельзя разбить шахматную доску так, чтобы в каждой части лежало не более одной отмеченной точки, поскольку оба конца отрезка, не пересекающегося с прямыми, лежат водной части. 21.5. Пусть A — одна изданных точек. Если все остальные точки лежат в круге радиуса 1 с центром A, то доказывать больше нечего. Пусть теперь B — данная точка, лежащая вне круга S 1 , те. Рассмотрим круг радиуса 1 с центром B. Среди точек A, B и C, где C — любая изданных точек, найдутся две на расстоянии меньше 1, причём это не могут быть точки A и B. Поэтому круги и содержат все данные точки, т. е. один из них содержит не менее 13 точек. 21.6. Разрежем данный квадрат на 25 одинаковых квадратиков со стороной. В один из них попадает не меньше трёх точек. Радиус описанной окружности квадрата со стороной 0,2 равен 1/5 √ 2 < 1/7, поэтому его можно накрыть кругом радиуса 1/7. 21.7. Возьмём 1985 дисков, раскрашенных также, как второй из наших дисков, и положим их на первый диск так, чтобы они занимали всевозможные положения. Тогда над каждым окрашенным сектором первого диска расположено 200 окрашенных секторов, те. всего имеется 200 пар совпадающих окрашенных секторов. Пусть имеется n положений второго диска, при которых совпадает не менее 21 пары окрашенных секторов. Тогда число совпадений окрашенных секторов не меньше 21n. Поэтому 21n 6 200 те. Так как n — целое число, то n 6 1904. Следовательно, по крайней мере при 1985 − 1904 = 81 положениях совпадает не более 20 пар окрашенных секторов. 21.8. Данные прямые не могут пересекать соседние стороны квадрата, так как иначе образуются не два четырёхугольника, а треугольники пятиугольник. Пусть прямая пересекает стороны BC ив точках M и Трапеции ABMN и CDNM имеют равные высоты, поэтому их площади относятся как средние линии, те делит отрезок, соединяющий середины сторон AB ив отношении 2 : 3. Точек, делящих средние линии квадрата в отношении 2 : 3, имеется ровно четыре. Так как данные девять прямых проходят через эти четыре точки, то через одну из точек проходят по крайней мере три прямые Глава 21. Принцип Дирихле 21.9. Разобьём деревья на 2500 четвёрок, как показано на рис. В каждой такой четвёрке нельзя срубить более одного дерева. С другой стороны, можно срубить все деревья, растущие в левых верхних углах квадратов, образованных нашими четвёрками деревьев. Поэтому наибольшее число деревьев, которые можно срубить, равно Так как диагонали, выходящие из одной вершины, делят угольник на n − 2 треугольника, n − 2 точки необходимы. Из рис. 21.4 можно понять, как обойтись n − 2 точками достаточно отметить по одной точке в каждом зачернённом треугольнике. В самом деле, Рис. внутри треугольника A p A q A r , где p < q < r, всегда содержится зачернённый треугольник, прилегающий к вершине Возможны два случая. Точка P лежит на некоторой диагонали AB. Тогда прямые PA и совпадают и не пересекают сторон. Остаются 2n − 2 прямые они пересекают Рис. не более 2n − 2 сторон. Точка P не лежит на диагонали многоугольника. A 2n Проведём диагональ. По обе стороны от неё лежит по n сторон. Пусть для определённости точка P лежит внутри многоугольника A 1 . . . рис. Тогда прямые PA n+1 , PA n+2 , . . . , PA 2n , число этих прямых равно n + 1) не могут пересекать стороны A n+1 A n+2 , A n+2 A n+3 , . . . , Поэтому оставшиеся прямые могут пересекать не более чем n − 1 из этих n сторон. 21.12. Количество диагоналей угольника равно 2n(2n − 3)/2 = n(2n − 3). Легко про- верить, что диагоналей, параллельных дан Решения задач 425 ной стороне, не более n − 2. Поэтому всего диагоналей, параллельных сторонам, не более − 2). Атак как 2n(n − 2) < n(2n − 3), то найдётся диагональ, не параллельная ни одной из сторон. 21.13. Предположим, что нет равнобедренного прямоугольного треугольника с катетами, параллельными сторонами клеток, и вершинами одного цвета. Для удобства можно считать, что раскрашены не узлы, а клетки. Разобьём лист на квадраты со стороной 4; тогда на диагонали каждого такого квадрата найдутся две клетки одного цвета. Пусть число n больше количества различных раскрасок квадрата со стороной 4. Рассмотрим квадрат, состоящий из n 2 квадратов со стороной 4. На его диагонали найдутся два одинаково раскрашенных квадрата со стороной 4. Возьмём, наконец, квадрат K, на диагонали Рис. которого найдутся два одинаково раскрашенных квадрата со стороной Рассмотрев квадрат со стороной 4n ив нём два одинаково раскрашенных квадрата со стороной, получим четыре клетки первого цвета, две клетки второго цвета и одну клетку третьего цвета (см. рис. 21.6). Аналогично, рассмотрев квадрат K, получим клетку, которая не может быть ни первого, ни второго, ни третьего цвета. 21.14. Возьмём на плоскости произвольную точку и проведём через непрямые, параллельные данным. Они разделят плоскость на 2n углов, в сумме дающих 360 ◦ . Поэтому один из этих углов не превосходит Предположим, что сумма длин хорд не меньше p k, и докажем, что тогда найдётся диаметр, пересекающий по крайней мере k + 1 хорду. Так как длина дуги, стягиваемой хордой, больше длины этой хорды, то сумма длин дуг, стягиваемых данными хордами, больше p k. Если мы к этим дугам добавим ещё и дуги, симметричные им относительно центра окружности, то сумма длин всех рассматриваемых дуг будет больше 2 p k. Поэтому найдётся точка, которую покрывает по крайней мере k + 1 из этих дуг. Диаметр, проведённый через эту точку, пересекает по крайней мере k + 1 хорду. 21.16. а) Можно. Пусть O — центр правильного пятиугольника Тогда круги, вписанные в углы AOC, BOD, COE, DOA и EOB, обладают требуемым свойством. б) Нельзя. Рассмотрим для каждого из четырёх кругов угол, образованный касательными к нему, проходящими через точку O. Так как каждый из этих четырёх углов меньше 180 ◦ , в сумме они дают меньше 2 · 360 ◦ . Поэтому найдётся точка плоскости, покрытая не более чем одним из этих углов. Луч, проведённый через эту точку, пересекает не более одного круга. 21.17. Пусть l 1 — произвольная прямая, перпендикулярная l. Обозначим длины проекций го отрезка на прямые l и через и соответственно. Так как длина каждого отрезка равна 1, то a i + b i > 1. Поэтому+ . . . + a 4n ) + (b 1 + . . . + b 4n ) > 4n. Пусть для определённости a 1 + . . . + a 4n > > b 1 + . . . + b 4n . Тогда a 1 + . . . + a 4n > 2n. Все данные отрезки проецируются на отрезок длиной 2n, так как они лежат внутри окружности радиуса n. Если Глава 21. Принцип Дирихле бы проекции данных отрезков напрямую не имели общих точек, то выполнялось бы неравенство a 1 + . . . + a 4n < 2n. Поэтому наесть точка, в которую проецируются точки по крайней мере двух данных отрезков. Перпендикуляр к l, проведённый через эту точку, пересекает по крайней мере два данных отрезка. 21.18. Спроецируем все данные окружности на сторону AB квадрата Проекцией окружности длиной l является отрезок длиной l/ p . Поэтому сумма Рис. длин проекций всех данных окружностей равна. Так как 10/ p > 3 = 3AB, тона отрезке есть точка, принадлежащая проекциям по крайней мере четырёх окружностей. Перпендикуляр к AB, проведённый через эту точку, пересекает по крайней мере четыре окружности. 21.19. Разрежем отрезок на десять отрезков длиной 0,1, сложим их стопочкой и спроециру- ем на такой же отрезок (рис. 21.7). Так как расстояние между любыми двумя окрашенными точками неравно, то окрашенные точки соседних отрезков не могут проецироваться в одну точку. Поэтому нив одну точку не могут проецироваться окрашенные точки более чем пяти отрезков. Следовательно, сумма длин проекций окрашенных отрезков (равная сумме их длин) не превосходит · 0,1 = Совместим данные окружности и посадим в фиксированную точку одной из них маляра. Будем вращать эту окружность и поручим маляру красить ту точку окружности, мимо которой он проезжает, всякий раз, когда какая-либо отмеченная точка лежит на отмеченной дуге. Нужно доказать, что после полного оборота часть окружности останется неокрашенной. Конечный результат работы маляра будет такой же, как если бы ему поручили нам обороте красить окружность, когда я отмеченная точка лежит на одной из отмеченных дуги сделали бы 100 оборотов. Так как в этом случае при каждом обороте окрашивается меньше 1 см, после 100 оборотов будет окрашено меньше 100 см. Поэтому часть окружности останется неокрашенной. 21.21. Совместим данные окружности и посадим в фиксированную точку одной из них маляра. Будем вращать эту окружность и поручим маляру красить ту точку окружности, мимо которой он проезжает, всякий раз, когда пересекаются какие-либо отмеченные дуги. Нужно доказать, что после полного оборота часть окружности останется неокрашенной. Конечный результат работы маляра будет такой же, как если бы ему поручили нам обороте красить окружность, когда я отмеченная дуга окружности, на которой сидит маляр, пересекается с какой-либо отмеченной дугой другой окружности, и сделали бы k оборотов. Пусть f 1 , . . . , f n — угловые величины отмеченных дуг. По условию f 1 < a , . . . , f n < a , где a = 180 ◦ /(k 2 − k + 1). Зато время, пока пересекаются отмеченные дуги с номерами i и j, маляр окрашивает дугу величиной f i + f j . Поэтому сумма угловых величин дуг, окрашенных маляром нам обороте, не превосходит k f i + ( f 1 + . . . + f k ), а сумма угловых величин дуг, окрашенных за все k оборотов, не превосходит 2k( f 1 + . . . + f k ). Заметим, что при этом пересечение дуг с одинаковыми номерами мы учли факти- Решения задач 427 чески k раз. В частности, точка A, мимо которой проезжает маляр в тот момент, когда совпадают отмеченные дуги, заведомо покрашена k раз. Поэтому целесообразно выбросить из рассмотрения те дуги окружности, которые маляр красит в моменты пересечения каких-либо отмеченных дуг с одинаковыми номерами. Так как все эти дуги содержат точку A, то фактически мы выбросили только одну дугу, причём угловая величина этой дуги не превосходит 2 a . Сумма угловых величин оставшейся части дуг, окрашенных нам обороте, не превосходит (k − 1) f 1 + ( f 1 + . . . + f k − f i ), а сумма угловых величин оставшейся части дуг, окрашенных за все k оборотов, не превосходит (2k − 2)( f 1 + . . . + f k ) < (2k 2 − 2k) a . Часть окружности останется неокрашенной, если выполняется неравенство (2k 2 − 2k) a 6 360 ◦ − те+ Рассмотрим фигуру, состоящую из всех точек, удалённых от квадратика со стороной 1 на расстояние не больше 1 (рис. 21.8). Ясно, что круг Рис. радиуса 1, центр которого расположен вне этой фигуры, не пересекается с квадратиком. Площадь такой фигуры равна p + 5. Центр нужного круга должен также находиться на расстоянии больше 1 от сторон большого квадрата, те. внутри квадрата со стороной 13. Ясно, что 20 фигур площадью p + не могут покрыть квадрат со стороной 13, так как+ 5) < 13 2 . Круг с центром в непокрытой точке обладает требуемым свойством. 21.23. Приклеим фигуру к клетчатой бумаге произвольным образом, разрежем бумагу по клетками сложим их в стопку, перенося их параллельно и не переворачивая. Спроецируем эту стопку на клетку. Проекции частей фигуры не могут покрыть всю клетку, так каких площадь меньше. Вспомним теперь, как была расположена фигура на клетчатой бумаге, и сдвинем клетчатую бумагу параллельно, чтобы её вершины попали в точки, проецирующиеся в какую-либо непокрытую точку. В результате получим искомое расположение фигуры. 21.24. Для каждого креста рассмотрим круг радиусом 1/2 √ 2 с центром в центре креста. Докажем, что если пересекаются два таких круга, то пересекаются и сами кресты. Расстояние между центрами пересекающихся равных кругов не превосходит их удвоенного радиуса, поэтому расстояние между центрами соответствующих им крестов не превосходит 1/ √ 2. Рассмотрим пря- Рис. 21.9 моугольник, заданный перекладинами первого креста и центром второго (рис. Одна из перекладин второго креста проходит через этот прямоугольник, поэтому она пересекает первый крест, так как длина перекладины равна 1/ √ 2, а длина диагонали прямоугольника не превосходит В круге конечного радиуса можно разместить лишь конечное число непересекаю- щихся кругов радиуса Пусть Φ — данная фигура, S 1 , . . . . . . , S n — круги радиуса 1 с центрами в точ- Глава 21. Принцип Дирихле ках A 1 , . . . , A n . Так как круги S 1 , . . . , попарно не пересекаются, то фигуры V i = Φ ∩ попарно не пересекаются, а значит, сумма их площадей не превосходит площади фигуры Φ, те. она меньше p . Пусть O — произвольная точка и W i — образ фигуры при переносе на вектор # – A i O. Фигуры лежат внутри круга радиуса 1 с центром O и сумма их площадей меньше площади этого круга. Поэтому некоторая точка B круга S не принадлежит ни одной из фигур Перенос на вектор # – BO — искомый. Действительно, рассмотрим точку B i , для которой # – BO = # – B i A i . При сдвиге на вектор # фигура Φ переходит в фигуру, содержащую точку A i , тогда и только тогда, когда точка принадлежит те. точка B принадлежит Заметим сначала, что точка X принадлежит кольцу с центром тогда и только тогда, когда точка O принадлежит такому же кольцу сцен- тром X. Поэтому достаточно доказать, что если построить кольца сцен- трами в данных точках, то одну из точек рассматриваемого круга покроет не менее 10 колец. Рассматриваемые кольца лежат внутри круга радиуса, площадь которого равна 361 p . Остаётся заметить, что · 361 p = 3249 p , а суммарная площадь колец равна 650 · 5 p = а) Пусть C k n — число способов выбрать k элементов из n. Можно проверить, что (x + бином Ньютона). Обозначим через площадь части плоскости, покрытой ровно m фигурами. Эта часть состоит из кусков, каждый из которых покрыт какими-то определёнными m фигурами. Площадь каждого такого куска при вычислении учитывается раз, так как из m фигур можно образовать пересечений фигур. Поэтому M k = C k k W k + C k k+1 W k+1 + . . . + C k n W n . Следовательно M 2 + M 3 − . . . = C 1 1 W 1 + (C 1 2 − C 2 2 )W 2 + . . . + (C 1 n − C 2 n + C 3 n − . . .)W n = W 1 + . . . . . . + W n , так как C 1 m − C 2 m + C 3 m − . . . − (−1) m C m m = (−1 + C 1 m − C 2 m + . . .) + 1 = = −(1 − 1) m + 1 = 1. Остаётся заметить, чтоб) Согласно задаче а − (M 1 − M 2 + . . . + (−1) m+1 M m ) = (−1) m+2 M m+1 + (−1) m+3 M m+2 + . . . . . . + (−1) n+1 M n = n X i=1 ((−1) m+2 C m+1 i + . . . + считается, что если k > i, то C k i = 0). Поэтому достаточно проверить, что C m+2 i + C m+3 i − . . . + (−1) m+n+1 C n i > 0 при i 6 n. Из тождества (x + y) i = = (x + y) i−1 (x + y) следует равенство C j i = C j−1 i−1 + C j i−1 . Поэтому C m+1 i − C m+2 i + . . . . . . + (−1) m+n+1 C n i = C m i−1 ± C n i−1 . Остаётся заметить, что C n i−1 = 0 при i 6 а) Согласно задаче 21.27 а) 6 = 9 − (S 12 + S 23 + S 13 ) + S 123 , те. Поэтому одно из чисел S 12 , S 23 , не меньше б) Согласно задаче 21.27 б) 5 > 9 − M 2 , те. Так как из девяти многоугольников можно образовать 9 · 8/2 = 36 пар, площадь общей части одной из этих парне меньше M 2 /36 > Пусть площадь кафтана равна M, площадь пересечения заплат с номерами i 1 , . . . , равна S i 1 ...i k , а M k = P S i 1 ...i k . Согласно задаче 21.27 а) M − M 1 + M 2 − M 3 + M 4 − M 5 > 0, так как M > S. Аналогичные неравенства можно написать не только для всего кафтана, но и для каждой за Решения задач 429 платы: если мы рассмотрим заплату как кафтан с заплатами S 12 , S 13 , S 14 , S 15 , то получим S 1 − P S 1i + P S 1ij − P S 1ijk + S 12345 > 0. Сложив такие неравенства для всех пяти заплат, получаем M 1 − 2M 2 + 3M 3 − 4M 4 + 5M 5 > слагаемое входит в неравенства для заплат i 1 , . . . , i k , поэтому в сумму всех неравенств оно входит с коэффициентом k). Складывая неравенства − M 1 + M 2 − M 3 + M 4 − M 5 ) > 0 и M 1 − 2M 2 + 3M 3 − 4M 4 + 5M 5 > получаем неравенство 3M − 2M 1 + M 2 − M 4 + 2M 5 > 0. Прибавив к нему неравенство (оно следует из того, что входит вовсе те, получаем 3M − 2M 1 + M 2 > 0, те Так как из пяти заплат можно образовать десять пар, площадь пересечения одной из этих парне меньше M 2 /10 > Пусть 6 c 6 1. Сдвинем данный отрезок на c вдоль себя, а затем сдвинем его на c в ортогональном направлении. Заштрихованная на рис. Рис. область соответствует пересечению отрезков и B j . Её площадь равна произведению длин этих отрезков. Если рассмотреть все пары отрезков систем и B, то заштрихованная область будет иметь площадь p(1 − p). Поэтому некоторое горизонтальное сечение заштрихованных областей имеет длину не меньше p(1 − Замечание. Если вместо отрезка рассматривать окружность (и вместо параллельного переноса поворот, то p(1 − p)/2 можно заменить на p(1 − p). ГЛАВА ВЫПУКЛЫЕ И НЕВЫПУКЛЫЕ МНОГОУГОЛЬНИКИ |