Формула. В. В. Прасолов задачи по планиметрии

• Название: В. В. Прасолов задачи по планиметрии
• Анкор: Формула
• Дата: 17.06.2022
• Размер: 6.7 Mb.
• Имя файла: planim5.pdf
• Тип: Учебное пособие; #599309
• страница: 57 из 70

25.43.
Введём систему координат с началом водной из вершин исходного прямоугольника и осями, направленными по его сторонам. Разрежем координатную плоскость прямыми x = n/2 и y = m/2, где m и n — целые числа, и раскрасим полученные части в шахматном порядке. Если стороны прямоугольника параллельны осям координата длина одной из его сторон равна 1, то суммы площадей его белых и чёрных частей равны. В самом деле,
для каждого отрезка длины 1, параллельного одной из сторон прямоугольника, длина его белой части равна длине чёрной части. Для прямоугольника с целочисленной стороной справедливо аналогичное утверждение, потому что его можно разрезать на прямоугольники со стороной 1. Остаётся доказать,
что если суммы площадей белых и чёрных частей равны, то одна из сторон прямоугольника целочисленная. Предположим, что обе стороны исходного прямоугольника нецелые. Прямые x = m и y = n разрезают его натри прямоугольника, одна из сторон каждого из которых имеет целую длину,
и прямоугольник, обе стороны которого меньше 1. Легко проверить, что в последнем прямоугольнике суммы площадей белых и чёрных частей не могут быть равны.
25.44.
Возьмём на сторонах AB и DC точки итак, что AM
t
: M
t
B =
= DN
t
: N
t
C = t : (1 − t), где 0 < t < 1. Тогда семейство отрезков M
t
N
t
, а также отрезки AD и BC образуют искомое разбиение (рис. 25.28).
25.45.
Возьмём на стороне AC треугольника ABC точку D. Вырожденный четырёхугольник» ABCD можно разбить на отрезки, как это делалось в предыдущей задаче (рис. Разделим диаметр AB точками C, D, E и F на 5 равных частей.
Пусть точки и лежат на отрезках CD и EF, причём CM
t
: M
t
D =
= FP
t
: P
t
E = t : (1 − t), где 0 < t < 1, а точки и лежат на разных дугах окружности, заданных точками A и B, и делят эти дуги в отношении t : (1 − рис. 25.30). Отрезки и вместе с отрезками AC, DE и FB дают требуемое разбиение.
25.47.
Разбиение плоскости на отрезки изображено на рис. 25.31. Выделенные ломаные состоят из концов отрезков разбиения их звенья, естественно,
не являются отрезками разбиения

Решения задач
499
Рис. Рис. Рис. Рис. Выберем среди всех отрезков, покрывающих левый конец исходного отрезка, тот, у которого правый конец самый правый, и обозначим этот отрезок I
1
. После того как выбран отрезок I
k
, выбираем среди всех отрезков,
покрывающих его правый конец, тот, у которого правый конец самый правый. Таким образом выберем несколько отрезков, полностью покрывающих исходный отрезок. Остаётся доказать, что сумма их длин не превосходит Отрезок не имеет общих точек с I
k
, так как иначе вместо мы должны были бы выбрать I
k+2
. Поэтому каждая точка исходного отрезка длиной покрыта не более чем двумя отрезками I
k
, те. сумма длин этих отрезков не превосходит Будем последовательно выбрасывать отрезки, покрытые одним или несколькими оставшимися отрезками, до тех пор, пока это возможно. Направим ось координат поданному отрезку и обозначим координаты концов оставшихся отрезков через и b
k
(a
k
< b
k
). Один из двух отрезков с общим левым концом всегда будет выброшен, поэтому можно считать, что a
2
< a
3
< . . . < a
n
. Докажем, что тогда b
k
< a
k+2
, теч тные отрезки не пересекаются и нечётные тоже. Предположим, что b
k
>a
k+2
. Возможны два случая. b
k+1 6 b
k+2
, тогда отрезок с номером k + 1 покрыт отрезками с номерами и k + 2. Получено противоречие

Глава 25. Разрезания, разбиения, покрытия. b
k+1
> b
k+2
, тогда отрезок с номером k + 2 покрыт отрезком с номером + 1. Получено противоречие.
Остаётся заметить, что сумма длин либо чётных, либо нечётных отрезков не меньше Пусть AB — наибольшая сторона пятиугольника. Рассмотрим полосу,
заданную перпендикулярами к стороне AB, проведёнными через A и B. Так
Рис. как углы EAB и ABC тупые, точки E и C лежат вне этой полосы. Поэтому точка D лежит внутри полосы, так как иначе длина одного из отрезков и DC была бы больше длины отрезка Обозначим проекцию точки D на отрезок через рис. 25.32). Тогда круги с диаметрами и BD полностью покрывают четырёхугольни- кии а) Рассмотрим наибольший квадрат покрытия и выбросим все квадраты, пересекающиеся с ним. Они лежат внутри квадрата,
сторона которого в 3 раза больше стороны поэтому площадь, занимаемая их частями, расположенными вне K, не больше 8s, где s — площадь K. Квадрат K относим к выбранными в дальнейшем его уже не рассматриваем. Для остальных квадратов проделываем тоже самое до тех пор, пока все квадраты будут либо выбраны, либо выброшены. Если сумма площадей выбранных квадратов равна S, то общая площадь частей выброшенных квадратов, расположенных вне выбранных квадратов, не превосходит 8S. Поэтому 1 6 S + 8S, те б) Выберем круг наибольшего радиуса, раздуем его в три раза и выбросим все круги, целиком лежащие в этом раздутии. Оставшиеся круги не пересекаются с первым. Для них проделаем тоже самое и т. д. Раздутия всех выбранных кругов содержат все данные круги, а площадь раздутия враз больше площади исходного круга, поэтому 9S > 1, где S — общая площадь всех выбранных кругов. Следовательно, S > 1/9.
25.52.
Проведём прямую l так, что две данные точки лежат по одну сторону от неё и две — по другую. Пусть точки A и B лежат по одну сторону от l,
C и D — по другую. Пусть и B
1
— проекции точек A и B напрямую. Поставим в точке A прожектор так, чтобы он освещал угол, заданный лучом и лучом, параллельными пересекающим прямую BB
1
. Прожектор в точке поставим аналогичным образом (риса. Эти два прожектора освещают полуплоскость, содержащую точки C и D. Аналогично в точках C и D ставим прожекторы, освещающие другую полуплоскость. (Если AB ⊥ l, то прожекторы нужно направить так, как показано на рис. 25.33, б.)
25.53.
а) Неверно. Пусть Φ — правильный треугольник со стороной 1. Легко проверить, что длина проекции Φ на любую прямую не больше 1. С другой стороны, так как треугольник Φ остроугольный, его нельзя накрыть кругом,
радиус которого меньше радиуса описанной окружности (см. задачу
9.97
).
Диаметр описанной окружности треугольника Φ равен 2/
√
3 > б) Верно. Если проекции фигуры Φ на две взаимно перпендикулярные прямые равны a и b, то её можно заключить в прямоугольник со сторонами и b. Диаметр описанной окружности этого прямоугольника равен+ Но+ b
2 6
√
1 + 1 =
√
2 < 1,5.

Решения задач
501
Рис. Построим круги с центрами в данных точках радиуса a = 1/2 + Ясно, что пересекающиеся круги радиусов и можно заключить вкруг радиуса не более R
1
+ R
2
. Будем так делать до тех пор, пока не получатся непересекающиеся круги. Все данные точки расположены на расстоянии не меньше a от границ этих кругов, поэтому их радиусы можно уменьшить на < a, и при этом они по-прежнему будут покрывать все данные точки. Если
Рис. Рис. кругов k штук, то сумма их диаметров не больше. Нам нужно, чтобы выполнялись следующие условия 2na − 2b < и b < a. Они выполняются, если a = 1/2 + и b = 1/2 + Раздуем все монеты в 2 раза, те. для каждой из них рассмотрим круг радиуса 2r стем же центром. Если центр одной монеты не принадлежит раздутию второй монеты, то расстояние между их центрами больше 2r, а значит, эти монеты не пересекаются. Кроме того, если центр монеты удалён от края стола меньше чем на то она лежит внутри стола. Поэтому раздутия монет полностью покрывают круг радиуса R − так как иначе можно было бы положить монету с центром в непокрытой точке. Следовательно − r)
2
, те Требуемое замощение изображено на риса) Докажем это утверждение по индукции. Для квадрата со стороной 2 оно очевидно.
Предположим теперь, что можно замостить любой квадрат со стороной без одной клетки,
и покажем, как тогда замостить квадрат со стороной без одной клетки. Разобьём этот квадрат на 4 квадрата со стороной 2
n
. Выброшенная клетка попадает в один из них, а по одной клетке в трёх остальных квадратах можно покрыть одной фигуркой (рис. 25.35). Теперь в каждом из этих

Глава 25. Разрезания, разбиения, покрытия четырёх квадратов со стороной выброшено по одной клетке, поэтому их можно замостить данными фигурками.
б) Докажем сначала требуемое утверждение длят. е. для квадрата со стороной 7. Можно считать, что выброшенная клетка лежит водном из заштрихованных на рис. 25.36 квадратиков требуемые замощения изображены на этом же рисунке.
Рис. Покажем теперь, как с помощью замощения квадрата со стороной 6n + построить замощение квадрата со стороной 6n + 7. Четыре квадрата со стороной, Прилегающие к вершинам квадрата со стороной 6n + 7, полностью покрывают этот квадрат. Поэтому выброшенная клетка лежит водном из этих квадратов замостим его. Оставшуюся часть можно разрезать на квадраты со стороной 6 и прямоугольники размером 6
× 7. Эти квадраты и прямоугольники можно разрезать на прямоугольники размером 2
× 3, каждый из которых состоит из двух плиток.
25.58.
Требуемое покрытие изображено на рис. Разрежем прямоугольник со сторонами 2n и 2m на квадратики со стороной 2 и вторым слоем будем мостить каждый квадратик по отдельности.
Рис. Квадратик можно замостить либо двумя горизонтальными костями домино, либо двумя вертикальными. Ясно, что нам подойдёт одно из этих покрытий, так как в квадратике со стороной 2 не могут содержаться одновременно горизонтальная и вертикальная кости.
25.60.
Докажем это утверждение для любой фигуры, а не только для прямоугольника. Возь- мм произвольную карточку A
0
. Одна из её клеток покрыта клеткой другой карточки A
1
, вторая клетка покрыта клеткой карточки и т. д.
Цепочка карточек A
0
, A
1
, A
2
, . . . замкнётся, прич м именно на карточке A
0
, так как иначе ка- кая-либо клетка будет покрыта трижды (не исключено, что эта цепочка состоит только из двух карточек и A
1
). Замкнутая цепочка карточек состоит из чётного числа карточек (для доказательства можно рассмотреть ломаную, каждое звено которой соединяет центры клеток одной карточки;
эта ломаная имеет чётное число и горизонтальных и вертикальных звеньев).
Поэтому для карточек, входящих в замкнутую цепочку, искомым разбиением

Решения задач
503
является разбиение на карточки сч тными и нечётными номерами. Все эти карточки выбрасываем и для оставшихся карточек проделываем такую же операцию и т. да) Нельзя. Предположим, что квадрат 6
× 6 замощён костями домино так, что нет шва. Рассмотрим 10 отрезков, которые делят квадрат на 36 клеток (стороны самого квадрата мы не рассматриваем. Каждый из этих отрезков разрезает не менее двух костей. В самом деле, если бы такой отрезок разрезал одну кость, то по обе стороны от него лежало бы целое число костей и ещё половина костите. нечётное число клеток. Этого не может быть, так как площадь каждой из частей, на которые отрезок разрезает квадрат, чётна. Ясно также, что одну кость не могут разрезать разные отрезки.
Поэтому должно быть по крайней мере 20 костей, а их всего б) На рис. 25.38 показано, как замостить прямоугольники 5
× 6 и 8 × при замощении прямоугольника 8
× 8 использовано замощение прямоугольника Рис. Теперь достаточно доказать, что если можно замостить прямоугольник × n, то можно замостить и прямоугольник m × (n + 2). Для этого нужно разрезать замощённый прямоугольник m × n на две части, не разрезая костей.
Затем нужно правую часть сдвинуть вправо на расстояние 2 и промежуток заполнить горизонтальными костями (рис. Рис. Рис. в) Требуемое замощение изображено на риса) Предположим, что круг K радиуса R покрыт паркетом, состоящим из одинаковых выпуклых угольников. Рассмотрим все точки, лежащие

Глава 25. Разрезания, разбиения, покрытия внутри круга K и являющиеся вершинами угольников. Эти точки бывают двух типов точки го типа лежат на сторонах других угольников и сумма углов, сходящихся в них, равна 180
◦
; в точках го типа сходятся углы, сумма которых равна 360
◦
. Пусть p и q — количества точек го иго типа соответственно. В каждой точке го типа сходится не менее двух углов угольников, а в каждой точке го типа — не менее трёх углов. Поэтому 2p + 3q где L
1
— количество угольников, пересекающихся с K. Суммы углов, сходящихся в точках го иго типа равны и 360
◦
соответственно.
Поэтому p + 2q > (n − 2)L
2
, где L
2
— количество угольников, лежащих внутри. Сложив неравенства 4p + 6q 6 и − 6q 6 6L
2
− 3nL
2
, получим 6L
2
− n(4L
1
− 3L
2
), те. Так как lim
R→∞
L
1
/L
2
= то lim
R→∞
p/L
2
= 6 − n. Значит, если изданных выпуклых угольников можно сложить паркет, тот. е. n 6 б) См. рис. Рис. Пусть ABCD — исходный квадрат, A
1
B
1
C
1
D
1
— квадрат стем же центром, стороны которого параллельны сторонам исходного квадрата и имеют вдвое большую длину. Для определённости будем считать, что сторона исходного квадрата равна 2. Тогда периметр квадрата равен Поэтому достаточно доказать, что длина части периметра квадрата высекаемой приложенным квадратом, не может быть меньше 2. Рассмотрим два возможных варианта расположения квадрата и приложенного квадрата) Ни одна вершина квадрата не попадает внутрь приложенного квадрата. В этом случае рассматриваемая часть периметра является отрезком PQ. Если внутри квадрата лежит только одна вершина приложенного квадрата (та, которая примыкает к исходному квадрату, то

Решения задач
505
длина отрезка PQ равна tg a
+
1
tg a >
2; здесь a
— угол между стороной исходного квадрата и стороной приложенного квадрата. Если внутри квадрата
A
1
B
1
C
1
D
1
лежат две вершины приложенного квадрата, то отрезок PQ является гипотенузой прямоугольного треугольника с катетом Рис. 25.42 2) Одна вершина квадрата попадает внутрь приложенного квадрата. Тогда длина рассматриваемой части периметра равна a + tg a
+ 1 − a tg рис. 25.42). Требуется доказать, что a + tg a
+ 1 − a tg a
> 2, те. Но a > 1 и tg a
6 1.

ГЛАВА СИСТЕМЫ ТОЧЕК И ОТРЕЗКОВ.
ПРИМЕРЫ И КОНТРПРИМЕРЫ 1. Системы точек
26.1.
а) Архитектор хочет расположить четыре высотных здания так, что, гуляя по городу, можно увидеть их шпили в произвольном порядке (те. для любого набора номеров зданий i, j, k, l можно,
стоя в некоторой точке и поворачиваясь в направлении поили против часовой стрелки, увидеть сначала шпиль здания i, затем j,
k, l). Удастся ли ему это сделать?
б) Тот же вопрос для пяти зданий.
26.2.
На плоскости дано n точек, причём из любой четвёрки этих точек можно выбросить одну точку так, что оставшиеся точки будут лежать на одной прямой. Докажите, что изданных точек можно выбросить одну точку так, что все оставшиеся точки будут лежать на одной прямой.
26.3*.
На плоскости дано 400 точек. Докажите, что различных расстояний между ними не менее На плоскости дано n > 3 точек. Пусть d — наибольшее расстояние между парами этих точек. Докажите, что имеется не более пар точек, расстояние между которыми равно На плоскости дано 4000 точек, никакие три из которых не лежат на одной прямой. Докажите, что существует 1000 непересе- кающихся четырёхугольников (возможно, невыпуклых) с вершинами в этих точках.
26.6*.
На плоскости дано 22 точки, причём никакие три из них не лежат на одной прямой. Докажите, что их можно разбить на пары так, чтобы отрезки, заданные парами, пересекались по крайней мере в пяти точках.
26.7*.
Докажите,
что для любого натурального
N
существу- ет N точек, никакие три из которых не лежат на одной прямой и все попарные расстояния между которыми являются целыми чис- лами.
См. также задачи

Условия задач 2. Системы отрезков, прямых и окружностей
26.8.
Постройте замкнутую шестизвенную ломаную, пересекающую каждое своё звено ровно один раз.
26.9.
Можно ли нарисовать на плоскости шесть точек итак соединить их непересекающимися отрезками, что каждая точка будет соединена ровно с четырьмя другими?
26.10*.
Точка
O,
лежащая внутри выпуклого многоугольника. . . A
n
, обладает тем свойством, что любая прямая содержит ещё
одну вершину A
j
. Докажите, что кроме точки O никакая другая точка не обладает этим свойством.
26.11*.
На окружности отметили 4n точек и окрасили их через одну в красный и синий цвета. Точки каждого цвета разбили на пары, а точки каждой пары соединили отрезками того же цвета.
Докажите, что если никакие три отрезка не пересекаются водной точке, то найдётся по крайней мере n точек пересечения красных отрезков с синими.
26.12*.
На плоскости расположено n > 5 окружностей так, что любые три из них имеют общую точку. Докажите, что тогда и все окружности имеют общую точку.
См. также задачи 3. Примеры и контрпримеры
Есть много неверных утверждений, кажущихся на первый взгляд верными.
Для опровержения такого рода утверждений нужно построить соответствующий пример такие примеры называют контрпримерами.
26.13.
Существует ли треугольнику которого все высоты меньше см, а площадь больше 1 мВ выпуклом четырёхугольнике ABCD равны стороны AB и и углы A и C. Обязательно ли этот четырёхугольник параллелограмм?
26.15*.
Список упорядоченных в порядке возрастания длин сторон и диагоналей одного выпуклого четырёхугольника совпадает с таким же списком для другого четырёхугольника. Обязательно ли эти четы- рёхугольники равны?
26.16*.
Пусть n > 3. Существуют ли n точек, не лежащих на одной прямой, попарные расстояния между которыми иррациональны,
а площади всех треугольников с вершинами в них рациональны?
26.17*.
Существуют ли на плоскости три такие точки A, B и C, что для любой точки X длина хотя бы одного из отрезков XA, XB и XC
иррациональна?
26.18*.
В остроугольном треугольнике ABC проведены медиана биссектриса BK и высота CH. Может ли площадь треугольника, образованного точками пересечения этих отрезков, быть больше 0,499S
ABC
?

Глава 26. Системы точек. Примеры и контрпримеры
26.19*.
На бесконечном листе клетчатой бумаги (размер клетки 1) укладываются кости домино размером 1 × 2 так, что они накрывают все клетки. Можно ли при этом добиться того, чтобы любая прямая, идущая по линиям сетки, разрезала лишь конечное число костей?
26.20*.
Может ли конечный набор точек содержать для каждой своей точки ровно 100 точек, удалённых от неё на расстояние На плоскости расположено несколько непересекающихся отрезков. Всегда ли можно соединить концы некоторых из них отрезками так, чтобы получилась замкнутая несамопересекающаяся ломаная ли треугольник равнобедренный, если центр его вписанной окружности одинаково удалён от середин двух сторон?
26.23*.
Арена цирка освещается
n
различными прожекторами.
Каждый прожектор освещает выпуклую фигуру. Известно, что если выключить любой прожектор, то арена будет по-прежнему полностью освещена, а если выключить любые два прожектора, то арена будет освещена не полностью. При каких n это возможно?
См. также задачи
6.81
,
6.92
—
6.95
,
22.37
—
22.39
,
22.47
,
22.48
,
22.50
,
23.38
,
24.12
,
24.13
Решения
26.1.
а) Легко проверить, что, построив четвёртое здание внутри треугольника, образованного тремя другими зданиями, получим требуемое располо- жение.
б) Расположить требуемым образом пять зданий нельзя. В самом деле,
если мы видим последовательно здания A
1
, A
2
, . . . , A
n
, то A
1
A
2
. . . A
n
— несамо- пересекающаяся ломаная. Поэтому если ABCD — выпуклый четырёхугольник,
то его вершины нельзя увидеть в следующем порядке A, C, D, B. Остаётся заметить, что из пяти точек, никакие три из которых не лежат на одной прямой, всегда можно выбрать четыре точки, являющиеся вершинами выпуклого четырёхугольника (задача
22.2
).
26.2.
Можно считать, что n > 4 и не все точки лежат на одной прямой.
Тогда можно выбрать четыре точки A, B, C и D, не лежащие на одной прямой. По условию три из них лежат на одной прямой. Пусть для опре- делённости точки A, B и C лежат на прямой l, а D не лежит на l. Нужно доказать, что все точки, кроме D, лежат на прямой l. Предположим, что точка E не принадлежит l. Рассмотрим четвёрку точек A, B, D, E. Тройки точек A, B, D и A, B, E не лежат на одной прямой. Поэтому на одной прямой лежит либо тройка точек A, D, E, либо тройка точек B, D, Пусть для определённости на одной прямой лежат точки A, D и E. Тогда никакие три из точек B, C, D, E не лежат на одной прямой. Получено противоречие.
26.3.
Пусть количество различных расстояний между точками равно Фиксируем две точки. Тогда все остальные точки являются точками пе

Решения задач
509
ресечения двух семейств концентрических окружностей, содержащих по окружностей. Следовательно, общее количество точек не превосходит 2k
2
+ 2.
Остаётся заметить, что 2 · 14 2
+ 2 = 394 < 400.
26.4.
Назовём диаметром отрезок длиной d, соединяющий пару данных точек. Концы всех диаметров, выходящих из точки A, лежат на окружности с центром A и радиусом d. Так как расстояние между любыми двумя точками не превосходит d, концы всех диаметров, выходящих из A, лежат на дуге, угловая величина которой не превосходит 60
◦
. Следовательно, если из точки A выходят три диаметра AB, AC и AD, то один из концов этих
Рис. диаметров лежит внутри угла, образованного двумя другими. Пусть для определённости точка C лежит внутри угла BAD. Докажем, что тогда из точки C выходит не более одного диаметра. Предположим, что есть ещё диаметр и точки B и P лежат по разные стороны от прямой AC рис. 26.1). Тогда ABCP — выпуклый четырёх- угольник, поэтому AB + CP < AC + BP см. задачу
9.15
),
т. е. d + d < d + BP, а значит, BP > d, чего не может быть.
В итоге получаем, что либо из каждой точки выходит не более двух диаметров, либо существует точка, из которой выходит не более одного диаметра. Теперь требуемое утверждение можно доказать индукцией по числу точек. Для n = 3 оно очевидно. Пред- положим,
что утверждение доказано для любой системы из n точек, и докажем его для системы из + 1 точки. В этой системе либо есть точка, из которой выходит не более одного диаметра, либо из каждой точки выходит не более двух диаметров. В первом случае отбрасываем эту точку и,
Рис. воспользовавшись тем, что в оставшейся системе не более n диаметров, получаем требуемое.
Второй случай очевиден.
26.5.
Проведём все прямые, соединяющие пары данных точек, и выберем прямую l, не параллельную ни одной из них. Прямыми, параллельными, можно разбить данные точки на четвёрки. Четырёхугольники с вершинами в этих четвёрках точек искомые (рис. 26.2).
26.6.
Разобьём данные точки произвольным образом на шесть групп четыре группы по четыре точки, группа из пяти точек и группа из одной точки. Рассмотрим группу из пяти точек. Из них можно выбрать четыре точки,
являющиеся вершинами некоторого выпуклого четырёхугольника ABCD см. задачу. Объединим в пары точки A, C и B, D. Тогда отрезки и BD, заданные парами, пересекаются. Одна из пяти точек осталась свободной. Присоединим её к четвёрке точек и с полученной пятёркой точек проделаем тоже самое и т. д. После пяти таких операций останутся две точки, и мы объединим их в пару

Глава 26. Системы точек. Примеры и контрпримеры
26.7.
Так как+ 1

2
+

n
2
− 1
n
2
+ 1

2
= 1, то существует угол f
, обладающий тем свойством, что sin f
= 2n/(n
2
+ 1) и cos f
= (n
2
− 1)/(n
2
+ 1), причём
0 < 2N
f
<
p
/2 при достаточно большом n. Рассмотрим окружность радиуса с центром O и возьмём на ней точки A
0
, A
1
, . . . , так, что ∠A
0
OA
k
= Тогда 2Rsin(|i − Воспользовавшись формулами sin(m + 1)
f
=
= sin m
f cos f
+ sin f
cos m
f и cos(m + 1)
f
= cos m
f cos f
− sin m
f sin f
, легко доказать, что числа sin m
f и cos m
f рациональны для всех натуральных m.
Возьмём в качестве R наибольший общий делитель всех знаменателей рациональных чисел sin f
, . . . , sin(N − 1)
f
. Тогда A
0
, . . . , A
N−1
— требуемая система точек.
26.8.
Требуемый пример изображён на рис. Рис. Рис. Можно. Пример изображён на рис. Из условия следует, что все вершины многоугольника разбиваются на пары, задающие диагонали A
i
A
j
, которые проходят через точку O. Поэтому число вершин чётно и по обе стороны от каждой такой диагонали лежит равное число вершин. Следовательно, j = i + m, где m — половина числа вершин. Таким образом, точка O является точкой пересечения диагоналей,
соединяющих противоположные вершины. Ясно, что точка пересечения этих диагоналей единственна.
26.11.
Если AC и BD — пересекающиеся красные отрезки, то число точек пересечения любой прямой с отрезками AB и CD не превосходит числа точек пересечения этой прямой с отрезками AC и BD. Поэтому, заменив красные отрезки AC и BD на отрезки AB и CD, мы не увеличим число точек пересечения красных отрезков с синими, а число точек пересечения красных отрезков с красными уменьшим, так как исчезнет точка пересечения AC и BD. После нескольких таких операций все красные отрезки станут непересекающимися,
и нам остаётся доказать, что в этом случае число точек пересечения красных отрезков с синими не меньше n. Рассмотрим произвольный красный отрезок.
Так как другие красные отрезки его не пересекают, то по обе стороны от него лежит чётное число красных точек, те. нечётное число синих точек.
Следовательно, найдётся синий отрезок, пересекающий данный красный отрезок. Поэтому числе точек пересечения красных отрезков с синими не меньше числа красных отрезков, те. не меньше Пусть A — общая точка первых трёх окружностей S
1
, и Обозначим точки пересечения окружностей и S
2
, и S
3
, и через соответственно. Предположим, что существует окружность S, не

Решения задач
511
проходящая через точку A. Тогда окружность S проходит через точки B,
C и D. Пусть S
0
— пятая окружность. Каждая пара точек из набора A, B, C, является парой точек пересечения двух из окружностей S
1
, S
2
, S
3
, S. Поэтому
Рис. окружность проходит через одну точку из каждой пары точек A, B, C, D. С другой стороны,
окружность не может проходить через три точки из A, B, C, D, поскольку каждая тройка этих точек задаёт одну из окружностей S
1
, S
2
, S
3
, S. Поэтому окружность не проходит через какие-то две из этих точек. Получено противоречие.
26.13.
Рассмотрим прямоугольник ABCD со сторонами см им. Пусть O — точка пересечения его диагоналей. Легко проверить, что площадь треугольника AOD большем, а все его высоты меньше 1 см.
26.14.
Нет, необязательно. На рис. 26.5 показано, как получить нужный четырёхугольник Необязательно. Легко проверить, что список длин сторон и диагоналей для равнобедренной трапеции с высотой 1 и основаниями 2 и совпадает с таким же списком для четырёхугольника с перпендикулярными диагоналями длиной 2 и 4, делящимися точкой пересечения на отрезки длиной и 1, 1 ирис. Рис. Да, существуют. Рассмотрим точки P
i
= (i, i
2
), где i = 1, . . . , Площади всех треугольников с вершинами в узлах целочисленной решётки рациональны (см. задачу, а числа P
i
P
j
= |i − j|
p1 + (i + j)
2
иррациональны.
26.17.
Да, существуют. Пусть C — середина отрезка AB. Тогда XC
2
=
= (2XA
2
+ 2XB
2
− AB
2
)/2. Если число иррационально, то числа XA,
XB и XC не могут одновременно быть рациональными.
26.18.
Может. Рассмотрим прямоугольный треугольник с катетами = 1 и BC
1
= 2n. Проведём в нём медиану AM
1
, биссектрису ивы- соту C
1
H
1
. Площадь треугольника, образованного этими отрезками, больше S
ABK
1
. Ясно, что S
ABK
1
< 1/2 и S
ABM
1
= n/2, те, где S = S
ABC
1
. Поэтому при достаточно большом n площадь треугольника, образованного отрезками AM
1
, и C
1
H
1
, будет больше
0,499S.
Точку можно слегка сдвинуть так, чтобы прямоугольный треугольник
ABC
1
превратился в остроугольный треугольника площадь треуголь-

Глава 26. Системы точек. Примеры и контрпримеры
Рис. 26.7
ника, образованного точками пересечения отрезков, осталась больше 0,499 площади треугольника Можно. Замостим, например, бесконечные уголки, изображённые на рис. Да, может. Докажем это утверждение индукцией, заменив 100 на n. При n = 1 можно взять концы отрезка длиной 1. Предположим, что утверждение доказано для n и A
1
, . . . , A
k
— нужный набор точек. Пусть A
0 1
, . . . , A
0
k
— образы точек, . . . , при параллельном переносе на единичный вектор a. Для доказательства шага индукции единичный вектор a достаточно выбрать так, что 6=
# иприте при 6= j. Каждое из этих ограничений исключает из единичной окружности не более одной точки.
26.21.
Не всегда. Рассмотрим отрезки, изображённые на рис. 26.8. Концы каждого короткого отрезка можно соединить только с концами ближайшего к нему длинного отрезка. Ясно, что при этом не может получиться замкнутая несамопересекающаяся ломаная.
Рис. Рис. Необязательно. Докажем, что центр O вписанной окружности треугольника со сторонами AB = 6, BC = 4 и CA = 8 одинаково удалён от середин сторон AC и BC. Обозначим середины сторон AC и BC через и а основания перпендикуляров, опущенных из точки O на AC и BC, — через
B
2
и рис. 26.9). Так как A
1
A
2
= 1 = см. задачу) и OA
2
= OB
2
, тот. е. OA
1
= Это возможно при любом n > 3. Впишем в арену правильный
k-угольник, где k — число различных пар, которые можно составить из прожекторов, те. Тогда можно установить взаимно однозначное соответствие между сегментами, отсекаемыми сторонами k-угольника,
и парами прожекторов. Пусть каждый прожектор освещает весь угольники сегменты, соответствующие парам прожекторов, в которые он входит. Легко проверить, что это освещение обладает требуемыми свойствами

ГЛАВА ИНДУКЦИЯ И КОМБИНАТОРИКА
Основные сведения
При решении геометрических задач иногда используется метод математической индукции. Он заключается в следующем. Пусть имеется некоторое утверждение A(n), где n — натуральное число. Чтобы доказать истинность этого утверждения для всех n > k, достаточно доказать его истинность для = k и доказать, что из истинности утверждения для n = m, где m — любое натуральное число, не меньшее k, следует его истинность для n = m + Доказательство истинности утверждения A(n) при n = k называют базой
индукции, а доказательство того, что из истинности утверждения для n = следует его истинность для n = m + 1, называют шагом индукции 1. Индукция
27.1.
Докажите, что если плоскость разбита на части прямыми и окружностями, то получившуюся карту можно раскрасить в два цвета так, что части, граничащие по дуге или отрезку, будут разного цвета.
27.2*.
Докажите, что в выпуклом угольнике нельзя выбрать больше диагоналей так, чтобы любые две из них имели общую точку.
27.3*.
Пусть E — точка пересечения боковых сторон AD и BC трапеции точка пересечения прямых A
n
C и BD (A
0
= A),
A
n+1
— точка пересечения прямых и AB. Докажите, что A
n
B =
= AB/(n + На прямой даны точки A
1
, . . . , и B
1
, . . . , B
n−1
. Докажите,
что
n
X
i=1
n−1
Q
k=1
A
i
B
k
Q
j6=1
A
i
A
j
= Докажите, что если n точек не лежат на одной прямой, то среди прямых, их соединяющих, не менее n различных.
См. также задачи
2.13
,
5.119
,
13.26
,
22.8
,
22.9
,
22.11
—
22.13
,
22.32
,
22.41
б),
22.43
,
22.44
,
22.50
,
23.40
—
23.42
,
24.17
,
25.24
,
25.26
,
25.33
,
25.36
,
25.39
,
25.57
,
26.4
,
26.20 28.37
,
28.38

Глава 27. Индукция и комбинаторика 2. Комбинаторика
27.6.
На окружности отмечено несколько точек, A — одна из них.
Каких выпуклых многоугольников с вершинами в этих точках больше содержащих точку A или не содержащих её?
27.7.
На окружности отмечено десять точек. Сколько существует незамкнутых несамопересекающихся девятизвенных ломаных сверши- нами в этих точках?
27.8*.
В выпуклом угольнике (n > 4) проведены все диагонали,
причём никакие три из них не пересекаются водной точке. Найдите число точек пересечения диагоналей.
27.9*.
В выпуклом угольнике (n > 4) проведены все диагонали.
На сколько частей они делят угольник, если никакие три из них не пересекаются водной точке?
27.10*.
На плоскости дано n точек, никакие три из которых не лежат на одной прямой. Докажите, что существует не менее C
5
n
/(n − различных выпуклых четырёхугольников с вершинами в этих точках
(определение числа см. на с.
428
).
27.11*.
Докажите, что число неравных треугольников с вершинами в вершинах правильного угольника равно ближайшему к целому числу.
См. также задачи
21.27
—
21.29
,
25.6
Решения
27.1.
Доказательство проведём индукцией по общему числу прямых и окружностей. Для одной прямой или окружности утверждение очевидно. Предположим теперь, что можно раскрасить требуемым образом любую карту,
заданную n прямыми и окружностями, и покажем, как тогда раскрасить карту, заданную n + 1 прямыми и окружностями. Выбросим одну из этих прямых (или окружностей) и раскрасим карту, заданную оставшимися n прямыми и окружностями. Затем цвета всех частей, лежащих по одну сторону от выброшенной прямой (или окружности, сохраним, а цвета всех частей,
лежащих по другую сторону, заменим на противоположные.
27.2.
Докажем индукцией по n, что в выпуклом угольнике нельзя выбрать более n сторон или диагоналей так, чтобы любые две из них имели общую точку. При n = 3 это очевидно. Предположим, что утверждение верно для любого выпуклого угольника, и докажем его для (n + 1)-угольника.
Если из каждой вершины (n + угольника выходит не более двух выбранных сторон или диагоналей, то их всего выбрано не более n + 1. Поэтому будем считать, что из некоторой вершины A выходят три выбранные стороны или диагонали AB
1
, и AB
3
, причём лежит между и AB
3
. Так как диагональ или сторона, выходящая из точки и отличная от не может одновременно пересекать и AB
3
, то из выходит только одна выбранная диагональ. Поэтому можно выбросить точку вместе с диагональю и применить предположение индукции

Решения задач
515
27.3.
Ясно, что A
0
B = AB. Пусть C
n
— точка пересечения прямых и DC,
DC : AB = k, AB = a, A
n
B = и A
n+1
B = x. Так как CC
n+1
: A
n
A
n+1
= DC
n+1
: тот. е. x = aa
n
/(a + a
n
). Если a
n
= a/(n + 1), то = a/(n + Докажем сначала требуемое утверждение при n = 2. Так как # –
A
1
B
1
+
+
# –
B
1
A
2
+
# –
A
2
A
1
= #–
0 , то (A
1
B
1
/A
1
A
2
) + (A
2
B
1
/A
2
A
1
) = 1. Для доказательства шага индукции поступим следующим образом. Фиксируем точки A
1
, . . . , и B
1
, . . . , B
n−2
, а точку будем считать переменной. Рассмотрим функцию) Эта функция линейная, причём по предположению индукции f(B
n−1
) = если совпадает с одной из точек A
1
, . . . , A
n
. Следовательно, эта функция тождественно равна Доказательство проведём индукцией по n. При n = 3 утверждение очевидно. Предположим, что мы доказали его для n − 1 точки и докажем его для n точек. Если на каждой прямой, проходящей через две данные точки,
лежит ещё одна данная точка, то все данные точки лежат на одной прямой
(см. задачу. Поэтому существует прямая, на которой лежат ровно две данные точки A и B. Выбросим точку A. Возможны два случая. Все оставшиеся точки лежат на одной прямой l. Тогда будет ровно различных прямых n − 1 прямая, проходящая через A, и прямая l.
2. Оставшиеся точки не лежат на одной прямой. Тогда среди прямых, их соединяющих, по предположению индукции есть не менее n − 1 различных,
причём все они отличны от прямой l. Вместе с прямой AB они составляют не менее n прямых.
27.6.
Любому многоугольнику, не содержащему точки A, можно поставить в соответствие многоугольник, содержащий точку A, добавив её к его вершинам. А вот обратную операцию, те. отбрасывание вершины A, можно производить только для угольников с n > 4. Поэтому многоугольников, содержащих точку A, больше, чем многоугольников, не содержащих точки A,
причём больше на число треугольников с вершиной A, те. на (n − 1)(n − Первую точку можно выбрать десятью способами. Каждую из следующих восьми точек можно выбрать двумя способами, так как она должна быть соседней с одной из ранее выбранных точек (иначе получится самопе- ресекающаяся ломаная. Поскольку начало и конец при таком подсчёте не различаются, результат нужно разделить на 2. Следовательно, всего имеется · 2 8
/2 = 1280 ломаных.
27.8.
Любая точка пересечения диагоналей определяет две диагонали,
пересечением которых она является, а концы этих диагоналей определяют выпуклый четырёхугольник. Обратно, любые четыре вершины многоугольника определяют одну точку пересечения диагоналей. Поэтому число точек пересечения диагоналей равно числу способов выбора четырёх точек из n, те. равно − 1)(n − 2)(n − 3)
2 · 3 · Будем поочерёдно проводить диагонали. Когда мы проводим очередную диагональ, число частей, на которые проведённые ранее диагонали делят

Глава 27. Индукция и комбинаторика многоугольник, увеличивается на m + 1, где m — число точек пересечения новой диагонали с ранее проведёнными, те. каждая новая диагональ и каждая новая точка пересечения диагоналей увеличивают число частей на 1. Поэтому общее число частей, на которые диагонали делят угольник, равно D + P + где D — число диагоналей, P — число точек пересечения диагоналей. Ясно, что = n(n − 3)/2. Согласно предыдущей задаче P = n(n − 1)(n − 2)(n − Если выбрать любые пять точек, то существует выпуклый четырёх- угольник с вершинами в них (задача. Остаётся заметить, что четвёрку точек можно дополнить до пятёрки n − 4 различными способами.
27.11.
Пусть всего имеется N неравных треугольников с вершинами в вершинах правильного угольника, причём из них правильных, неправильных равнобедренных и разносторонних. Каждый правильный треугольник равен одному треугольнику с фиксированной вершиной A, неправильный равнобедренный — трём треугольникам с вершиной A, а разносторонний — шести. Так как всего имеется (n − 1)(n − 2)/2 треугольников с вершиной A, то − 1)(n − 2)/2 = N
1
+ 3N
2
+ Ясно, что число неравных правильных треугольников равно 0 или 1, а число неравных равнобедренных равно (n − 1)/2 или (n/2) − 1, те, где c и d равны 0 или 1. Поэтому 12N = 12(N
1
+ N
2
+ N
3
) =
= 2(N
1
+ 3N
2
+ 6N
3
) + 6(N
1
+ N
2
) + 4N
1
= (n − 1)(n − 2) + 3(n − 2 + d) + 4(1 − c) =
= n
2
+ 3d − 4c. Так как |3d − 4c| < 6, то N совпадает с ближайшим к целым числом

ГЛАВА 28
ИНВЕРСИЯ
Основные сведения. Все геометрические преобразования, с которыми нам приходилось встречаться в этой книге, переводили прямые в прямые, а окружности в окружности. Инверсия — это преобразование другого типа, которое также сохраняет класс прямых и окружностей, но может прямую перевести в окружность,
а окружность — впрямую. На этом и других замечательных свойствах инверсии основывается её поразительная эффективность при решении разнообразных геометрических задач. Определение. Пусть на плоскости дана окружность S с центром и радиусом R. Инверсией относительно окружности S называют преобразование, переводящее произвольную точку A, отличную отв точку лежащую на луче OA на расстоянии OA
*
= R
2
/OA от точки O. Инверсию относительно S будем также называть инверсией с центром O и степенью а окружность S — окружностью инверсии. Непосредственно из определения инверсии видно, что точки окружности она оставляет на месте, точки, лежащие внутри S, переводит наружу,
а точки, лежащие вне S, — внутрь S. Если точка A переходит при инверсии в A
*
, то точку эта инверсия переводит в A, те. Образом прямой,
проходящей через центр инверсии, является сама эта прямая.
В этом месте надо сделать оговорку, связанную стем, что инверсия не является в строгом смысле слова преобразованием плоскости, так как точка никуда не переходит. Поэтому формально мы не имеем права говорить об образе прямой, проходящей через точку O», а должны рассматривать объединение двух лучей, получающихся из прямой выбрасыванием точки Аналогично обстоит дело и с окружностями, содержащими точку O. Мы,
тем не менее, будем придерживаться этих нестрогих, но зато более наглядных формулировок, надеясь, что читатель легко восстановит точный смысл. Всюду в этой главе образ точки A при инверсии обозначается через. Сформулируем важнейшие свойства инверсии, постоянно применяемые при решении задач.
При инверсии с центром а) прямая l, не содержащая O, переходит в окружность, проходящую через O (задача
28.2
);
б) окружность с центром C, проходящая через O, переходит в прямую,
перпендикулярную OC (задача
28.3
);
в) окружность, не проходящая через O, переходит в окружность, не проходящую через O задача

Глава 28. Инверсия г) касание окружностей и прямых сохраняется, если только точка касания не совпадает с центром инверсии в последнем случае получается пара параллельных прямых (задача
28.4
);
д) величина угла между двумя окружностями (или между окружностью и прямой, или между двумя прямыми) сохраняется (задача определение угла между окружностями приведено нас. Свойства инверсии
28.1.
Пусть при инверсии с центром O точка A переходит ваточка в B
*
. Докажите, что треугольники OAB и OB
*
A
*
подобны.
28.2.
Докажите, что при инверсии с центром O прямая l, не проходящая через O, переходит в окружность, проходящую через Докажите, что при инверсии с центром O окружность, проходящая через O, переходит впрямую, а окружность, не проходящая через O, — в окружность.
28.4.
Докажите, что касающиеся окружности (окружность и прямая) переходят при инверсии в касающиеся окружности или в касающиеся окружность и прямую, или в пару параллельных прямых.
28.5*.
Докажите, что при инверсии сохраняется угол между окружностями (между окружностью и прямой, между прямыми).
28.6*.
Докажите, что две непересекающиеся окружности и или окружность и прямую) можно при помощи инверсии перевести в пару концентрических окружностей.
28.7*.
Через точку A проведена прямая l, пересекающая окружность с центром O в точках M и N и не проходящая через Пусть и N
0
— точки, симметричные M и N относительно а A
0
— точка пересечения прямых и M
0
N. Докажите, что совпадает с образом точки A при инверсии относительно S и, следовательно, не зависит от выбора прямой Докажите, что при инверсии относительно описанной окружности изодинамические центры треугольника переходят друг в друга 2. Построение окружностей
При решении задач этого параграфа мы часто будем говорить сделаем инверсию. В переводе на более формальный язык это звучит так Построим при помощи циркуля и линейки образы всех данных точек, прямых и окружностей при инверсии относительно данной окружности. Выполнимость таких построений вытекает из свойств инверсии и задачи
28.9
В задачах на построение часто используется существование инверсии,
переводящей две непересекающиеся окружности в концентрические. Из решения задачи
28.6
следует, что центр и радиус такой инверсии (а значит,
и образы окружностей) можно построить циркулем и линейкой.
28.9.
Постройте образ точки A при инверсии относительно окружности с центром O.

Условия задач
519
28.10.
Постройте окружность, проходящую через две данные точки и касающуюся данной окружности (или прямой).
28.11*.
Через данную точку проведите окружность, касающуюся двух данных окружностей (или окружности и прямой).
28.12*.
Постройте окружность, касающуюся трёх данных окружностей (задача Аполлония).
28.13*.
Проведите через данную точку окружность, перпендикулярную двум данным окружностям.
28.14*.
Постройте окружность, касающуюся данной окружности и перпендикулярную двум данным окружностями Проведите через данные точки A и B окружность, пересекающую данную окружность S под углом a