М1653. Часы

Задачa из журнала «Квант» (1998 год, 5 выпуск)

Условие

На столе лежат $ 5 $ часов со стрелками. Разрешается любые из них перевести вперед. Для каждых часов время, на которое при этом их перевели, назовем временем перевода. Требуется все часы установить так, чтобы они показывали одинаковое время. За какое наименьшее суммарное время перевода это можно гарантированно сделать?

Решение

Ответ: за $ 24 $ часа.

Отметим на циферблате положения часов стрелок всех пяти часов (см. рисунок). Циферблат разобьется на пять секторов. Занумеруем их по кругу. Пусть часовая стрелка проходит секторы за $ x_1, x_2, x_3, x_4, x_5 $ часов соответственно. (Некоторые из этих чисел, нулевые; сумма $ x_1 + x_2 + x_3 + x_4 + x_5 $ равна $ 12 $ часам.)

Чтобы перевести все часы на начало первого сектора, необходимо затратить \begin{align*} & S_1 = (x_2 + x_3 + x_4 + x_5) + (x_3 + x_4 + x_5) + \\ & + (x_4 + x_5) + x_5 = x_2 + 2x_3 + 3x_4 + 4x_5 \end{align*} часов. Аналогично можно посчитать величины $ S_2, S_3, S_4 $ и $ S_5 $, где $ S_i $ — время, необходимое для установки всех часов на начало $ i $-го сектора. Следовательно, \begin{align*} & S_1 + S_2 + S_3 + S_4 + S_5 = (1 + 2 + 3 + 4) \times \\ & \times (x_1 + x_2 + x_3 + x_4 + x_5) = 10 \cdot 12 = 120 \end{align*} часов; наименьшая из величин $ S_i $ не превосходит $ 120 : 5 = 24 $ часа.

С другой стороны, если $ x_1 = x_2 = x_3 = x_4 = x_5 $ (например, если часы показывают $12$ ч, $2$ ч $24$ мин, $4$ ч $48$ мин, $7$ ч $12$ мин и $9$ ч $36$ мин), то все $ S_i $ равны $24$ часам. Менее чем $24$ часами в такой ситуацией не обойтись.

О.Подлипский

Задача из журнала «Квант» (2000 год, 3 выпуск) М1707*

Условие

Квадрат клетчатой бумаги, состоящий из $n\times n$ клеток, разрезан на $2n$ прямоугольников. При этом каждый прямоугольник расположен либо целиком ниже, либо выше ступенчатой ломаной, разделяющей квадрат (рис.1). Докажите, что найдется клетка клетчатой бумаги, являющаяся одним из названных прямоугольников.

Рис. 1

Решение

Ступенчатая ломанная разрезает квадрат на два ступенчатых треугольника $T_1$ и $T_2$, при этом основание $T_1$ состоит из $n$ клеток, а основание $T_2$ – из $n – 1$ клетки. В силу условия задачи, один из них разрезан на $m$, а другой – на $k$ прямоугольников, причем $m + k = 2n$. Пока что фиксируем внимание на отдельно взятом ступенчатом треугольнике $T$, в основании которого $s$ клеток (рис.2). Так как при разрезании $T$ на прямоугольники любые две точки из набора $A_1, A_2, \ldots, A_s$ должны принадлежать разным прямоугольникам, можно заключить, что $T$ нельзя разрезать на менее чем $s$ прямоугольников.

Рис. 2

Разберем далее тот случай, когда $T$ разрезан в точности на s прямоугольников; тогда каждая из точек $A_1, A_2 , \ldots, A_s$ принадлежит только одному из них и, более того, каждая из $s$ закрашенных клеток принадлежит целиком только одному из $s$ прямоугольников. Не закрашенных клеток, примыкающих по сторонам к закрашенным, на единицу меньше, чем закрашенных, поэтому хотя бы один из $s$ прямоугольников не выйдет за пределы своей заштрихованной клетки, т.е. будет с ней совпадать. Возвращаясь к ступенчатым треугольникам $T_1$ и $T_2$, можно сказать, что $m \geq n$, а $k \geq n-1$. Но так как $m + k = 2n$, то либо $m = n$, либо $k = n – 1$. Значит, либо в $T_1$, либо в $T_2$ найдется прямоугольник, совпадающий с клеткой клетчатой бумаги.

В.Произволов

М1693. О пересекающихся окружностях

Задача о пересекающихся окружностях

Условие
Две окружности пересекаются в точках $Р$ и $Q$.Третья окружность с центром в точке $Р$ пересекает первую в точках $А$, $В$, а вторую – в точках $С$ и $D$ (см.рисунок). Докажите, что углы $\angle AQD$ и $\angle BQC$ равны.
http://ib.mazurok.com/wp-content/uploads/2018/06/1-2.svg
Решение
Треугольники $АРВ$ и $DPC$ равнобедренные. Обозначим углы при их основаниях $\angle АВР = \angle ВАР = \alpha$, $\angle DCP = \angle CDP = \beta$. Четырехугольники $AQBP$ и $DQCP$ вписанные, отсюда $\angle AQP = \angle ABP = \alpha$ и $\angle DQP = \angle DCP = \beta$ . Получаем: $∠AQD = \angle AQP + \angle DQP = \alpha + \beta$ . Далее, $ \angle BQP = \angle BAP = \alpha$, также $ \angle CQP = \beta и \angle BQC = \angle BQP + \angle CQP = \alpha + \beta$ . Значит, $\angle AQD = \angle BQC$.

А.Заславский

Задача из журнала «Квант» (2001 год, 6 выпуск) М1750

Условие

а) Взяли шесть бумажных квадратов, у каждого из которых длина стороны равна $1,$ и ими целиком оклеили поверхность куба с ребром $1.$ Докажите, что найдется бумажный квадрат, который целиком оклеил какую-либо грань куба.

б) Четырьмя бумажными равносторонними треугольниками, у каждого из которых длина стороны равна $1,$ целиком оклеили поверхность правильного тетраэдра с ребром $1.$ Обязательно ли найдется бумажный треугольник, который целиком оклеил какую-либо грань тетраэдра?

Решение

а) Обратим внимание на какую-либо, все равно какую, вершину куба. Так как сумма углов при ней равна $270^{\circ},$ найдется бумажный квадрат (хотя бы один), вершина которого совпала с этой вершиной куба.

Одним словом, у куба восемь вершин, и значит, не меньше восьми вершин у шести оклеивающих его бумажных квадратов совпадают с вершинами куба.

Откуда следует, что найдется бумажный квадрат, у которого по крайней мере две вершины совпадают с вершинами куба. Но тогда ясно, что все четыре вершины этого бумажного квадрата совпадают с четырьмя вершинами какой-либо грани куба, т.е. эта грань целиком оклеена бумажным квадратом. Можно дополнительно сообразить, что противоположная ей грань тоже непременно целиком оклеена каким-либо бумажным квадратом.

б) Вовсе необязательно. На рисунке показана развертка правильного тетраэдра $ABCD$ и такая его оклейка, что никакой из четырех бумажных треугольников не оклеивает целиком какую-либо грань этого тетраэдра.

В.Произволов

Задача из журнала «Квант» (2000 год, 1 выпуск) М1698

Задача

На сторонах треугольника $ABC$ расположены
точки $A’, B’$ и $C’$ (см. рисунок). При этом известно,что $AA’ \leq 1, BB’ \leq 1$ и $CC’ \leq 1$.
Докажите, что площадь треугольника не превосходит $\displaystyle\frac{1}{\sqrt{3}}$.

Решение

Пусть треугольник $АВС$ неостроугольный: $\angle BAC \geq \displaystyle\frac{\pi}{2}$. Тогда $AB \leq B’B \leq 1, h_c \leq CC’ \leq 1$ и $S_{\triangle ABC} \leq \displaystyle\frac{1}{2} < \displaystyle\frac{1}{\sqrt{3}}$.

В случае остроугольного $\triangle ABC$ высоты опущены на сами стороны (а не на их продолжения). Если $\angle BAC$ – наименьший угол треугольника, то, очевидно, $\angle BAC \leq \displaystyle\frac{\pi}{3}$.
Поскольку $h_a \leq 1$, то из этого следует, что $\text{min} \{AB, AC\} \leq \displaystyle\frac{2}{\sqrt{3}}$.
Значит, $S_{\triangle ABC} \leq \displaystyle\frac{1}{\sqrt{3}}$.

В.Сендеров