Формула. В. В. Прасолов задачи по планиметрии
 Скачать 6.7 Mb.
|
|
25.21. Рассмотрим все точки, отличные от вершин исходного треугольника и являющиеся вершинами полученных треугольников. Пусть m из этих точек лежит внутри исходного треугольника и n на его границе. Сумма всех углов полученных треугольников равна p + p n + 2 p m, те. число этих треугольников равно 1 + n + 2m. С другой стороны, к внутренней точке прилегает не более двух углов, превосходящих 120 ◦ , а к точке на границе — не более одного. Поэтому число полученных треугольников больше, чем число их углов, превосходящих Рассмотрим выпуклый многоугольник A 1 . . . A n . Докажем, что каждое из свойств 1 и 2 эквивалентно свойству 3: Для любого вектора # – A i A i+1 найдётся вектор # – A j A j+1 = − # Ясно, что из свойства 1 следует свойство 3. Докажем, что из свойства следует свойство 1. Если выпуклый многоугольник A 1 . . . обладает свойством, то n = 2m и # – A i A i+1 = − # – A m+i A m+i+1 . Пусть O i — середина отрезка. Так как A i A i+1 A m+i A m+i+1 — параллелограмм, то O i = O i+1 . Поэтому все точки совпадают, и эта точка является центром симметрии многоугольника Глава 25. Разрезания, разбиения, покрытия Докажем, что из свойства 2 следует свойство 3. Пусть выпуклый многоугольник разрезан на параллелограммы. Нужно доказать, что для любой стороны многоугольника F найдётся другая сторона, параллельная и равная ей. От каждой стороны многоугольника F отходит цепочка параллелограммов, т. е. эта сторона как бы перемещается по ним параллельно, причём она может разбиваться на несколько частей (рис. 25.20). Так как у выпуклого многоугольника может быть ещё только одна сторона, параллельная данной, то все разветвления цепочки упираются в одну и туже сторону, причём её длина не меньше длины стороны, из которой цепочка выходит. Мы можем выпустить цепочку параллелограммов как из первой стороны во вторую, таки из второй в первую, поэтому длины этих сторон равны. Рис. Рис. 25.21 Остаётся доказать, что из свойства 3 следует свойство 2. Способ разрезания многоугольника с равными и параллельными противоположными сторонами указанна рис. 25.21. После каждой такой операции получаем многоугольник с меньшим числом сторон, по-прежнему обладающий свойством 3, и проделываем с ним тоже самое, пока не придём к параллелограмму. 25.23. Воспользуемся результатом предыдущей задачи. Если выпуклый многоугольник M разрезан на выпуклые центрально симметричные многоугольники, то их можно разрезать на параллелограммы. Поэтому M можно разрезать на параллелограммы, те имеет центр симметрии. 25.24. Докажем индукцией по n, что любой угольник, стороны которого имеют одну и туже длину и противоположные стороны параллельны, можно разрезать на ромбы. Для n = 2 это очевидно, а из рис. 25.21 ясно, как делается шаг индукции. 25.25. Выделим в правильном восьмиугольнике две взаимно перпендикулярные пары противоположных сторон и рассмотрим, как ив задаче 25.1 , цепочки параллелограммов, соединяющие противоположные стороны. На пересечениях этих цепочек стоят прямоугольники. Рассмотрев две другие пары противоположных сторон, получим ещё хотя бы один прямоугольник. Параллелограммы каждой цепочки можно дополнительно разрезать так, чтобы цепочка распалась на несколько дорожек, причём в каждой дорожке соседние параллелограммы примыкали бы друг к другу целыми сторонами, а не частями сторон. Объединение прямоугольников нового разбиения совпадает с объединением прямоугольников исходного разбиения, поэтому доказательство достаточно провести для нового разбиения. Каждая дорожка Решения задач 493 имеет постоянную ширину значит, длина одной стороны каждого прямоугольника, входящего в дорожку, равна ширине дорожки, а сумма длин всех других сторон равна сумме всех ширин дорожек, соответствующих второй паре сторон. Следовательно, площадь всех прямоугольников, входящих в одну дорожку, равна произведению ширины дорожки на длину стороны многоугольника, те. численно равна ширине дорожки. Поэтому площадь всех прямоугольников, соответствующих двум перпендикулярным парам противоположных сторон, равна 1, а площадь вообще всех прямоугольников равна Индукцией по m легко доказать, что m прямых разбивают плоскость на 1 + m + x частей, где x — количество точек пересечения этих прямых с уч- том их кратностей (это означает, что точка пересечения k прямых считается заточек пересечения). Используя эту формулу и индукцию по m, можно доказать, что если среди данных m прямых есть три прямые, пересекающиеся в трёх различных точках, то эти m прямых разбивают плоскость по крайней мерена+ частей. База индукции m = 3; далее мы пользуемся тем, что проведение каждой новой прямой добавляет по крайней мере две новые части. Обращаясь к условию задачи, мы видим, что нас интересуют только конфигурации прямых, среди которых нет троек прямых, пересекающихся в трёх разных точках. Таким образом, либо все 99 прямых параллельны, либо все прямых пересекаются водной точке, либо 98 прямых параллельны и одна прямая их пересекает. Первая конфигурация разбивает плоскость на 100 частей, а обе другие — на 198 частей. 25.27. Обозначим точки пересечения одной изданных прямых с остальными через A, B и C. Для определённости будем считать, что точка B лежит между A и C. Пусть D — точка пересечения прямых, проходящих через A и Любая прямая, проходящая через точку B и не проходящая через точку разрезает треугольник ACD на треугольники четырёхугольник. 25.28. а) Пусть n прямых разбивают плоскость на частей. Проведём ещё одну прямую. При этом число частей увеличится на n + 1, так как новая прямая имеет n точек пересечения с уже проведёнными прямыми. Поэтому a n + n + 1. Так как a 1 = 2, то a n = 2 + 2 + 3 + . . . + n = (n 2 + n + б) Заключив все точки пересечения данных прямых в окружность, легко проверить, что количество неограниченных фигур равно 2n. Поэтому количество ограниченных фигур равно (n 2 + n + 2)/2 − 2n = (n 2 − 3n + Риса) Все точки пересечения данных прямых можно заключить в некоторую окружность. Прямые разбивают эту окружность на 4k дуг. Ясно, что две соседние дуги не могут одновременно принадлежать углам, поэтому число углов не превосходит, причём равенство может достигаться, только если дуги, принадлежащие углам, чередуются. Остаётся доказать, что равенство не может достигаться. Предположим, что дуги, принадлежащие углам, чередуются. Так как по обе стороны от любой изданных прямых лежит по 2k дуг, то противоположные дуги (заданные двумя прямыми) должны принадлежать углам (рис. чего не может быть Глава 25. Разрезания, разбиения, покрытия б) Для любого n среди полученных фигур может быть три угла. На рис. 25.23 показано, как построить соответствующее разбиение плоскости. Рис. Рис. 25.24 25.30. Назовём прямую граничной для данной фигуры, если она является продолжением отрезка или луча, ограничивающего эту фигуру. Достаточно доказать, что две рассматриваемые фигуры не могут иметь более четырёх общих граничных прямых. Если две фигуры имеют четыре общие граничные прямые, то одна из фигур лежит в области 1, а другая лежит в области рис. 25.24). Пятая граничная прямая фигуры, лежащей в области 1, должна пересекать две соседние стороны четырёхугольника 1, но тогда она не может быть граничной прямой для фигуры, лежащей в области Рассмотрим все точки пересечения данных прямых. Докажем, что эти точки могут лежать по одну сторону не более чем от двух данных прямых. Предположим, что все точки пересечения лежат по одну сторону от трёх данных прямых. Эти прямые образуют треугольник ABC. Четвёртая прямая не может пересекать только стороны этого треугольника, те. она пересекает хотя бы одно продолжение стороны. Пусть для определённости она пересекает продолжение стороны AB заточку в некоторой точке M. Тогда точки A и лежат по разные стороны от прямой BC. Получено противоречие. Поэтому имеются по крайней мере n − 2 прямые, по обе стороны от которых лежат точки пересечения. Если мы выберем в полуплоскости, заданной прямой l, ближайшую к точку пересечения, то эта точка будет вершиной треугольника, прилегающего к прямой l. Таким образом, имеется не менее n − 2 прямых, к которым прилегает по крайней мере по два треугольника, и две прямые, к каждой из которых прилегает хотя бы один треугольник. Так как каждый треугольник прилегает ровно к трём прямым, то треугольников не менее − 2) + Если P — точка пересечения данных прямых, то из P выходит отрезков или лучей. Кроме того, каждый из x отрезков имеет две граничные точки, а каждый из 2n лучей имеет одну граничную точку. Поэтому + 2n = 2 P l (P), те Доказательство проведём индукцией по n. Для двух прямых утверждение очевидно. Предположим, что утверждение верно для n − 1 прямых Решения задачи рассмотрим систему, состоящую из n прямых. Пусть f — количество частей, на которые данные n прямых разбивают плоскость g = 1 + n + P( l (P) − Выбросим изданной системы одну прямую и для полученной системы прямых определим аналогичным образом числа и g 0 . Если на выброшенной прямой лежит k точек пересечения прямых, то f 0 = f − k − 1 и g 0 = 1 + (n − 1) + + P( l 0 (P) − 1). Легко проверить, что) − 1) = −k + P( l 0 (P) − 1). По предположению индукции f 0 = g 0 . Поэтому f = f 0 + k + 1 = g 0 + k + 1 = g. Ясно также, что количество неограниченных частей равно Пусть a 0 k — количество красных угольников, a 0 — количество ограниченных красных областей. Количество отрезков, на которые данные прямые разбиты точками их пересечения, равно) − n см. задачу. Каждый отрезок является стороной не более чем одного красного многоугольника, поэтому 3a 0 6 P k >3 ka 0 k 6 P l (P) − n, причём одно неравенство достигается тогда и только тогда, когда нет красных угольников, где k > 3, а другое неравенство достигается тогда и только тогда, когда любой отрезок является стороной красного угольника, те. любая неограниченная красная область является углом. Количество ограниченных областей равно 1 − n + P( l (P) − 1) = c см. задачу, поэтому количество ограниченных синих областей равно − a 0 > 1 − n + P( l (P) − 1) − ( P l (P) − n)/3 = 1 − (2n/3) + P(2 l (P)/3 − Рис. Цвета неограниченных областей чередуются, поэтому b = b 0 + n > 1 + (n/3) + P(2 l (P)/3 − и a = a 0 + n 6 (2n + P l (P))/3, а значит, 2b − a > > 2 + P( l (P) − Можно. Пример изображён на рис. Докажем по индукции, что любой выпуклый угольник, где n > 5, можно разрезать на пятиугольники. Для n = 5 это очевидно, а как это сделать для n = 6 и 7, показано на рис. Предположим теперь, что n > 8 и любой выпуклый m-угольник, где 5 6 m 6 n, можно разрезать на пятиугольники. От угольника можно отрезать пятиугольник, образованный пятью последовательными вершинами. При этом остаётся (n − угольник. Так как 5 6 (n − 3) < то (n − угольник можно разрезать на пятиугольники по предположению индукции. 25.37. Предположим, что семиугольник разрезан на f выпуклых шестиугольников. С одной стороны, сумма углов этих шестиугольников равна. С другой стороны, она равна (7 − 2) p + (m − 7) p + 2n p , где m — количество вершин шестиугольников, лежащих на сторонах (или в вершинах) семиугольника, n — количество вершин шестиугольников, лежащих внутри семиугольника. Таким образом = m − 2 + Пусть k — количество сторон шестиугольников, лежащих внутри семиугольника количество тех из m вершин, из которых выходят ровно две стороны, m 2 = m − m 1 . Тогда 6f = m + 2k и 2k > 3n + m 2 , поэтому > 3n + m 2 + m. (2) Глава 25. Разрезания, разбиения, покрытия Рис. Из (1) и (2) следует, что m − 2m 2 > 6, те Ясно, что m 2 > 2, поскольку по крайней мере из двух точек на сторонах семиугольника выходят отрезки, идущие внутрь. Следовательно, m 1 > 8. Приходим к противоречию, поскольку ровно две стороны могут выходить только из вершин семиугольника. 25.38. Пусть квадрат разрезан на m квадратиков. Разрежем один из этих квадратиков на 4 квадратика. При этом квадрат будет разрезан на m + квадратиков. Остаётся заметить, что квадрат можно разрезать на 6, 7 и квадратиков (рис. Рис. Докажем по индукции, что (3k + угольник нельзя разрезать по диагоналям на k пятиугольников. Для k = 1 это утверждение очевидно. Предположим теперь, что оно доказано для всех (3k + угольников, и докажем его для (3k + угольника. Предположим, что (3k + угольник разрезан по диагоналям на k + 1 пятиугольник. Если каждый из них имеет не более трёх сторон на границе, то число сторон многоугольника не более 3k + 3. Поэтому существует пятиугольник с четырьмя сторонами на границе. Отрезав его, получим (3k + угольник, разрезанный диагоналями на k пятиугольников. Получено противоречие. 25.40. Если провести разрезы, близкие к вершинам выпуклого угольника, то можно отсечь от него n треугольников и получить выпуклый угольник. Легко проверить, что при этом любая прямая пересекает не более двух отсечённых треугольников. Отсечём от правильного треугольника 3 треугольника, затем от полученного шестиугольника — 6 треугольников итак далее, до тех пор, пока не получим угольник. Любая прямая может пересечь не более двух треугольни- Решения задач 497 ков, отсекаемых на каждом шаге. Поэтому всего прямая может пересечь небо- лее 1 + 2 · 19 = 39 многоугольников. Общее число многоугольников, на которые разбит правильный треугольник, равно 1 + 3 + 3 · 2 + . . . + 3 · 2 18 = 1 + 3(2 19 − 1) > > 2 20 = (2 10 ) 2 > 1000 2 . Ясно, что можно отсекать не все треугольники, чтобы получить ровно 1000000 многоугольников. 25.41. Ясно, что после n разрезаний получится n + 1 кусок. Так как после каждого разрезания общее число вершин полученных фигур увеличивается на, 3 или 4, то после n разрезаний общее число вершин не превосходит 4n + Если после n разрезаний получилось сто угольников, то кроме угольников есть ещё n + 1 − 100 кусков, так как общее число кусков равно n + Поскольку у каждого куска не менее трёх вершин, общее число вершин не меньше 100 · 20 + (n − 99) · 3 = 1703 + 3n. Следовательно, 1703 + 3n 6 4n + те 1699. Остаётся доказать, что за 1699 разрезаний можно разрезать квадрат требуемым образом. Чтобы разрезать квадрат на 100 прямоугольников, достаточно разрезов, а чтобы отрезать от каждого из этих прямоугольников по 16 треугольников и превратить их в угольники, достаточно 1600 разрезов. 25.42. а) Предположим, что из нескольких попарно различных по величине квадратов сложен прямоугольник. Рассмотрим самый маленький квадрат С одной из его сторон имеет общую часть сторона некоторого большего квадрата A. Сторона квадрата A выходит за пределы стороны квадрата Образовавшийся угол должен быть заполнен некоторым квадратом B, сторона которого снова больше стороны квадрата Q. Получаем ещё один угол, который должен быть заполнен квадратом C, а затем ещё один угол, который должен быть заполнен квадратом D. При этом между квадратами A и D не может быть колодца (те. квадраты A и D должны иметь общую границу, поскольку иначе для заполнения колодца потребовался бы квадрат, который меньше самого маленького квадрата Итак, если из пяти попарно различных по величине квадратов можно сложить прямоугольник, то мы знаем, как они должны быть сложены самый маленький квадрат находится в центре, а к нему примыкают четыре других квадрата, образуя следующую конфигурацию (или симметричную ей): B A D C Q Пусть q, a, b, c, d — длины сторон квадратов. Тогда a = b + q, b = c + q, c = d + q, d = a + q. Сложив эти равенства, получим 5q = 0. Этого не может быть. б) Продолжим решение задачи а, пользуясь тем, что там уже доказано. Мы уже знаем, как должны быть расположены самый маленький квадрат Глава 25. Разрезания, разбиения, покрытия и прилегающие к нему квадраты. Поэтому если из шести попарно различных квадратов можно сложить прямоугольник, то они должны быть расположены так: B A E D C Q Но тогда у квадратов D и E есть общая стороны, поэтому они равны. А по условию все квадраты попарно различны. |