M1417. Условия равнобедренности треугольника

Задача из журнала «Квант» (1994, №1)

Условие задачи:

На сторонах [latex]AC[/latex] и [latex]BC[/latex] треугольника [latex]ABC[/latex] выбраны точки [latex]D[/latex] и [latex]E[/latex]. Известно, что равны отношения величин углов: [latex]\dfrac{\angle CDE}{\angle BDE} = \dfrac{\angle CED}{\angle AED}.[/latex]
Верно ли, что треугольник [latex]ABC[/latex] равнобедренный, если [latex]AE[/latex] и [latex]BD[/latex]

медианы
высоты
биссектрисы этого треугольника?

Решение:

Ответ во всех трех случаях положителен.

Рассмотрим треугольники [latex]ABC[/latex] и [latex]ABE[/latex] — с общим основанием [latex]AB[/latex] и равными высотами: если, например угол [latex]A[/latex] в [latex]ABD[/latex] больше угла [latex]B[/latex] в [latex]ABE[/latex], то угол [latex]DBA[/latex] (в треугольнике [latex]DBA[/latex] ) меньше угла [latex]EAB[/latex] (в треугольнике [latex]EAB[/latex] ). Значит, если [latex]\angle CDE > \angle CED[/latex], то [latex]\angle BDE < \angle AED[/latex] — и равенство задачи невозможно.
Замечание. Из приведенного рассуждения следует, что в любом треугольнике к большей стороне проведена меньшая медиана.
Из условий следует, что треугольник [latex]ABC[/latex] остроугольный.
Поскольку [latex]\dfrac{{\alpha }_{1}}{\dfrac{\pi}{2}-{\alpha }_{1}} = \dfrac{{\beta}_{1}}{\dfrac{\pi}{2}-{\beta}_{1}}[/latex], то [latex]{\alpha }_{1}={\beta}_{1}.[/latex]
Значит, [latex]CD=CE, \Delta CDB=\Delta CEA, CB=CA.[/latex]
Можно рассуждать и по-другому. Опишем около четырехугольника [latex]CDEO[/latex], где [latex]O[/latex] — точка пересечения [latex]AE[/latex] и [latex]BD[/latex], окружность. Из равенства условия следует, что точка [latex]D[/latex] делит полуокружность [latex]CDO[/latex] в том же отношении,

что точка [latex]E[/latex] — полуокружность [latex]CEO[/latex]. Значит, [latex]DO=OE, \angle DCO = \angle ECO.[/latex] Следовательно, [latex]\angle CAB = \angle CBA.[/latex]
Обозначим [latex]k=\dfrac {{\alpha }_{1}}{{\alpha }_{2}} [/latex] (см.рисунок). Имеем:
[latex]{\alpha }_{1}+{\beta}_{1}=\pi — \gamma;, {\alpha }_{2}+{\beta}_{2}=\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{\gamma}{2}.[/latex]
Получили: [latex]{\alpha }_{1}+{\beta}_{1}=2({\alpha }_{2}+{\beta}_{2})=k{\alpha }_{2}+{\beta}_{2})[/latex]. Отсюда [latex]k=2.[/latex]
Пусть биссектрисы углов [latex]CDE[/latex] и [latex]CED[/latex] пересекаются в точке [latex]{O}_{1}[/latex]. Так как [latex]\angle {O}_{1}DE={\alpha}_{2}, \angle {O}_{1}ED={\beta}_{2}[/latex], то [latex]O{O}_{1} \perp DE[/latex]. С другой стороны точки [latex]O[/latex] и [latex]{O}_{1}[/latex] лежат на биссектрисе угла [latex]C[/latex]. Значит, в треугольнике [latex]CDE[/latex] биссектриса угла [latex]C[/latex] совпадает с высотой, [latex]{\alpha }_{1}={\beta}_{1}, \angle CAE=\angle CBD[/latex], т.е. [latex]\angle A = \angle B.[/latex]

В.Сендеров

М1396. Выполняется ли неравенство?

Задача из журнала «Квант» (1993, №5, M1396)

Условие

Докажите, что для любых положительных чисел $a_{k},b_{k} (k=1,2,…,n)$ выполнено неравенство $$\sum\limits_{k=1}^{n}{\frac{a_{k}b_{k}}{a_{k}+b_{k}}}\leq \frac{AB}{A+B}$$где $A=a_{1}+…a_{n}, B=b_{1}+…+b_{n}$.

Первое решение

Доказательство проведем по индукции. Докажем неравенство для $n=2$. Положим $v=a_{1}+b_{1},u=a_{2}+b_{2}$: $$a_{1}b_{1}u^2+(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2})uv+a_{2}b_{2}v^2\leq uv(a_{1}+a_{2})(b_{1}+b_{2})$$ или $$a_{1}b_{1}u^2-(a_{2}b_{1}+a_{1}b_{2})uv+a_{2}b_{2}v^2\leq 0$$Обозначим $t=u/v$. Перепишем неравенство: $$v^2a_{1}b_{1}(t-\frac{b_{2}}{b_{1}})(t-\frac{a_{2}}{a_{1}})\leq 0$$Подставляя $t=(a_{2}+b_{2})/(a_{1}+b_{1})$, приходим к эквивалентному неравенству: $$(b_{2}a_{1}-b_{1}a_{2})(a_{2}b_{1}-a_{1}b_{2})\leq 0$$ или $$-(b_{2}a_{1}-b_{1}a_{2})^2\leq 0$$Неравенство доказано.

Еще одно, геометрическое, доказательство неравенства основано на том, что биссектриса прямого угла треугольника с катетами $a$ и $b$ равна $\sqrt{2}ab/(a+b)$.

Picture one

Пусть, для определенности $b_{2}/a_{2}\geq b_{1}/a_{1}$. Рассмотрим конфигурацию рисунка 1. Точка пересечения биссектрисы с отрезком $AB$ лежит дальше от вершины угла $O$, чем точка $L$ $(PK/KQ=BP/QA=b_{1}/a_{1})\leq PL/LQ=b_{2}/a_{2})$.

Дадим еще одно доказательство этого неравенства, основанное на исследовании функции $$f(x)=\frac{(x+a_{2})(b_{1}+b_{2})}{x+a_{2}+b_{1}+b_{2}}-\frac{xb_{1}}{x+b_{1}}$$ где $x\geq 0$. Нетрудно проверить, что $$f(0)=\frac{a_{2}(b_{1}+b_{2})}{a_{2}+b_{1}+b_{2}}>\frac{a_{2}b_{2}}{a_{2}+b_{2}}$$ функция $f(x)$ имеет единственный минимум при $x=a_{2}b_{1}/b_{2}$, равный $a_{2}b_{2}/(a_{2}+b_{2});$ $f(x)\rightarrow b_{2}$ при $x\rightarrow +\infty$ (рис. 2). Отсюда легко вывести, что $f(x)\geq a_{2}b_{2}/(a_{2}+b_{2})$ при всех $x\geq 0$. Далее, $$\sum\limits_{k=1}^{n+1}{\frac{a_{k}b_{k}}{a_{k}+b_{k}}}\leq \frac{A’B’}{A’+B’}+\frac{a_{n+1}b_{n+1}}{a_{n+1}+b_{n+1}}\leq \frac{AB}{A+B}$$ где $$A’=\sum\limits_{k=1}^{n}{a_{k}}, B’=\sum\limits_{k=1}^{n}{b_{k}}$$ Неравенство задачи доказано. Мы видели, что для $n=2$ неравенство переходит в равенство лишь при $x/b_{1}=a_{2}/b_{2}$, т.е. в случае коллинеарности векторов $(a_{1},b_{1})$ и $(a_{2},b_{2})$. Попробуем дать задаче дальнейшую векторную интерпретацию.

Второе решение

Будем рассматривать числовые функции $f(\bar{x})$, где $\bar{x}=(x,y)$ — вектор плоскости, $x>0,y>0$.

Определение. Функция $f(\bar{x})$ называется вогнутой (или выпуклой вверх), если для любых векторов $\bar{x}_{1}$ и $\bar{x}_{2}$ выполняется неравенство $$\frac{f(\bar{x}_{1})+f(\bar{x}_{2})}{2}\leq f(\frac{\bar{x}_{1}+\bar{x}_{2}}{2}) (1)$$

Замечание. Геометрический смысл вогнутости ясен из рисунка 3. Вогнутыми являются, например, функции $y=ax+b, y=-x^{2}+bx+c, y=-1/(dx+e)$, где $dx+e>0$.Рассмотрим функцию $$f(\bar{x})=\frac{xy}{x+y}$$

При $n=2$ утверждение задачи означает, что функция вогнута; при произвольном $n$ утверждение означает, что выполнено неравенство $$\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}{f({\bar{x}_{i}})}\leq f(\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}{{\bar{x}_{i}}}) (2)$$

Теорема. Для любой вогнутой (т.е. удовлетворяющей неравенству $(1)$) функции выполнено также и неравенство $(2)$.

Доказательство. Предполагая справедливость теоремы при $n=m$, докажем ее справедливость при $n=2m$. Имеем: $$f(\frac{{\bar{x}_{1}}+{\bar{x}_{2}}+…+{\bar{x}_{2m}}}{2m})=$$ $$=f(\frac{\frac{{\bar{x}_{1}}+{\bar{x}_{2}}}{2}+…+\frac{{\bar{x}_{2m-1}}+{\bar{x}_{2m}}}{2}}{m})\geq$$ $$\geq \frac{f(\frac{{\bar{x}_{1}}+{\bar{x}_{2}}}{2})+…+f(\frac{{\bar{x}_{2m-1}}+{\bar{x}_{2m}}}{2})}{m}\geq$$ $$\geq \frac{\frac{f({\bar{x}_{1}})+f({\bar{x}_{2}})}{2}+…+\frac{f({\bar{x}_{2m-1}})+f({\bar{x}_{2m}})}{2}}{m}=$$ $$=\frac {f({\bar{x}_{1}})+…+f({\bar{x}_{2m}})}{2m}$$ Таким образом теорема справедлива при $n=2m$. Положим теперь $n+p=2m$. Тогда $$f(\frac{{\bar{x}_{1}}+…+{\bar{x}_{n}}+{\bar{y}_{1}}+…+{\bar{y}_{p}}}{n+p})\geq$$ $$\geq\frac {f({\bar{x}_{1}})+…+f({\bar{x}_{n}})+f({\bar{y}_{1}})+…+f({\bar{y}_{p}})}{n+p} (3)$$ Положим $${\bar{y}_{1}}=…={\bar{y}_{p}}=\frac{{\bar{x}_{1}}+…+{\bar{x}_{n}}}{n}$$ тогда $${\bar{y}_{1}}+…+{\bar{y}_{p}}=\frac{{\bar{x}_{1}}+…+{\bar{x}_{n}}}{n}\cdot p$$ Следовательно, $$f(\frac{{\bar{x}_{1}}+…+{\bar{x}_{n}}+{\bar{y}_{1}}+…+{\bar{y}_{p}}}{n+p})=f(\frac{{\bar{x}_{1}}+…+{\bar{x}_{n}}}{n})$$ С другой стороны, $$\frac{f({\bar{x}_{1}})+…+f({\bar{x}_{n}})+f({\bar{y}_{1}})+…+f({\bar{y}_{p}})}{n+p}=$$ $$=\frac{f({\bar{x}_{1}})+…+f({\bar{x}_{n}})+pf(\frac{{\bar{x}_{1}}+…+{\bar{x}_{n}}}{n})}{n+p}$$ Из неравенства $(3)$ получаем: $$f(\frac{{\bar{x}_{1}}+…+{\bar{x}_{n}}}{n})\geq \frac{f({\bar{x}_{1}})+…+f({\bar{x}_{n}})}{n}$$ Теорема доказана.

Перепишем теперь утверждение задачи при $n=2$; функция $f(\bar{x})=\frac{xy}{x+y}$, рассматриваемая на любой прямой $l$, является вогнутой. Докажем это утверждение.

Если $l\mid Oy$, то вогнутость функции $f(\bar{x})$ очевидна. Пусть $l$ задана уравнением $y=ax+b$. Тогда $$f(\bar{x})=\frac{ax^{2}+bx}{(a+1)x+b}$$ При $a=-1$ будет $b>0$, и $f(x)$ вогнута. Полагая $t=(a+1)x+b$ при $a\neq -1$, получаем: $f(\bar{x})=ct+d+\frac{e}{t}$, где $e=\frac{-b^{2}}{(a+1)^{2}}$

При $b=0$ функция $f(\bar{x})$ линейная, при $b\neq 0$, поскольку $t>0$, — строго вогнутая (т.е. при $\bar{x}_{1}\neq \bar{x}_{2}$ неравенство $(1)$ строгое).

Утверждение задачи доказано.

M2216. Покрытие многоугольника

Задача из журнала «Квант» (2011 год, выпуск 2)

На сторонах [latex]A_{1}A_{2}, A_{2}A_{3}, \dots, A_{n}A_{1}[/latex] выпуклого многоугольника [latex] A_{1}A_{2}\dots A_{n} [/latex] взяты точки [latex] B_{1}, B_{2}, \dots, B_{n} [/latex] соответственно. Докажите, что круги, описанные вокруг треугольников [latex] B_{n}A_{1}B_{1}, ~ B_{1}A_{2}B_{2}, ~ B_{2}A_{3}B_{3}, ~ \dots, ~ B_{n-1}A_{n}B_{n}[/latex] покрывают весь многоугольник.

Доказательство

Пусть [latex] P [/latex] — произвольная точка внутри данного многоугольника (см. рисунок). Сумма

$$ \left(\angle B_{n} A_{1} B_{1} + \angle B_{1} A_{2} B_{2} + \cdots + \angle B_{n-1} A_{n} B_{n} \right) + \left(\angle B_{n}PB_{1} + \angle B_{1} P B_{2} + \cdots + B_{n-1} P B_{n} \right) $$
равна [latex] \left( n — 2 \right) \cdot 180^{\circ} + 360^{\circ} = n \cdot 180^{\circ}[/latex], поэтому хотя бы одна из [latex] n [/latex] сумм
$$ \left( \angle B_{n}A_{1}B_{1} + B_{n}PB_{1} \right), \left( \angle B_{1}A_{2}B_{2} + B_{1}PB_{2} \right), \cdots, \left( \angle B_{n-1}A_{n}B_{n} + B_{n-1}PB_{n} \right)$$
не меньше [latex] 180^{\circ}[/latex]. Но неравенство [latex] \left(\angle B_{i-1}A_{i}B_{i} + \angle B_{i-1}PB_{i} \geq 180^{\circ} \right) [/latex] означает, что точка [latex] P [/latex] лежит внутри или на границе круга, описанного около треугольника [latex] B_{i-1} A_{i} B_{i}[/latex] (здесь считаем, что [latex] B_{0} = B_{n} [/latex]).
В силу произвольности точки [latex] P [/latex], заключаем, что указанные круги покрывают весь многоугольник.

Авторы: П.Кожевников, Н.Седракян

М1473. О записи степеней двойки

Задача из журнала «Квант» (1995, выпуск №4)

Пусть [latex]c_{n}[/latex] — первая цифра числа [latex]2^{n}[/latex] (в десятичной записи).

Сколько единиц среди первых 1000 членов этой последовательности?
Докажите, что в последовательности
$$ c_{1}=2, \quad c_{2}=4, \quad c_{3}=8, \quad c_{4}=1, \quad c_{5}=3, \quad… $$

встретится ровно 57 различных «слов» [latex]c_{k}c_{k+1}…c_{k+12}[/latex] длины 13.

Решение

Отметим на «логарифмической шкале» [latex]y=\log_{10}{x} [/latex] числа [latex]x=2^{n}[/latex] (каждая следующая отметка получается из предыдущей сдвигом на расстояние [latex]\log_{10}{2}[/latex]). Число [latex]x[/latex] начинается с [latex]1[/latex], если [latex]10^{k} \le x < 2 \cdot 10^{k+1}[/latex] для некоторого [latex]k[/latex]; соответствующие интервалы на рисунке 1 выделены красным (поскольку длина интервала как раз равна [latex]\log_{10}{2}[/latex], на каждый из них попадает ровно одна отметка). Поскольку

$$ \log_{10}{2} = 0.30103…, \quad 10^{301} \le 2^{1000} < 10^{302}, $$

так что [latex]2^{n}(n=0,1,2,…,1000)[/latex] ровно 301 раз перейдет через степень [latex]10[/latex] и поэтому (не считая [latex]2^{0}=1[/latex]) 301-ый её член начинается с 1.

Чтобы более детально разобраться в закономерностях последовательности [latex]c_{n}[/latex], свернем логарифмическую шкалу [latex]y=\log{10}{x} [/latex] в «логарифмический круг» [latex]z=y-\left[ y \right][/latex]: каждый отрезок от [latex]10^k[/latex] до [latex]10^{k+1}[/latex] даёт новый оборот круга, а точки [latex]0=\log_{10}{1}, \quad \log_{10}{2}, \quad \log_{10}{3}, \quad …, \quad \log_{10}{9}[/latex] — границы интервалов, в которых расположены значения z, соответствующие различным первым значащим цифрам числа [latex]x[/latex] от [latex]1[/latex] до [latex]9[/latex] (см. рисунок 2).

Прежде чем решать задачу [latex](2)[/latex], объясним идею рассуждения на более простом примере: выясним, сколько разных пар [latex]\left( c_{k}, c_{k+1} \right)[/latex] цифр встречается в нашей последовательности. Читать далее «М1473. О записи степеней двойки»

M1568. Сечение пирамиды

Задача из журнала «Квант» (1996, №5, M1568)

Условие

Докажите что при [latex]n\ge 5[/latex] сечение пирамиды, в основании которой лежит правильный n-угольник, не может являться правильным (n+1)-угольником.

Решение

Пусть правильный (n+1) –угольник [latex]{ B }_{ 1 }…{ B }_{ n }[/latex] является сечением пирамиды [latex]S{ A }_{ 1 }…{ A }_{ n }[/latex] где [latex]{ A }_{ 1 }…{ A }_{ n }[/latex] – правильный n-угольник. Мы рассмотрим три случая: [latex]n=5 , n=2k-1 (k>3)[/latex] и [latex]n=2k (k>2)[/latex]
Так как n-угольная пирамида имеет [latex](n+1)[/latex] грань, то стороны сечения находятся по одной в каждой грани пирамиды. Поэтому без ограничения общности рассуждений можно считать, что точки [latex]{ B }_{ 1 }…{ B }_{ n+1 }[/latex] расположены на ребрах пирамиды так, как показано на рисунках 1 и 2 ( в соответствии с указанными случаями).

[latex] n=5 [/latex]. Так как в правильном шестиугольнике [latex]{ B }_{ 1 }…{ B }_{ 6 }[/latex] прямые [latex]{ B }_{ 2 }{ B }_{ 3 }, { B }_{ 5 }{ B }_{ 6 }[/latex] и [latex]{ B }_{ 1 }{ B }_{ 4 }[/latex] параллельны, а плоскости [latex]{ A }_{ 2 }S{ A }_{ 3 }[/latex] и [latex]ASA [/latex] проходят через [latex]{ B }_{ 2 }{ B }_{ 3 }[/latex] и [latex]{ B }_{ 5 }{ B }_{ 6 }[/latex] то их линия пересечения [latex]{ ST ( T= { A }_{ 1 }{ A }_{ 5 } }\bigcap { A } _{ 2 }{ A }_{ 3 } )[/latex] параллельна этим прямым т.е. [latex]ST\parallel { B }_{ 1 }{ B }_{ 4 }[/latex] Проведем через прямые [latex]ST[/latex] и [latex]{ B }_{ 1 }{ B }_{ 4 }[/latex] плоскость. Эта плоскость пересечет плоскость основания пирамиды по прямой [latex]{ B }_{ 1 }{ A }_{ 4 }[/latex] которая должна проходить через точку пересечения прямой [latex]ST[/latex] с плоскостью основания т.е. через точку [latex]T[/latex]. Итак, прямые [latex]{ A }_{ 1 }{ A }_{ 5 }, { A }_{ 4 }{ B }_{ 1 }[/latex] и [latex]{ A }_{ 2 }{ A }_{ 3 }[/latex] пересекаются в одной точке.Аналогично доказывается, что прямые [latex]{ A }_{ 1 }{ A }_{ 2 }, { A }_{ 3 }{ B }_{ 6 }[/latex] и [latex]{ A }_{ 4 }{ A }_{ 5 }[/latex] и пересекаются в одной точке. Из этого следует что [latex]{ A }_{ 4 }{ B }_{ 1 }[/latex] и [latex]{ A }_{ 3 }{ B }_{ 6 }[/latex] – оси симметрии правильного пятиугольника [latex]{ A }_{ 1 }…{ A }_{ 5 }[/latex] , значит. Точка O их пересечения – центр этого пятиугольника. Заметим теперь, что если [latex]Q[/latex] – центр правильного шестиугольника [latex]{ B }_{ 1 }…{ B }_{ 6 }[/latex] , то плоскости [latex] S{ A }_{ 3 }{ B }_{ 6 }, S{ A }_{ 4 }{ B }_{ 1 }[/latex] и [latex]S{ B }_{ 2 }{ B }_{ 5 }[/latex] пересекаются по прямой [latex]SQ[/latex]. Следовательно прямые [latex]{ A }_{ 3 }{ B }_{ 6 },{ A }_{ 4 }{ B }_{ 1 }[/latex] и [latex]{ A }_{ 2 }{ A }_{ 5 }[/latex] должны пересекаться в одной точке – точке пересечения прямой [latex]SQ[/latex] с плоскостью основания пирамиды.Значит диагональ правильного пятиугольника [latex]{ A }_{ 1 }…{ A }_{ 5 }[/latex] должна проходить через его центр [latex]O[/latex], что невозможно.

[latex] n=2k-1 (k>3) [/latex] Аналогично первому случаю показывается, что так как в правильном [latex]2k[/latex]-угольнике [latex] { B }_{ 1 }…{ B }_{ 2k }[/latex] прямые [latex] { B }_{ 1 }{ B }_{ 2 },{ B }_{ k+1 }{ B }_{ k+2 }[/latex] и [latex]{ B }_{ k }{ B }_{ k+3 }[/latex]параллельны, то прямые [latex] { A }_{ 1 }{ A }_{ 2 },{ A }_{ k+1 }{ A }_{ k+2 }[/latex] и [latex]{ A }_{ k }{ A }_{ k+3 }[/latex] должны пересекаться в одной точке, что невозможно, так как в правильном [latex](2k-1)[/latex]-угольнике [latex]{ A }_{ 1 }…{ A }_{ 2k-1 }[/latex] имеем [latex]{ A }_{ k+1 }{ A }_{ k+2 }\parallel { A }_{ k }{ A }_{ k+3 }[/latex], а прямые [latex]{ A }_{ 1 }{ A }_{ 2 },{ A }_{ k+1 }{ A }_{ k+2 }[/latex] не параллельны.
[latex]n=2k (k>2) [/latex] Аналогично предыдущему случаю прямые [latex] { A }_{ 1 }{ A }_{ 2 },{ A }_{ k+1 }{ A }_{ k+2 }[/latex] и [latex]{ A }_{ k }{ A }_{ k+3 }[/latex] параллельны, следовательно, прямые [latex] { B }_{ 1 }{ B }_{ 2 },{ B }_{ k+1 }{ B }_{ k+2 }[/latex] и [latex]{ B }_{ k }{ B }_{ k+3 }[/latex] должны пересекаться в одной точке, что невозможно, так как [latex]{ B }_{ k+1 }{ B }_{ k+2 }\parallel { B }_{ k }{ B }_{ k+3 }[/latex], а прямые [latex]{ A }_{ 1 }{ A }_{ 2 }, { A }_{ k+1 }{ A }_{ k+2 }[/latex] не параллельны.

Замечания

При [latex]n=3,4[/latex] утверждение задачи неверно. Примерами могут служить правильный тетраэдр имеющий сечением квадрат и правильная четырехугольная пирамида, все боковые грани которой являются правильными треугольниками, которая имеет сечением правильный пятиугольник
Приведенное решение можно было бы изложить короче, если воспользоваться центральным проектированием и его свойством утверждающим, что при центральном проектировании образами прямых, проходящих через одну точку, являются прямые, проходящие через одну точку ( или параллельные). Достаточно спроектировать сечение пирамиды на плоскость из вершины пирамиды.

Д. Терешин.