М1625

М1625.

Условие:

1 Плоскость разбита на единичные квадраты, вершины которых находятся в точках с целочисленными координатами. Квадраты раскрашены поочередно в черный и белый цвета (т.е. в шахматном порядке). Для каждой пары натуральных чисел m и n рассматривается прямоугольный треугольник с вершинами в целочисленных точках, катеты которого имеют длины m и n и проходят по сторонам квадратов. Пусть S_{1} площадь черной части треугольника, a S_{2} — площадь его белой части. Положим f(m,n)=|S_{1}-S_{2}|.
а) Вычислите f(m, n) для всех натуральных чисел m и n, которые либо оба четны, либо оба нечетные.
б) Докажите, что f\left (m,n \right )\leq\frac{1}{2} max \left \{ m,\right.\left. n\right \} для всех m и n.
в) Покажите, что не существует константы C такой, что f(m,n)<C для всех m и n.

Решение:
888

а) Обозначим рассматриваемый прямоугольный треугольник через ABC  и (\angle A=90°, AB=m, AC=n) достроим его до прямоугольника ABCD. Если числа m и n
имеют одинаковую четность, то раскраска этого прямоугольника симметрична относительно середины его диагонали BC. Следовательно,

S_{1}(ABC)=S_{2}(BCD)  и
S_{2}(ABC)=S_{2}(BCD).

Значит, f(m,n)=|S_{1}(ABC)-S_{2}(ABC)|=|\frac{1}{2}S_{1}(ABCD) - S_{2}(ABCD)|.

Поэтому f(m,n) = 0, если m и n оба четны, f(m,n)=\frac{1}{2}, если m и n оба нечетные.
б) Если числа m и n имеют одинаковую четность, то требуемый результат немедленно вытекает из решения пункта а). Пусть теперь m нечетно, а n четно (в противном случае достаточно переобозначить m и n, и наоборот). Рассмотрим на отрезке AB точку L такую, что
AL=m-1. Так как число m-1 четно, то

f(m - 1, n)=0,

т.е. S_{1}(ALC)=S_{2}(ALC).

Следовательно,
f(m,n)=|S_{1}(ABC)-S_{2}(ABC)|=S_{1}(LBC)-S_{2}(LBC)|\leq

Площадь

LBC=\frac{n}{2}\leq\frac{1}{2}max\left \{ m, n \right \}.
в) Вычислим f(2k + 1, 2k). Как и в решении пункта б), рассмотрим на AB точку L такую, что AL=2k, и получим аналогично, что:

f(2k +1, 2k)=|S_{1}(LBC) - S_{2}(LBC)|

Площадь треугольника LBC равна k. Без ограничения общности будем считать, что отрезок LC черный (см. рисунок). Тогда белая часть треугольника LBC состоит из треугольников BLN_{2k}, M_{2k-1}L_{2k-1}N_{2k-1},..., M_{1}L_{1}N_{1}, каждый из которых, очевидно, подобен треугольнику ABC. Их суммарная площадь равна

S_{2}(LBC)=\frac{1}{2}\cdot\frac{2k}{2k+1}\cdot((\frac{2k}{2k})^2 +(\frac{2k-1}{2k})^2 +...+(\frac{1}{2k})^2)=\frac{1}{4k(2k+1}\cdot(1^2+2^2+...+(2k)^2)=\frac{4k+1}{12}

Значит,

S_{1}(LBC)=k-\frac{4k+1}{12}=\frac{8k-1}{12} и f\left \{2k+1.2k \left. \right \} \right.=\frac{2k-1}{6}

Ясно, что \frac{2k-1}{6} принимает сколь угодно большие значения.

М1625: 1 комментарий

  1. — Нужно уточнить размер рисунка — почти всё поле пустое.
    — Вместо списков обычный текст.
    — Переходы на новую строку расставлены без смысла, где попало.
    — Какая-либо разметка отсутствует.
    — Метки (ключевые слова) отсутствуют.

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *