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

M1767. Внутри квадрата

Задачa из журнала «Квант» (2001 год, 2 выпуск)

Условие

Внутри квадрата $ABCD$ расположены точки $P$ и $Q$ так, что $\angle PAQ = \angle PCQ = 45 ^{\circ}$ (рис.1). Докажите, что $PQ^{2} = BP^{2} + QD^{2}$.

Решение

Симметрично отразим $\triangle APB $ относительно прямой $AP$, a $\triangle AQD $ — относительно прямой $AQ$. При этом отраженные точки $B$ и $D$ «склеятся» в одну точку $M$ (рис.2). Затем симметрично отразим $\triangle CPB $ относительно прямой $CP$, а треугольник $CQD$ — относительно прямой $CQ$. При этом отраженные точки $B$ и $D$ «склеятся» в одну точку $N$.

Заметим, что $\angle PMQ + \angle QNP = 180^{\circ}$, но так как треугольники $PMQ$ и $QNP$ равны, то $\angle PMQ = \angle QNP$, т.е. $\angle PMQ = 90^{\circ}$.

Значит, треугольник $PMQ$ прямоугольный и $PM^{2} + QM^{2} = PQ^{2}$. Но $PM = BP$, а $QM = QD$, поэтому окончательно можно утверждать, что $PB^{2} + QD^{2} = PQ^{2}$.

В. Произволов

М1716. Тетрадь в клетку

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

Условие

В квадрате клетчатой бумаги размером $n\times n$ клеток отмечены $N$ клеток таким образом, что каждая клетка квадрата (отмеченная или не отмеченная) имеет хотя бы одну отмеченную соседнюю клетку. Определите наименьшее возможное значение $N$, если соседними считать клетки, имеющие общую сторону.

Решение

Рассмотрим случай четного $n$.

Сначала раскрасим доску в черный и белый цвета в шахматном порядке. Пусть $f\left(n\right)$ — это искомое число, а $f_{\omega}\left(n\right)$ — минимальное число белых клеток, которые должны быть отмечены таким образом, чтобы каждая черная клетка имела соседнюю отмеченную белую. Определим подобным образом $f_{b}\left(n\right).$ Благодаря симметричности шахматной доски $\left(n = 2k\right)$, мы имеем $f_{\omega}\left(n\right) = f_{b}\left(n\right)$; кроме этого, $f\left(n\right) = f_{\omega}\left(n\right) + f_{b}\left(n\right)$.

Было бы более удобно посмотреть на доску, развернув ее таким образом, чтобы главная черная диагональ (самая длинная) располагалась горизонтально. Тогда длины остальных черных диагоналей были бы $2, 4, \ldots, 2k, \ldots, 4, 2.$

Зачеркнем «нечетные» клетки белых диагоналей, расположенных под черными диагоналями длины $4i — 2$ в первом случае и под черными диагоналями длины $4i + 2$ во втором случае (см. рисунок).

m1716

В первом случае зачеркнутыми окажутся $2i$ белых клеток, а во втором случае $2i + 1$ белых клеток. Таким образом, всего мы зачеркнем
$$2 + 4 + \ldots + k + \ldots + 3 + 1 = \frac{k\left(k+1\right)}{2}$$
белых клеток. Легко видеть, что каждая черная клетка имеет белую зачеркнутую соседнюю клетку. Из этого следует, что
$$f_{\omega}\left(n\right) \leqslant \frac{k\left(k+1\right)}{2}.$$

Рассмотрим $\displaystyle\frac{k\left(k+1\right)}{2}$ зачеркнутых белых клеток: у них нет общих черных соседних клеток, следовательно, нам нужно по крайней мере $\displaystyle\frac{k\left(k+1\right)}{2}$ черных отмеченных клеток с тем, чтобы «охватить» все эти белые клетки. Поэтому
$$f_{b}\left(n\right) \geqslant \frac{k\left(k+1\right)}{2}.$$
Отсюда мы имеем
$$f_{\omega}\left(n\right) = f_{b}\left(n\right) = \frac{k\left(k+1\right)}{2},$$
$$f\left(n\right) = k\left(k+1\right).$$

Аналогично доказывается, что
\begin{equation*}
f\left(n\right) =
\begin{cases}
4k^2 — 1 &\text{при $n = 4k — 1$,}\\
\left(2k + 1\right)^2 &\text{при $n = 4k + 1$.}
\end{cases}
\end{equation*}

Е. Баранов, И. Воронович

M1554

 

Задача из журнала «Квант» (1996, №4)

Условие

На основании треугольника ABC во внешнюю сторону построены квадраты ABMN, BCKL, и ACPQ. На отрезках NQ и PK построены квадраты NQZT и PKXY.Найдите разность площадей квадратов NQZT, PKXY, если известна разность площадей квадратовABMN, BCKL.
444

Ответ:

3d (где 3d — заданная разность площадей).

По теореме косинусов (см. рисунок),

NQ^2=AN^2+AQ^2-2AN\cdot AQ\cdot \cos\angle NAQ=AB^2+AC^2-2\cdot AB\cdot BC\cdot \cos\angle NAQ, BC^2=AB^2+AC^2-2AB\cdot AC\cdot \cos\angle BAC .

Поскольку \angle NAC+\angle BAC=180^{\circ}, сумма их косинусов равна 0. Поэтому

NQ^2+BC^2=2AB^2+2AC^2

Аналогично: PK^2+AB^2=2BC^2+2AC^2. Поэтому

NQ^2-PK^2=3AB^2-3BC^2=3d А.Герко, М.Вялый