М667. Построение треугольника

Задача из журнала «Квант» (1981 год, 10 выпуск)

Условие

Постройте треугольник $ABC$, если заданы его наименьший угол $\hat{A}$ и отрезки длины  $d=\mid AB\mid-\mid BC\mid$ и $e=\mid AC\mid-\mid BC\mid$.

Решение

На сторонах данного угла $\hat{A}$ отложим данные нам отрезки $AD$ длины $d$ и $AE$ длины $e$. Теперь нужно на этих сторонах (за точками $D$ и $E$) найти такие точки $B$ и $C$, что $\mid BD\mid=\mid BC\mid=\mid CE\mid$.

Чтобы это сделать, построим вначале фигуру, гомотетичную искомому четырехугольнику $BCED$. Для этого (рис.1) отложим на прямой $AD$ (на луче, не содержащем $A$) отрезок $DB_{1}$ любой длины $q$, затем параллельно перенесём луч $\left[DE\right)$ на вектор $\vec{q}$ той же длины $q$, направленный параллельно $\left[AE\right)$. После чего на полученном луче $l$ отметим точку $C_{1}$, для которой $\mid B_{1}C_{1}\mid=q$. Очевидно, что четырехугольник $B_{1}C_{1}E_{1}D$ подобен искомому четырехугольнику $BCED$. Проведя теперь через точку $E$ прямую, параллельную $B_{1}E_{1}$, найдём точку $B$: проведя затем через точку $B$ прямую, параллельную $B_{1}C_{1}$, найдём точку $C$. (Легко видеть, что все построения всегда выполнимы, причём единственным образом.)

Вот ещё одно решение — не использующее метод подобия. Если $O -$ центр окружности, вписанный в искомый труегольник $ABC$, то треугольники $BOD$, $BOC$ и $COE$ конгруэнтны (рис. 2). Все углы, отмеченные при вершине $O$, равны $90^{\circ}+\hat{A}/2$. Поэтому $\widehat{DOE}=90^{\circ}-3\hat{A}/2$ (эта величина положительна при $\hat{A}<60$). Теперь можно построить точку $O$ как пересечение биссектрисы угла $A$ и дуги сегмента с концами $D$ и $E$, вмещающего вписанный угол величины $90^{\circ}-3\hat{A}/2$ (красная дуга на рисунке 2). Затем проведя под нужными углами к отрезкам $DO$ и $EO$ лучи $OB$ и $OC$, находим две вершины треугольника $ABC$.

Наконец, задачу можно решить и вычислением: длина искомого отрезка $x=\mid BD\mid=\mid BC\mid=\mid CE\mid$ находится из квадратного уравнения.

$x^{2}=(x+d)^{2}+(x+e)^{2}-2(x+d)(x+e) \cos A$

После чего искомый отрезок можно построить (исходя из $d$, $e$ и $\hat{A}$) циркулем и линейкой, комбинируя известные методы построения по данным отрезкам длины $p$ и $q$ и углу $\alpha$ отрезков длины $p\cos \alpha$, $p\pm q$, $\sqrt{pq}$, $\sqrt{p^{2}\pm q^{2}}$. Интересно, что отрицательный корень этого уравнения также имеет геометрический смысл: он определяет положение ещё одной пары точек $B_{2}\in \left[DA\right)$, $C_{2}\in \left[EA\right)$ для которых $\mid B_{2}D\mid=\mid B_{2}C_{2}\mid=\mid C_{2}E\mid$.

Н. Васильев

М749* Задача на различные доказательства неравенства

Задача из журнала «Квант»(1982 год, 6 выпуск)

Условие

a) Докажите, что если $x_1, x_2, x_3$— положительные числа, то $$\frac{x_1}{x_2 + x_3} + \frac{x_2 }{x_3+x_1} + \frac{x_3}{x_1 + x_2} \ge \frac{3}{2};$$ при каком условии то неравенство превращается в равенство?

б) Докажите, что если $x_1, x_2,…,x_n (n ≥ 4)$ — положительные числа, то

$$\frac{x_1}{x_2 + x_n} + \frac{x_2}{x_3 + x_1} + … + \frac{x_{n-1}}{x_n + x_{n-2}} + \frac{x_n}{x_1 + x_{n-1}} \ge 2.$$ причем равенство возможно только при $n = 4.$

в) Докажите, что при $n>4$ неравенство пункта б) является точным в том смысле, что ни при каком $n$ число $2$ в правой части нельзя заменить на большее.

А. Прокопьев

Решение

a) Пусть $ a=x_2+x_3, b=x_3+x_1, c=x_1+x_2.$ Тогда $x_1=\frac{b+c-a}{2},$ $x_2 = \frac{a+c-b}{2},$ $x_3=\frac{a+b-c}{2}, $ и левая часть неравенства перепишется так: $ \frac{b+c-a}{2a}+\frac{a+c-b}{2b}+\frac{a+b-c}{2c}=$ $\frac{1}{2}(\frac{b}{a}+\frac{a}{b})+\frac{1}{2}(\frac{c}{a}+\frac{a}{c})+\frac{1}{2}(\frac{b}{c}+\frac{c}{b})-\frac{3}{2}.$ Каждая из скобок в этом выражении, не меньше $2$ в силу известного неравенства $x + \frac{1}{x} \ge 2$ при $x > 0.$ Поэтому вся левая часть не меньше $3-\frac{3}{2} = \frac{3}{2}.$ А так как $x + \frac{1}{x} = 2$ только при $x = 1,$ доказанное неравенство обращается в равенство только при $a = b = c.$

б) Докажем неравенство индукцией по $n.$ При $n = 4$ оно очевидно: $$\frac{x_1}{x_2+x_4}+\frac{x_2}{x_3+x_1} + \frac{x_3}{x_4+x_2}+\frac{x_4}{x_1+x_3} = \frac{x_1+x_3}{x_2+x_4}+\frac{x_2+x_4}{x_1+x_3} \ge 2$$ равенство возможно в том и в только в том случае, когда $x_1 + x_3 = x_2 + x_4.$

Докажем теперь неравенство для произвольных положительных чисел $ x_1, …, x_{n + 1},$ предполагая, что оно справедливо для любых $ n (n \ge 4)$ положительных чисел. Выберем наименьшее из чисел $ x_1, …, x_{n + 1}.$ Поскольку они входят в неравенство симметрично, можно, не ограничивая общности, считать, что это $ x_{n + 1}.$ Тогда $x_{n+1} > 0,$ $x_{n+1} \le x_n$ и $x_{n + 1} \le x_1,$ и поэтому $$\frac{x_1}{x_2 + x_{n+1}} + \frac{x_2}{x_3+x_1} + … + \frac{x_n}{x_{n + 1}+x_{n- 1}}+$$ $$ +\frac{x_{n+1}}{x_1+x_n}> \frac{x_1}{x_2+x_n}+\frac{x_2}{x_3 + x_1} + … + \frac{x_n}{x_1 + x_{n-1}} \ge 2 $$

(последнее неравенство выполняется по предположению индукции). Попутно получаем, что при $n>4$ равенство невозможно.

в) Числа $x_1, …, x_n$ удобно расставлять по окружности; тогда каждое слагаемое в левой части рассматриваемого неравенства есть одно из этих чисел, деленное на сумму двух соседних с ним. При $n = 2k$ определим $x_i$ так, как показано на рисунке 1, а при $n = 2k+1$ — как на рисунке 2.

 

В первом случае получим сумму $$2(\frac{1}{q+1}+ \frac{q}{q^2+1}+\frac{q^2}{q^3+q}+ … + \frac{q^{k-1}}{q^{k-1}+q^{k-2}})= 2(1 + \frac{(k-2)q}{g^2+1}),$$

а во втором —

$$ \frac{1}{2q} + 2(\frac{q}{q^2+1} + \frac{q^2}{q^3 + q} + … + \frac{q^k}{q^k+q^{k-1}})=\frac{1}{2q} + \frac{2(k-1)q}{q^2+1}-\frac{2q}{q+1}=$$ $$=2+(\frac{1}{2q} + \frac{2(k-1)q}{q^2+1} — \frac{2}{q+1}).$$

В обоих случаях при достаточно большом $q$ значение левой части будет сколь угодно близко к $2$, поэтому число $2$ в неравенстве на большее заменить нельзя.

А. Егоров

 

М697. Пузатость прямоугольника

Задача

разделение квадрата на прямоугольники

Назовем пузатостью прямоугольника отношение его меньшей стороны к большей (пузатость квадрата равна 1). Докажите ,что, как бы не резать квадрат на прямоугольники, сумма их пузатостей будет не меньше 1.

Доказательство

Будем считать что длина стороны квадрата равна 1. Тогда пусть мы разбили квадрат на $ n$ прямоугольников размерами $ a_k\times b_k$ причем при всех $ k$ $ a_k\leq b_k$

Одно из возможных разбиений квадрата на прямоугольники

тогда:

$ {\textstyle1\geq b_k\Rightarrow\frac1{b_k}\geq b_k\Rightarrow\frac{a_k}{b_k}\geq a_k\times b_k\Rightarrow\sum_{k=1}^n}\frac{a_k}{b_k}\geq{\textstyle\sum_{k=1}^n}a_k\times b_k=1$ (сумма $ {\textstyle\sum_{k=1}^n}a_k\times b_k$ является суммой площадей прямоугольников и по свойству площади равна площади квадрата (то есть 1)).

А это значит что:

$ {\textstyle\sum_{k=1}^n}\frac{a_k}{b_k}\geq1 $ . А это и значит, что как бы не резать квадрат на прямоугольники, сумма их пузатостей будет не меньше 1.

Что и требовалось доказать.

М655. О чиновниках и циклах

Задача из журнала «Квант». Выпуск №11 1980 года.

М655. На столе у чиновника Министерства околичностей лежит $n$ томов Британской энциклопедии, сложенных в несколько стопок. Каждый день, придя на работу, чиновник берет из каждой стопке по одному тому и складывает взятые тома в новую стопку, затем располагает стопки по количеству томов (в невозрастающем порядке) и заполняет ведомость, в которой указывает количество томов в каждой стопке. Кроме сказанного выше, чиновник никогда ничего не делает.

а) Какая запись будет сделана в ведомости через месяц, если общее кол-во томов $n = 3, n = 6, n = 10$ (начальное расположение произвольно)

б) Докажите, что если общее число томов $n=\frac{1}{2} k (k+1),$ где $k$ — натуральное, то, начиная с некоторого дня, ведомость будет заполняться одинаковыми записями.

в) Исследуйте, что будет через много дней работы при других значениях $n.$

Решение

При $n = 3$ возможны всего три расположения:
$(1, 1, 1)$ — три стопка по одному тому;
$(3)$ — одна стопка из трех томов;
$(2, 1)$ — одна стопка из двух томов и одна стопка из одного тома.

рис. 1

Стрелки на рисунке 1 показывают, во что каждое расположение переходит на следующий день. Из рисунка видно, что, с чего бы мы не начали, не позже, чем через два дня (что записано как $T = 2$), возникает расположение $(2, 1),$ и затем оно будет повторяться. На рисунке 2 показан аналогичный граф для $n = 6.$ Число $m$ возможных расположений здесь равно $11.$ Не позже, чем через $T = 6$ дней после начала работы возникнет расположение $(3, 2, 1),$ и затем оно будет повторяться. Аналогичный граф для $n=10$ имеет $m=42$ вершины, и не позже, чем через $T=12$ дней после начала возникнет расположение $(4, 3, 2, 1),$ и затем оно будет повторяться.

рис. 2

Разумеется, далеко не каждый ориентированный граф из каждой вершины которого выходят одна стрелка, обладает единственной «конечной» вершиной, то есть не всегда, идя по его стрелкам, мы придем в одну и ту же вершину и там останемся (рис. 3). Граф может распадаться на отдельные части, не связанные между собой ни одной стрелкой, может содержать циклы. Поэтому тот факт, что при $n=\frac{1}{2} k (k+1),$ начиная с некоторого дня, получается одно и то же расположение совсем не очевиден, и мы сейчас его докажем. Рассмотрим сразу произвольное $n.$

рис. 3

Вообразим четверть бесконечного листа бумаги в клетку (рис. 4), клетки которого пронумерованы парами натуральных чисел слева направо и снизу вверх: клетка с номером $(x, y)$ стоит в столбце $x$ и в строке $y.$ Изготовим $n$ фишек и разместим их в клетках нашей бумаги следующим образом: в первом столбце столько фишек, сколько томов в первой стопке, во втором столько, сколько томов во второй стопке и т.д. Размещение фишек на рисунке 4 соответствует расположению $(8, 3, 3, 1, 1, 1).$ Преобразование, которое каждый день выполняет чиновник, можно представить в виде трах операций:

  1. Уберем фишки, находящиеся в самой нижней строке.
  2. Передвинем оставшиеся фишки на одну клетку вниз и на одну клетку вправо.
  3. Теперь выложим на бумагу убранные фишки, но не на нижнюю строку, а на самый левый столбец (освободившийся).
рис. 4

В результате этих операций рисунок 4 перейдет в рисунок 5. Правда, результат действия наших трех операций отличается от того, что делает чиновник, тем, что в конце дня чиновник еще упорядочивает стопки по убыванию, но мы пока что не будем делать таких преобразований.

При нашей последовательности операций фишка $(x, y)$ перейдет в клетку $(1, x),$ если $y = 1,$ или $(x+1,y-1),$ если $y>1.$

рис. 5

Назовем $i$-й диагональю совокупность тех клеток $(x, y),$ для которых $x+y=i+1.$ Под действие нашего преобразования фишки, находящиеся на $i$-й диагонали, не сойдут с нее, а будут перемещаться по правилу: $$(1, i)\longrightarrow(2, i-1)\longrightarrow(3, i-2)\longrightarrow…\longrightarrow(i, 1)\longrightarrow(1, i)$$

Теперь дополним преобразование, тем, что в каждой строке, где это возможно, сдвинем все фишки на одно место влево, тем самым упорядочим стопки как надо. Теперь все наше преобразование точно соответствует тому, что делает чиновник. Сдвиг влево означает, что для некоторых фишек величина $x+y$ может уменьшаться, но она по-прежнему не может увеличиваться. Но эта величина — натуральное число, значит она не может уменьшаться бесконечное количество раз. Наступит такой момент, что для всех фишек величина $x+y$ уже не будет уменьшаться. Таким образом каждая фишка займет свою диагональ. Докажем, что тогда для всякого $i$ будет выполняться следующее условие: если $i$-я диагональ не полностью заполнена фишками, то в $(i+1)$-й диагонали нет ни одной фишки.

Докажем от противного: пусть в $i$-й диагонали есть пустая клетка, а в $(i+1)$-й диагонали есть хоть одна фишка. Фишки на $i$-й диагонали (если они есть) передвигаются, попадая через каждые $i$ шагов на прежние места. фишка на $(i+1)$-й диагонали передвигается, попадая через каждые $(i+1)$ шагов на прежнее место. Посмотрим, что происходит в моменты $0, (i+1), 2(i+1), 3(i+1),…,i(i+1).$ Фишка на $(i+1)$-й диагонали в эти моменты оказывается там же, где и была в нулевой момент. Пустое место на $i$-й диагонали как бы двигается вместе с фишками, значит оно побывает на всех клетках $i$-й диагонали, а значит побывает слева от фишки на $(i+1)$-й диагонали. Но тогда эта фишка должна сдвинуться влево, что невозможно, так как мы предположили, что такие перемещения уже закончились.

Что же это за расположение фишек, при котором за неполной диагональю может идти только пустая? Если $n=\frac{1}{2} k (k+1)$, то такое расположение, очевидно, только одно: все диагонали от 1-й до $k$-й заполнены фишками, а все остальные — пустые. Это доказывает утверждение б), так как все фишки не покидают своих диагоналей, и не сдвигаются влево с какого-то момента.

Пусть теперь $n\neq\frac{1}{2} k (k+1)$. Тогда существует такое $k,$ что $$\frac{1}{2} k (k+1)<n<\frac{1}{2} (k+1) (k+2).$$

Положим $r=n-\frac{1}{2} k (k+1).$ В этом случае расположение фишек, при котором за неполной диагональю следуют пустые такое: все диагонали от 1-й до $k$-й заполнены фишками, на $(k+1)$-й диагонали находится $r$ фишек, а следующие диагонали пусты. Фишки, находящиеся на $(k+1)$-й диагонали перемещаются по ней, попадая через каждые $(k+1)$ шагов на свои прежние места. Это ответ на вопрос в).

М4. О равенстве медианы и высоты

Задача из журнала «Квант» (1970 год, 1 выпуск)

Условие

Дан отрезок $AB$. Найти на плоскости множество точек $C$ таких, что в треугольнике $ABC$ медиана, проведенная из вершины $A$, равна высоте, проведенной из вершины $B$.

 

Решение

Введём прямоугольную систему координат с началом в точке $A$, пусть точка $B$ имеет координаты $(2;0)$, а искомая точка $C$ — координаты $(x;y)$. Пусть $AF$ — медиана в треугольнике $ABC$, $BK \bot AC$ (рис.1). Легко показать, что точка F имеет координаты $\left(\frac{x+2}{2};\frac{y}{2}\right)$. Тогда $FA^{2}=\left(\frac{x+2}{2} \right)^{2}+\frac{y^{2}}{4}$.

рис. 1

По условию $BK^{2}=AF^{2}$, поэтому из подобия треугольников $AKB$ и $ACD$ следует, что $\frac{BK^{2}}{AK^{2}} = \frac{CD^{2}}{AD^{2}}$ или

$\frac{ \left(\frac{x+2}{2}\right )^{2}+\frac{y^{2}}{4} }{4-\left[ \left(\frac{x+2}{2} \right)^{2}+\frac{y^{2}}{4}\right]} = \frac{y^{2}}{x^{2}}$

Преобразовывая предыдущее равенство, получим:

$y^{4}+\left(2x^{2}+4x-12\right)\cdot y^{2}+\left(2x+x^{2}\right)^{2}=0$

Это и есть уравнение, связывающее координаты искомых точек. Может показаться, что оно определяет кривую четвертого порядка, нарисовать которую довольно трудно, но на самом деле левая часть уравнения легко раскладывается на множители:

$\left[\left(x+1\right)^{2}+\left(y+\sqrt{3}\right)^{2}-4\right] \left[\left(x+1\right)^{2}+\left(y-\sqrt{3}\right)^{2}-4\right]=0$

Задача решена.