M1724

Задача из журнала «Квант» (2000 год, 2 выпуск)

Условие задачи

В треугольнике [latex] ABC [/latex] проведены высоты [latex] AD [/latex] и [latex] CE [/latex], пересекающиеся в точке [latex] O [/latex](рис.1). Прямая [latex] DE [/latex] пересекает продолжение стороны [latex] AC [/latex] в точке [latex] K[/latex].

Докажите, что медиана [latex] BM [/latex] треугольника [latex] ABC [/latex] перпендикулярна прямой [latex] OK [/latex].

Решение

Докажем, что прямая [latex] OM [/latex] перпендикулярна на [latex] KB [/latex] (рис.1).
Отсюда непосредственно будет следовать утверждение задачи, поскольку в этом случае [latex] O [/latex] окажется ортоцентром треугольника [latex] KBM [/latex] (рис.2).

Пусть основание перпендикуляра, опущенного из точки [latex] O [/latex] на прямую [latex] BK [/latex], служит точка [latex] N [/latex] (рис.3).

Поскольку точки [latex] E [/latex] и [latex] N [/latex] лежат на окружности с диаметром [latex] OB [/latex], то угол [latex] BND [/latex] равен углу [latex] BED [/latex]. Аналогично, четырехугольник [latex] AEDC [/latex] вписан в окружность с диаметром [latex] AC [/latex].

Поэтому угол [latex] BED [/latex] равен углу [latex] ACB[/latex]. Таким образом, сумма углов [latex] KND [/latex] и [latex] ACB [/latex] равна [latex]180^\circ[/latex], т.е. четырехугольник [latex] KNDC [/latex] вписанный.

Значит, угол [latex] NCK [/latex] равен углу [latex] NDK [/latex]. Но угол [latex] NDE [/latex] равен углу [latex] NBE [/latex] в силу того, что точки[latex] B [/latex],[latex] D [/latex],[latex] E [/latex] и [latex] N [/latex], как мы уже отмечали, лежат на одной окружности с диаметром [latex] OB [/latex]. Поэтому равны углы [latex] NBA [/latex] и [latex] NCA [/latex]. Т.е. точка [latex] N [/latex] лежит на описанной окружности треугольника [latex] ABC [/latex].

Нам осталось совсем немного. Продолжим прямую [latex] NO [/latex] до пересечения с описанной окружностью треугольника [latex] ABC [/latex] в точке [latex] P [/latex] (рис.4).

Так как угол [latex] BNP [/latex] прямой, то [latex] BP [/latex] — диаметр этой окружности. Значит, углы [latex] BAP [/latex] и [latex] BCP [/latex] прямые. Поэтому отрезок [latex] AP [/latex] параллелен [latex] CE [/latex], а [latex] PC [/latex] параллелен [latex] AD [/latex]. Но отсюда [latex] APCO [/latex]- параллелограмм, и прямая [latex] NO [/latex] делит [latex] AC [/latex] пополам, что и требовалось доказать.

М. Волкевич

M1481. О биссектрисах вписанного треугольника

Квант_1Задача из журнала «Квант» (1995 №2)

Условие

В треугольнике [latex]ABC[/latex] проведена биссектриса [latex]AK[/latex], [latex]D[/latex] — точка пересечения биссектрисы внешнего угла при вершине [latex]B[/latex] с описанной окружностью. Докажите, что если [latex]\angle A> \angle C[/latex], то

[latex]\sin A / \sin C- \sin \angle CDK/ \sin \angle BDK=1.[/latex]

Доказательство

Пусть углы [latex]A, B, C[/latex] треугольника равны [latex]2\alpha, 2\beta, 2\gamma[/latex] соответственно. Биссектриса внутреннего угла [latex]B[/latex] пересекает дугу [latex]AC[/latex] описанной окружности в точке [latex]L[/latex], диаметрально противоположной [latex]D[/latex](рис. 1).

Рис. 1

Положим [latex]\angle CBD=\delta, \angle BCD=\varepsilon[/latex]. Используя теорему синусов(для [latex]\vartriangle DBK[/latex] и [latex]\vartriangle CDK[/latex]), теорему о биссектрисе треугольника ([latex]BK/KC = AB/AC = \sin 2\gamma / \sin 2\beta[/latex]) и формулу

[latex]2 \sin \varphi \cos\psi = \sin(\varphi + \psi) — \sin(\psi — \varphi)[/latex],

получаем

[latex]\frac{\sin \angle CDK}{\sin \angle BDK} = [/latex] [latex]\frac{KC \sin \varepsilon}{KB \sin \delta} = [/latex] [latex]\frac{ \sin 2\beta \cdot \sin \frac{\pi — 4\gamma — 2\beta}{2}}{\sin 2\gamma \cdot \sin \frac{\pi — 2\beta}{2}} = [/latex]

[latex]\frac{2 \sin \beta \cos \beta \cos(2\gamma + \beta)}{\sin2\gamma \cos \beta} = [/latex] [latex]\frac{\sin(2\beta + 2\gamma)}{\sin2\gamma} — 1 = [/latex] [latex]\frac{\sin2\alpha}{\sin2\gamma} — 1[/latex]

что и требовалось доказать.

Замечание

Если [latex]\angle A< \angle C[/latex] (как на рисунке 2), то меняется лишь знак в формуле

[latex]\sin \varepsilon = \sin(2\gamma + \beta — \pi /2)= — \cos (2\gamma + \beta)[/latex]

а [latex]\sin \delta[/latex] по-прежнемe равен [latex]\sin( \beta + \pi /2) = \cos \beta[/latex], так что равенство в условии принимает вид

[latex]\frac{\sin A}{\sin C} + \frac{\sin \angle CDK}{\sin \angle BDK} = 1[/latex]

Рис. 2

Тест 2016

Рабочее тестирование плагина в 2016 году

M390. Сумма цифр числа

Задача из журнала «Квант» (1976, №6)

Условие

Докажите что существует бесконечно много натуральных ${n}$, для которых сумма цифр числа ${2}^{n}$ больше суммы цифр числа ${2}^{n+1}.$

Решение

max

Рис.1

Решение этой задачи основано на двух фактах.

Остатки чисел  $ 1,\quad 2,\quad { 2 }^{ 2 },\quad { 2 }^{ 3 }…$ при делении на 9 образуют периодическую последовательность, изображенную на рисунке 1.

II Количество цифр в числе   ${2}^{n}$ не превосходит

$$\lg{{ 2 }^{ n }}+1=n\cdot \lg{2}+1\le \frac { n }{ 3 } +1.$$

Покажем, что эти два факта находятся в противоречии с предположением:

III       $$s({ 2 }^{ n })\le s({ 2 }^{ n+1 })$$

для всех  ${n}$, не меньших некоторого ${N}$, где ${s(a)}$ — сумма цифр числа ${a}.$

Отсюда будет следовать, что III неверно, а это и требуется доказать в задаче.

Допустим, что III верно, то есть что для всех ${n\ge N}$ сумма цифр ${2}^{n}$ все время возрастает. Тогда согласно I для ${n\ge N}$ при переходе от ${2}^{n}$ до ${2}^{n+6}$ (за один период) сумма цифр увеличивается не меньше, чем на

$${1+2+4+8+7+5=27}.$$

(Мы рассуждаем так: если ${a}$ дает при делении на ${9}$ остаток ${8}$, ${b}$ — остаток ${7}$ и ${a<b}$, то разность ${b-a}$ не меньше ${8}$; оценки для разностей указаны на рисунке 1 красным цветом). Итак,

$$s({ 2 }^{ n+6 })\le s({ 2 }^{ n })+27.$$

Значит, при ${n=N+6k}$, где  ${k\ge 1}$, будет $$s({ 2 }^{ n })=s({ 2 }^{ N+6k })\ge { s(2 }^{ N })+27k=\cfrac { 9 }{ 2 } n-\cfrac { 9 }{ 2 } N+s({ 2 }^{ N }).$$

Поскольку все цифры не больше 9, согласно II

$$s({ 2 }^{ n })\le 9(\frac { n }{ 3 } +1).$$

Таким образом, при всех ${n=N+6k}$ должно выполняться неравенство

$$\frac { 9 }{ 2 } n-A\le s({ 2 }^{ n })\le 3n+9.$$

(здесь $A$ — число, не зависящее от $n$). Но поскольку $\frac { 9 }{ 2 } >3$, это, очевидно, неверно(при всех $n>2(A+9)/3$). Полученное противоречие доказывает, что предположение III неверно.

 

 

М838. О разбиении точек, лежащих на сторонах треугольника, на множества

Задача из журнала “Квант” (1984, №3)

Условие

Все точки, лежащие на сторонах правильного треугольника $ABC$ разбиты на два множества $E_{1}$ и $E_{2}$. Верно ли, что для любого такого разбиения в одном из множеств $E_{1}$ и $E_{2}$ найдется тройка вершин прямоугольного треугольника?

рис. 1

Ответ

Верно.

Доказательство

Доказательство проведем от противного. Пусть точки множества $E_{1}$ окрашены синим цветом, множества $E_{2}$ – красным. Предположим, что не существует прямоугольного треугольника с одноцветными вершинами, и рассмотрим правильный шестиугольник, вписанный в треугольник $ABC$ (см. рисунок 1). Каждые две его противоположные вершины должны быть окрашены по-разному — если, например, противоположные вершины $P$ и $Q$ синие, то любая из остальных четырех вершин должна быть красной, так как образует вместе с $P$ и $Q$ прямоугольный треугольник: но тогда любые три из этих красных точек образуют запрещенный одноцветный прямоугольный треугольник.

рис. 2

Ясно, что в таком случае найдутся две соседние разноцветные вершины шестиугольника. Либо эти две вершины, либо противоположные им (тоже разноцветные!) лежат на одной из сторон треугольника. Пусть для определенности на стороне $AB$ лежат синяя вершина $К$ и красная $L$, тогда противоположные им вершины $K’$ и $L’$ будут красной и синей (см. рисунок 3). Но тогда в какой бы цвет ни была окрашена вершина $А$, один из
прямоугольных треугольников $AKL’$ и $ALK’$ будет одноцветным. Противоречие.

рис. 3

Это рассуждение показывает, что даже множество из восьми точек — вершин шестиугольника и любых двух вершин треугольника — нельзя разбить на подмножества без прямоугольных треугольников.

Н.Б. Васильев, В.Н. Дубровский

M927. Замена пересекающихся отрезков

Задача из журнала «Квант» (1985, №10)

Условие

На плоскости дано конечное множество точек, никакие три из которых не лежат на одной прямой. Проведено несколько отрезков с концами в данных точках. Эти отрезки разрешается менять: если какие-то два из них, [latex]AC[/latex] и [latex]BD[/latex], пересекаются, их можно стереть и провести

  1. отрезки [latex]AB[/latex] и [latex]CD[/latex]
  2. [latex]AB[/latex] и [latex]BC[/latex].

(Если «новый» отрезок уже проведён, проводить его второй раз не нужно.)
Можно ли после нескольких таких замен (только по правилу 1 или по правилу 2, но не по обоим) вернуться к исходному набору отрезков?

Решение

  1. Докажем, что через конечное число операций «типа 1» — замены пересекающихся [latex]AB[/latex] и [latex]CD[/latex] — мы придём к конфигурации, в которой уже не будет пересекающихся отрезков.

    Рассмотрим сумму [latex]s[/latex] длин всех отрезков конфигурации. При каждой операции «типа 1» она уменьшается:
    [latex]AB + CD < AC + BD[/latex] (*)
    (для треугольников [latex]APB[/latex] и [latex]CPD[/latex], где [latex]P[/latex] — точка пересечения [latex]AC[/latex] и [latex]BD[/latex] — рис. 1, выполнены неравенства [latex]AB < AP + PB[/latex] и [latex]CD < CP + PD[/latex]; сложив их, получим (*)).

    рисунок2

    С другой стороны, величина [latex]s[/latex] может принимать лишь конечное число различных значений, поскольку существует лишь конечное число различных конфигураций из отрезков с вершинами в данных точках. Поэтому через конечное число шагов мы придём к конфигурации, с которой уже нельзя проделать операцию, уменьшающую [latex]s[/latex].

    Это решение даёт очень грубую верхнюю оценку для максимального количества [latex]T_n[/latex] операций, которое может быть проделано с конфигурацией на [latex]n[/latex] точках — можно сказать лишь что оно меньше числа всех конфигураций, то есть [latex]2^{n\cdot(n-1)/2}[/latex], [latex]n\cdot(n-1)/2[/latex] — это число различных отрезков с концами в данных [latex]n[/latex] точках.

    рис1

    Приведём идею другого решения, дающего значительно лучшую оценку. Рассмотрим произвольное разбиение [latex]f[/latex] данных точек на два непустых множества, каждое из которых лежит целиком по одну сторону от некоторой прямой [latex]l[/latex]. Таких прямых для данного разбиения, конечно, бесконечно много, но одну из них всегда можно получить, повернув по часовой стрелке прямую, соединяющую две какие-либо точки [latex]A[/latex] и [latex]B[/latex] на очень маленький угол вокруг середины отрезка [latex]AB[/latex] (рис. 2); эту прямую обозначим [latex]l_i[/latex]. Число прямых [latex]l_i[/latex], и значит, что число рассматриваемых «выпуклых» разбиений не превосходит числа пар точек [latex]n\cdot(n-1)/2[/latex].

    Назовём балансом конфигурации суммарное число [latex]b[/latex] пересечений её отрезков со всеми прямыми [latex]l_i[/latex]; ясно, что [latex]0 \le b \le (n\cdot(n-1)/2)^2[/latex]. При операции типа 1 число пересечений любой прямой [latex]l_i[/latex] с отрезками конфигурации не увеличивается, а по крайней мере для одной прямой оно уменьшается на 2. Следовательно, [latex]T_n \le n^2 \cdot (n-1)^2 / 8[/latex]. Интересно было бы получить ещё более точную оценку для [latex]T_n[/latex].

  2. рисунок1Приведём пример, показывающий, что для операции «типа 2» — замены пересекающихся отрезков [latex]AC[/latex] и [latex]BD[/latex] не имеющих общий конец [latex]AB[/latex] и [latex]BC[/latex] — процесс может «зациклиться» и тем самым продолжаться неограниченно. Расположим 18 точек в вершинах правильного 18-угольника и обозначим через [latex]D(k, l)[/latex] конфигурацию из 36 отрезков, в которой каждая из 18 точек соединена [latex]k[/latex]-й и [latex]l[/latex]-й от неё по счёту.

    Чтобы пройти за 54 операции путь [latex]D(4, 8) \to D(5, 9) \to D(6, 7) \to D(4, 8)[/latex] (рис. 3), достаточно каждую из операций, изображенных на рисунке 4, проделать по 18 раз (поворачивая картинку каждый раз на [latex]20^{\circ}[/latex]).

    По-видимому, существуют и примеры с существенно меньшим числом точек [latex]n[/latex] и длинной цикла [latex]T[/latex], чем [latex]n = 18[/latex] и [latex]T = 54[/latex].

  3. рисунок4

    Н.Б. Васильев, В.Е. Колосов