Рубрика: Задачи «Квант»

Математические задачи из детского физико-математического журнала «Квант»

Задача о 19-граннике

Задача из журнала «Квант» (1970, №7)

Условие

Около сферы радиуса $10$ описан некоторый $19$-гранник. Доказать, что на его поверхности найдутся две точки, расстояние между которыми больше $21$.

kvantTasc

Решение

Первое решение

Предположим противное, то есть, что расстояние между любыми двумя точками поверхности нашего $19$-гранника не больше $21$. Тогда этот многогранник лежит внутри сферы радиуса $11$, концентричной сфере радиуса $10$, а каждая его грань лежит между сферами. Поэтому площадь каждой грани не слишком велика, а именно, не превосходит площади круга, радиус которого равен $\sqrt{21}$. В нашем многограннике $19$ граней, поэтому площадь $S$ его поверхности не превосходит $19\cdot(\pi\cdot(\sqrt{21})^2) = \pi(20^2 -1^2)=399\pi$. Но многогранник описан около сферы радиуса $10$. Отсюда площадь его поверхности больше площади поверхности этой сферы $4\pi10^2$*. Итак, с одной стороны, $ S > 399\pi$, с другой стороны, $ S < 400\pi$. Полученное противоречие и решает задачу.

В этом (нестрогом) решении мы пропустили доказательства трёх утверждений, которые начинаются с трёх выделенных выше курсивом слов: тогда, поэтому, отсюда. Мы оставляем читателю эти простые доказательства, но хотим предупредить, что хотя третье утверждение легко доказывается для выпуклого многогранника с помощью сравнения его объёма с объёмом сферы**, тем не менее интуитивно ясное и правильное утверждение о том, что наш многогранник выпуклый, трудно доказать строго, так как само строгое определение многогранника весьма сложно. (Загляните, например, в книгу И. Лакатоса «Доказательства и опровержения» М., «Наука», 1967).

Второе решение

Поставим более общий вопрос: какое наименьшее число граней может иметь многогранник, описанный около сферы радиуса $r$ и целиком лежащий в концентрической с ней сфере радиуса $R > r$. (Вот житейская ситуация, которая подсказала автору эту задачу: каким наименьшим числом прямолинейных взмахов ножа можно срезать верхний слой кожуры апельсина, не срезав при этом ни одного куска сердцевины? Очевидно, что после срезания всего верхнего слоя кожуры остаток будет многогранником, так как на его поверхности не будет ни одного закругленного участка, так что этот вопрос эквивалентен предыдущему.)

Мы не знаем точного ответа на этот более общий вопрос, но докажем для числа граней некоторое неравенство, которое при $r = 10, R = 11$ показывает, что $N < 22$. Тем самым мы докажем, что если в условии задачи вместо $19$-гранника взять $22$-гранник, то утверждение задачи по-прежнему останется справедливым.

Итак, пусть $N$-гранник описан около сферы радиуса $r$ и целиком лежит внутри сферы радиуса $R$. Рассмотрим какую-нибудь его грань.

Проходящая через неё плоскость отрезает от сферы шапочку (сегментную поверхность) высоты $R — r$. Ясно, что если построить шапочки для всех граней нашего многогранника, то их объединение покроет всю внешнюю сферу. Каждая из $N$ шапочек есть сегментная поверхность высоты $R — r$, и, следовательно, имеет площадь $2\pi R(R — r)$. Сумма площадей всех шапочек больше площади сферы. Поэтому $N\cdot 2\pi R(R — r) > 4\pi R^2$, отсюда $N > {\frac{2R}{R-r}}$, в частности, при $R = 11, r = 10$ получаем $N > 22$.

Интересно, что по любому набору шапочек, целиком покрывающих внешнюю сферу, можно построить многогранник, описанный около внутренней сферы. (Докажите!) Поэтому наш вопрос про минимальное число граней полностью эквивалентен следующему вопросу. Каково минимальное число $N = N(h)$ шапочек высоты h, целиком покрывающих сферу радиуса $1$? (В исходной задаче $h = {\frac{1}{11}}$.)

Очевидно, что $N(h) > {\frac{2}{h}}$, но это неравенство отражает просто тот факт, что сумма площадей шапочек больше площади сферы, в то время как интуитивно ясно, что при $h > 1$ шапочки должны довольно сильно перекрываться. И действительно, можно доказать, что при достаточно малых $h$

$ N(h) > 1,2\frac{2}{h}$.

Попробуйте сами доказать, например, что при $h < 1$

$N(h) > 1,001\frac{2}{h}$

А. Г. Кушниренко

* Напомним, что для шара радиуса $R$ объем равен $\frac{4}{3}\pi R^3$, площадь сегментной поверхности с высотой $h$ равна $2\pi Rh$ и, в частности, площадь сферы равна $4\pi R^2$

** Действительно, объем многоугольника равен $\frac{RS}{3}$, где $R$ — радиус вписанной сферы, а $S$ — площадь его поверхности.

М1618. О векторах и правильных многоугольниках

Задача из журнала «Квант» (1997, №6)

Условие

В вершины правильного n-угольника из его центра проведены n векторов из них выбраны несколько (не все), сумма которых равна нулю.Докажите, что концы некоторой части выбранной совокупности векторов образуют правильный многоугольник (две симметричные относительно центра точки считаются правильным «двуугольником»), если :

  1.  [latex]n = 6[/latex];
  2.  [latex]n = 8[/latex];
  3.  [latex]n = 9[/latex];
  4. [latex]n = 12[/latex].
  5. Будет ли аналогичное утверждение, верным при любом [latex]n[/latex]?

Автор задачи: В. Сендеров.

Решение

Ответ на общий вопрос 5) отрицательный. Приведем пример для [latex]n = 30[/latex], т.е. укажем «неправильную» систему векторов, ведущих из центра [latex]O = (0; 0)[/latex] в некоторые вершины тридцатиугольника, сумма которых равана нулю, среди среди которых нет k векторов, ведущих в вершины правильного k-угольника при [latex]k = 2, 3[/latex] и [latex]5[/latex] (а тем самым и при любом k, не превосходящем 30).
Пусть [latex]A(1; 0)[/latex] — одна из вершин тридцатиугольника, тогда [latex]B(-1; 0)[/latex] — противоположная вершина. Направим векторы в вершины правильного пятиугольника, одна из которых [latex]A[/latex], и в вершины правильного треугольника, одна из которых [latex]B[/latex], а затем удалим векторы [latex]\underset{OA}{\rightarrow}[/latex], [latex]\underset{OB}{\rightarrow}[/latex] (они дают в сумме нуль). Оставшиеся шесть векторов (см. рисунок) составляют нужную систему.
my_english_is_not_horoshii
Разумеется, здесь (и ниже) вы используем тот факт, что сумма k векторов, ведущих в вершины правильного k-угольника из его центра, равна нулю; это следует, например, из того, что сумма не меняется при повороте всей картины вокруг центра на угол [latex]\frac {2\pi}{k}[/latex]. Заметим, что для проекций векторов, один из которых имеет координаты [latex](0; 1)[/latex], этот факт по существу эквивалентен тождеству
$$1 + \cos \frac{2\pi}{k} + \cos \frac{4\pi}{k} + … + \cos \frac{2(k-1)\pi}{k} = 0$$
(для четного [latex]k[/latex] оно очевидно, для любого [latex]k[/latex] легко доказывается после умножения на [latex]\sin \frac{\pi}{k}[/latex] ). Аналогично, в примере на рисунке можно провести доказательство прямым подсчетом: чтобы убедиться, что сумма векторов равна нулю, нужно проверить тождество [latex]\cos \frac{2\pi}{5} + \cos \frac{4\pi}{5} = -\cos \frac{\pi}{3} = -\frac{1}{2}[/latex] (здесь удобно домножить левую часть на [latex]\sin \frac{\pi}{5}[/latex]).
<p>Перейдем теперь к отрицательным результатам 1) — 4), показывающим, что для малых n такой пример не построить. Сформулируем простую лемму. Пусть [latex]\underset{OA}{\rightarrow}[/latex], [latex]\underset{OB}{\rightarrow}[/latex], [latex]\underset{OC}{\rightarrow}[/latex] и [latex]\underset{OD}{\rightarrow}[/latex] — различные единичные векторы. Тогда:

  1. если [latex]\underset{OA}{\rightarrow} + \underset{OB}{\rightarrow} + \underset{OC}{\rightarrow} = \underset{0}{\rightarrow}[/latex], то [latex]A[/latex], [latex]B[/latex], [latex]C[/latex] — вершины правильного треугольника;
  2.  если [latex]\underset{OA}{\rightarrow} + \underset{OB}{\rightarrow} + \underset{OC}{\rightarrow} + \underset{OD}{\rightarrow} = \underset{0}{\rightarrow}[/latex], то векторы разбиваются на две пары взаимно противоположных (т.е. [latex]A[/latex], [latex]B[/latex], [latex]C[/latex], [latex]D[/latex] являются вершинами прямоугольника).

Докажем 2. Пусть точки [latex]A[/latex], [latex]B[/latex], [latex]C[/latex], [latex]D[/latex] лежат на окружности в указанном порядке. Тогда из равенства
[latex]\frac{\underset{OA}{\rightarrow} + \underset{OB}{\rightarrow}}{2} + \frac{\underset{OC}{\rightarrow} + \underset{OD}{\rightarrow}}{2} = \underset{0}{\rightarrow}[/latex] следует, что середины хорд [latex]AB[/latex] и [latex]CD[/latex] равноудалены от [latex]O[/latex], откуда [latex]AB = CD[/latex]; аналогично, [latex]BC = DA[/latex], так что [latex]ABCD[/latex] — вписанный параллелограмм, т.е. прямоугольник. Доказательство 1 еще проще: из равенств вида [latex]\frac{\underset{OB}{\rightarrow} + \underset{OC}{\rightarrow}}{2} = -\frac{\underset{OA}{\rightarrow}}{2}[/latex] ясно, что середины хорд [latex]BC[/latex], [latex]CA[/latex] и [latex]AB[/latex] равноудалены от точки [latex]O[/latex]. Значит, [latex]BC = CA = AB[/latex].
При [latex]n <= 9[/latex] в системе векторов, о которой идет речь в задаче, либо в дополняющей ее до [latex]n[/latex] системе не более четырех векторов. По лемме, эту систему можно разбить на правильные k-угольники ([latex]k = 2[/latex] или [latex]k = 3[/latex]).
Значит, этим же свойством обладает и дополнительная система вершин.
Тем самым, пункты 1) — 3) задачи решены.
В пункте 4) можно рассуждать так. Пусть система содержит вектор [latex](1; 0)[/latex] и не содержит противоположный вектор [latex](-1; 0)[/latex]. Докажем, что тогда она содержит и векторы [latex](\cos \frac{2\pi}{3}; \pm \sin {2\pi}{3})[/latex].
В самом деле, среди наших 10 векторов (не считая [latex](1; 0)[/latex] и противоположного) три пары дают в проекции на ось [latex]Ox[/latex] рациональные числа
$$\cos (\pm \frac{\pi}{3}) = \frac {1}{2}, \cos (\pm \frac {2\pi}{3}) = — \frac {1}{2}, \cos (\pm \frac {\pi}{2}) = 0$$,
две пары — иррациональные числа; ясно, что получить в сумме из этих чисел нужную минус единицу можно, лишь используя две [latex](-1/2)[/latex].
Используя результаты статьи «Многочлены деления круга» («Квант» №1, 1998), нетрудно доказать, что при [latex]n = p[/latex] и [latex]n = 2p[/latex], где [latex]p[/latex] — простое число, нетривиальных систем векторов с суммой нуль не существует, а при любом [latex]n[/latex], имеющем не менее трех разных простых множителей, такая система существует.
Один из способов построения нужных примеров — использование корней многочленов деления круга с коэффициентами [latex]+1[/latex] и [latex]-1[/latex]; например, равенство многочлена [latex]{\Phi}_{15}(\xi) = 0[/latex], где [latex]\xi[/latex] — один из корней [latex]{\Phi}_{15}[/latex], дает пример «неправильной семерки» векторов. Оно же позволяет получить такую же шестерку векторов, как на рисунке.
Однако остается немало вопросов, связанных с этой задачей.
Например, существует ли пример для [latex]n = 15[/latex] (из сказанного выше следует, что для [latex]n < 15[/latex] его нет), для [latex]n[/latex] вида [latex]{p}^{a}[/latex] и [latex]{p}^{a} * {q}^{b}[/latex], где p и q простые? Существует ли для некоторого [latex]n[/latex] неправильная система из 5 векторов , идущих в вершины правильного n-угольника, суммой нуль (не содержащая меньших правильных подсистем)? Возможно ли система, которую, в отличие от построенных выше примеров, нельзя получить не только как «сумму», но и как «алгебраическую сумму» (т.е. «сложением» и «вычитанием») правильных подсистем?

Авторы решения: Н. Васильев, В. Сендеров.

М1579. Нахождение площади шестиугольника

Задача из журнала «Квант» (1997, №3)

Условие

Пусть [latex] A’,B’,C’,D’,E’,F’ [/latex] — середины сторон [latex] AB, BC, CD, DE, EF, FA [/latex] произвольного выпуклого шестиугольника [latex] ABCDEF [/latex]. Известны площади треугольников [latex] ABC’, BCD’, CDE’, DEF’, EFA’, FAB’ [/latex]. Найдите площадь шестиугольника [latex] ABCDEF [/latex].
M1579(1)рис.1

Решение

Заметим, что $$S_{ABC’}=(S_{ABC} + S_{ABD}) / 2,$$ поскольку все эти три треугольника имеют общее основание [latex] AB [/latex] (рис.1) высота [latex] \Delta ABC’ [/latex] равна полусумме высот [latex] \Delta ABC [/latex] и [latex] \Delta ABD [/latex] , опущенных на [latex] AB [/latex]. M1579(2)рис.2

Сложив шесть равенств аналогичных (1), получим, что известная нам сумма [latex]S\prime [/latex] площадей треугольника [latex] ABC’, BCD’, CDE’, DEF’, EFA’, FAB’ [/latex] равна сумме [latex]{ (S }_{ 1 }+{ S }_{ 2 })/2[/latex], где [latex]S_{1}[/latex]- сумма площадей шести треугольников [latex] ABC, BCD, CDE, DEF, EFA, FAB [/latex], отрезаемых малыми диагоналями, а [latex]S_{2}[/latex] — сумма площадей треугольников [latex] ABC, BCD, CDE, DEF, EFA, FAB [/latex] полученных «циклическим сдвигом» вершин из [latex]\triangle ABS[/latex].С другой стороны разрезав шестиугольник так, как показано на рисунке 2, и еще двумя аналогичными способами, получающимися из этого разрезанная «циклическим сдвигом» (в том же направлении [latex]A\rightarrow B\rightarrow C\rightarrow …[/latex]) для площади [latex]S[/latex] шестиугольника получим равенство [latex]3S=S_{1}+S_{2}[/latex]. От сюда [latex]S=2S\prime /3[/latex].

Н.Васильев 

M1443. О периодичности некоторой бесконечной последовательности

Задача из журнала «Квант» (1994, №4)

Условие

Бесконечная последовательность чисел [latex]x_{n}[/latex] определяется условиями:[latex]x_{n+1}=1-\left | 1-2x_{n} \right |[/latex], причем [latex]0\leq x_{1}\leq 1[/latex].

  1. Докажите, что последовательность, начиная с некоторого места, периодическая в том и только в том случае, если [latex]x_{1}[/latex] рационально.
  2. Сколько существует значений [latex]x_{1}[/latex], для которых эта последовательность — периодическая с периодом T ( для каждого T = 2, 3 [latex]\cdots[/latex] )?

Решение

Положим [latex]f(x)=1-\left | 1-2x \right |[/latex], [latex]f_{n}(x)=\overset{n}{\overbrace{f((\cdots(f}}(x))\cdots))[/latex].

Пусть [latex]x_{1}[/latex] — рациональное число (несократимая дробь вида p/q, где [latex]q=2^{m}(2r-1)[/latex], m и r целые, [latex]m\geq 0[/latex]). Тогда [latex]f(x_{1})[/latex] — тоже рациональное, причем его знаменатель не больше, чем у [latex]x_{1}[/latex] (точнее, он тот же, если m=0, и вдвое меньше, если m>0), причем если [latex]0\leq x_{1}<1[/latex], то [latex]0\leq f(x_{1})\leq 1[/latex]. Точно так же, числа [latex]f_{n}(x_{1})[/latex] будут рациональными, со знаменателем не больше, чем у [latex]x_{1}[/latex], и лежащими на отрезке [latex]\left [ 0,1 \right ][/latex]. Но таких чисел конечное число, и значит, среди них встретятся одинаковые:

[latex]f_{n}(x_{1})=f_{n+T}(x_{1})[/latex] при некоторых n и T, так что последовательность [latex]f_{n}(x_{1})[/latex], начиная с некоторого n, — периодическая.

Докажем обратное утверждение. Заметим, что функция y=f(x) на  каждом из отрезков [latex]\left[0;\frac{1}{2}\right][/latex] и [latex]\left[\frac{1}{2};1\right][/latex] — линейная:
[latex]y=2x[/latex] при [latex]0\leq x\leq \frac{1}{2}[/latex], [latex]y=2-2x[/latex] при [latex]\frac{1}{2}\leq x\leq 1[/latex].

Точно так же, функции [latex]y=f_{n}(x)[/latex] на каждом из отрезков [latex]\left[\frac{k}{2^{n}};\frac{k+1}{2^{n}}\right][/latex] — линейная (причем [latex]f_{n}(x)=a_{n}x+b_{n}[/latex], где [latex]a_{n}[/latex], [latex]b_{n}[/latex] — целые, [latex]a_{n}=\pm 2^{n}[/latex]); графики функций [latex]y=f(x)[/latex], [latex]y=f_{2}(x)[/latex], [latex]y=f_{3}(x)[/latex] показаны на рисунке:

1picture

Поэтому если точка x порождает «периодическую траекторию»: [latex]f_{T}(x)=x[/latex] при некотором [latex]T\geq 1[/latex], то x —  корень уравнения [latex]x=a_{T}x+b_{T}[/latex], т.е. число рациональное. Остается еще заметить, что любое y, [latex]0\leq y< 1[/latex], имеет [latex]2^{n}[/latex] «прообразов» при отображении [latex]x\rightarrow f_{n}(x)[/latex], т.е. уравнение [latex]f_{n}(x)=y[/latex] имеет [latex]2^{n}[/latex] решений, причем если y — рациональное, то и все эти решения рациональные. Поэтому если [latex]y=f_{n}(x_{1})=f_{n+T}(x_{1})[/latex] для некоторого [latex]x_{1}[/latex] (т.е. y порождает периодическую траекторию), то и y, и [latex]x_{1}[/latex] — рациональны.

Тем самым, оба утверждения первого пункта доказаны. Что касается второго пункта, как он поставлен в условии задачи, — ответ на него очень прост: таких точек бесконечно много для каждого T. В самом деле, существует (для каждого T=2,3,[latex]\cdots[/latex]) по крайней мере одна точка периода ровно T : это, в частности, «последняя» точка пересечения отрезка [latex]x=y[/latex], [latex]0\leq x< 1[/latex], с графиком [latex]y=f_{n}(x)[/latex]: [latex]x_{T}=2^{T}/(2^{T}+1)[/latex]. (Ясно, что при k<T все решения уравнения [latex]x=f_{k}(x)[/latex] меньше [latex]x_{T}[/latex].) Тогда, взяв в роли [latex]x_{1}[/latex], любой из [latex]2^{n}[/latex] прообразов [latex]x_{T}[/latex] при отображении [latex]x\rightarrow f_{n}(x)[/latex] (лишь один из них входит в «периодическую траекторию» порождаемую [latex]x_{T}[/latex]), мы получим последовательность, которая, начиная с некоторого места, — периодическая с периодом T.

Более интересный вопрос: сколько существует периодических траекторий каждого периода T ( или, что почти тоже самое, — точек x, для которых [latex]x=f_{T}(x)[/latex] и при этом [latex]x\neq f_{k}(x)[/latex] при k<T )? Мы предлагаем читателям подумать над этим и постараемся вернуться к этой теме, получив ваши ответы.
Н.Васильев

M1442. Равенство отрезков касательных

Задача из журнала «Квант» (М1442)

Условие

Две окружности пересекаются в точках [latex]A[/latex] и [latex]B[/latex]. В точке [latex]A[/latex] к обеим проведены касательные, пересекающие окружности в точках [latex]M[/latex] и [latex]N[/latex]. Прямые [latex]BM[/latex] и [latex]BN[/latex] пересекают окружности еще раз в точках [latex]P[/latex] и [latex]Q[/latex]([latex]P[/latex] — на прямой [latex]BM[/latex], [latex]Q[/latex] — на прямой [latex]BN[/latex]). Докажите, что отрезки [latex]MP[/latex] и [latex]NQ[/latex] равны.

Решение

Легко доказать, что треугольники [latex]MAP[/latex] и [latex]QAN[/latex] подобны. Несколько труднее — что они равны. Но и это можно сделать, используя лишь теоремы о величине вписанного угла, о величине угла между касательной и хордой, а также о величине угла между касательной и секущей (он равен полуразности дуг, заключенных между сторонами угла, рис. 1).

Рис.1
Рис.1

Пусть величины дуг [latex]AB[/latex] двух кругов (заключенных внутри кругов) равны [latex]2\phi[/latex] и [latex]2\psi[/latex] (для дуг, лежащих внутри углов [latex]MAB[/latex] и [latex]NAB[/latex] соответственно). Легко видеть, что [latex]\angle BNA = \angle QNA = \phi[/latex], а также [latex]\angle MPA = \phi[/latex] — как в случае, когда точки [latex]P[/latex] и [latex]N[/latex] лежат по одну сторону от прямой [latex]AB[/latex] (рис. 2), так и в случае, когда по разные (рис. 3, где [latex]\angle BPA = \pi — \phi[/latex]). Аналогично, [latex]\angle BMA = \angle PMA = \psi = \angle NQA[/latex]. Отсюда следует подобие [latex]\triangle MAP\sim \triangle QAN[/latex].

рис. 2
Рис. 2

рис. 3
Рис. 3

Докажем, что [latex]AP = AN[/latex]. Проверим, что эти хорды стягивают разные дуги. Величина дуги [latex]ABN[/latex] (как и [latex]ABM[/latex]) равна [latex]2\phi + 2\psi[/latex], т. е. точки [latex]A[/latex] и [latex]N[/latex] делят окружности на дуги [latex]2\phi + 2\psi[/latex] и [latex]2\pi — 2\phi — 2\psi[/latex]. Дугу [latex]AP[/latex] можно найти рассмотрев угол [latex]\angle AMB = \phi[/latex] как угол между касательной и секущей : величина этой дуги, лежащей внутри угла, равна [latex]2\phi + 2\psi[/latex] на рисунке 2 и [latex]2\pi — 2\phi — 2\psi[/latex] на рисунке 3, т. е. точки [latex]A[/latex] и [latex]P[/latex] делят окружность на такие же дуги [latex]2\phi + 2\psi[/latex] и [latex]2\pi — 2\phi — 2\psi[/latex].  Аналогично, [latex]AQ = AM[/latex]. Отсюда следует, что [latex]\triangle MAP=\triangle QAN[/latex] и [latex]MP = QN[/latex].

      И. Нагель