М2010. Зв’язна клітинна фігура

Задача із журналу «Квант» (2006 рік, №4)

Умова

Для натуральних чисел $m$ і $n$ позначимо через $F(m,n)$ кількість всіх зв’язних клітинних фігур прямокутнику $m\times n$. Доведіть, що парність числа $F(m,n)$ збігається з парність числа $\frac{n(n+1)}{2}\cdot\frac{m(m+1)}{2}.$ (Зв’язна клітинна фігура – це така непорожня множина клітин, що з будь-якої клітини цієї множини можна пройти в будь-яку іншу клітину цієї множини по клітинах цієї множини, переходячи щоразу в сусідню по стороні клітину.)

А.Бадзян

Рішення

Припустимо, що $F(m,0) = 0.$ Зв’язні фігури в прямокутнику $m\times 1$ – це $m$ фігур з однієї клітини та смужки із двох або більше клітин. Кожна смужка визначається парою клітин – першою та останньою, тому $$F(m,1) = m + \frac{m(m-1)}{2} = \frac{m(m+1)}{2}.$$

Нехай у прямокутнику $m$ рядків та $n\gt 1$ стовпців. Позначимо через $l$ вертикальну вісь симетрії. Кожній зв’язній фігурі відповідає фігура, симетрична щодо $l,$ тому несиметричні щодо $l$ фігури розбиваються на пари, і парність $F(m,n)$ збігається з парністю кількості зв’язних фігур, симетричних щодо $l.$

Розглянемо деяку фігуру $T,$ симетричну щодо $l.$

Нехай $n$ непарне, $n =2k-1,$ $k\ge 2.$ Фігура $T$ містить хоча б одну клітину $k$-го стовпця, інакше з клітини фігури $T$ неможливо пройти по клітинам $T$ в симетричну відносно $l$ клітину, переходячи кожен раз в сусідню клітину. Зауважимо, що частина $T_{1}$ фігури $T,$ що розташована в $k$ найлівіших стовпцях, зв’язна. Дійсно, розглянемо дві клітини $x$ та $y$ фігури $T_{1}.$ Нехай $x’$ – клітина, що симетрична $x$ відносно $l,$ a $x’,z_{1},z_{2},\ldots,z_{t},y$ – послідовність клітин, що утворює шлях з $x’$ в $y$ по сусідніх клітинах фігури $T.$ Тоді, замінюючи в цьому шляху клітини, що лежать правіше $k$-го стовпця, на симетричні щодо $l,$ ми отримаємо шлях з $x$ в $y$ по сусідніх клітинах фігури $T_{1}$ (див. малюнок). Навпаки, якщо фігура $T_{1}$ розташована у прямокутнику, що складається з $k$ найлівіших



стовпців, зв’язна і містить хоча б одну клітину $k$-го стовпця, можна однозначно продовжити фігуру $T_{1}$ до зв’язної фігури $T,$ симетричної відносно $l$. Кількість зв’язних фігур у прямокутнику $m\times k$ дорівнює $F(m,k),$ серед них $F(m,k-1)$ фігур лежать у перших $k-1$ стовпцях (тобто не містить клітин $k$-го стовпця). Отже, кількість зв’язних симетричних щодо $l$ фігур у прямокутнику $m\times (2k-1)$ дорівнює $F(m,k)-F(m,k-1).$

Для парного $n = 2k,$ $k\ge 1,$ міркуючи аналогічно, встановимо взаємно однозначну відповідність між зв’язними симетричними щодо $l$ фігурами та зв’язними фігурами, що розташовані в перших $k$ стовпцях і що містять хоча б одну клітинку $k$-го стовпця. Звідси випливає, що кількість зв’язних симетричних щодо $l$ фігур у прямокутнику $m\times 2k$ дорівнює $F(m,k)-F(m,k-1).$

Отже, для $n = 2k-1$ и $n = 2k$ парність $F(m,n)$ збігається з парністю числа $F(m,k)-F(m,k-1).$

Доведемо індукцією по $n,$ що $F(m,n)$ непарно тоді і лише тоді, коли $m$ і $n$ дають залишок $1$ або $2$ при діленні на $4;$ звідси відразу випливає твердження задачі. Твердження вірне при $n = 0$ і $n = 1.$

Нехай $m$ дає залишок $0$ або $3$ при діленні на $4.$ Припустимо, що це твердження вірне для $F(m,0),F(m,1),\ldots,F(m,n-1),$ тобто ці числа парні. Якщо $n = 2k-1,$ $k\ge 2,$ або $n = 2k,$ $k\ge 1,$ то $n\gt k,$ тому $F(m,n)$ парне, так як $F(m,k)-F(m,k-1)$ парне. Нехай $m$ дає залишок $1$ або $2$ при діленні на $4.$ Припустимо, що твердження вірно для чисел $F(m,0),F(m,1),\ldots,F(m,n-1),$ тобто $F(m,s)$ непарне тоді і лише тоді, коли $s$ дає залишок від ділення $1$ або $2$ при діленні на $4.$ Тоді $F(m,s)-F(m,s-1)$ непарне тоді і лише тоді, коли $s$ непарне. Звідси випливає, що $F(m,n)$ непарне тоді і тільки тоді, коли $n = 2(2l + 1)-1 = 4l + 1$ або $n = 2(2l + 1) = 4l + 2.$

А.Бадзян

М623. Задача об осях симметрии куба, правильной треугольной пирамиды и нечетности осей симметрии многогранника.

Задача из журнала «Квант» (1980 год, 5 выпуск)

Условие

а) Сколько осей симметрии имеет куб? Правильная треугольная пирамида?

б)* Докажите, что если некоторый многогранник имеет $k$ осей симметрии $(k \geq 1)$, то $k$ нечетно.

Решение

а) Нетрудно указать девять осей симметрии куба. Это — прямые, соединяющие центр куба $O$ с центрами граней (их три: $Ox$, $Oy$, $Oz$ на рисунке $1$) и с серединами ребер (их шесть).

Других осей симметрии у куба нет: это можно доказать, опираясь на такое наблюдение: при любом самосовмещении куба каждая из трех осей $Ox$, $Oy$, $Oz$ должна отображаться на одну из этих же осей, причем если это само совмещение — симметрия (поворот на $180 ^\circ$) $S_l$ относительно некоторой прямой $l$, отличной от $Ox$, $Oy$ и $ Oz$, то одна из этих трех осей должна переходить сама в себя, а две остальные — друг в друга.

У правильного тетраэдра три оси симметрии — прямые, соединяющие середины его ребер. Чтобы убедиться в этом, удобно достроить тетраэдр до куба, проведя через каждое ребро тетраэдра плоскость, параллельную противоположному ребру (рис. $2$). Ясно, что любое самосовмещение тетраэдра будет также самосовмещением этого описанного куба. Из девяти осевых симметрий, отображающих куб на себя, лишь три будут переводить в себя тетраэдр.

б) Пусть дан многогранник $M$, у которого более одной оси симметрии.

Лемма $1$ Если $l$ и $m$ — оси симметрии многогранника $M$, то $S_l (m) = m’$ — также ось симметрии $М$.

В самом деле, если точки $P$ и $P’$ многогранника $M$ симметричны относительно $m$, то $S_l (P)$ и  $S_l (P’)$ будут симметричными относительно $m’$. Короче: $S_{m’}  = S_l O S_m O S_l$.

Лемма $2$ Если $l$ и $m$ — оси симметрии многогранника $M$, пересекающиеся в точке $O$ и перпендикулярные друг к другу, то прямая $n$, перпендикулярная им обоим и проходящая через точку $O$, также служит осью симметрии $M$.

Действительно, $S_n = S_m O S_l$. Это легко проверить, приняв данные прямые за оси координат, или построив прямоугольный параллелепипед с центром в точке $O$ и осями симметрии $l$, $m$, $n$ с произвольной вершиной $P$ (рис. $3$).

Леммы $1$ и $2$ позволяют, фиксировав какую-то одну ось симметрии $l$, разбить все остальные на пары: если $m$ удовлетворяет условия леммы $2$, то пару с ней образует $n$, а если нет, то $m’ = S_l(m) \ne m$. Отсюда сразу следует утверждение задачи б).

Возникает естественный вопрос: какое вообще (конечное) множество прямых может быть множеством всех осей симметрии некоторого многогранника?

Различные примеры даются множеством осей симметрии $n$-угольной правильной призмы (здесь количество осей $p=n$ при $n$ нечетном и $p=n+1$ при $n$ четном), тетраэдра (или прямоугольного параллелепипеда с разными ребрами, $p=3$), куба (или октаэдра $p=9$) и додекаэдра (или икосаэдра, $p=15$). Попробуйте доказать, что других множеств осей симметрии (состоящих более чем из одной прямой) не бывает. Конечно, тут не обойтись без такой очень полезной леммы, которую многие читатели применили и в решении задачи б).

Лемма $3$ Оси симметрии любого многогранника пересекаются в одной точке.

Предположим, что $l$, $m$ — непересекающиеся оси симметрии многогранника $M$. Пусть $n$ — общий перпендикуляр $l$, $m$; рассмотрим прямоугольную систему координат с началом в точке $O = l \cap n$, с осью $Oz$ направленной по лучу $OA$, где $A = n \cap m$; пусть $|OA| = a$. Тогда при симметрии относительно оси $l$ координата $z$ любой точки переходит в $(-z)$, а при симметрии относительно $m$ — в $(2a-z)$. Поэтому при композиции этих двух симметрий $z$ изменяется на $2a$. Повторяя эту композицию достаточное число раз, мы «выгоним» любую точку за пределы многогранника $M$.  Противоречие!

Вот еще более короткое доказательство леммы $3$ (правда, использующее понятие, заимствованное из механики): пусть $O$ — центр масс одинаковых грузиков, помещенных в вершинах многогранника $M$; ясно, что при любом самосовмещении многогранника $M$ грузики лишь меняются местами, поэтому точка $O$ переходит в себя; в частности, все оси симметрии многогранника $M$ проходят через точку $O$.

Н. Васильев, В. Сендеров, А. Сосинский