M1578

Задача из журнала «Квант» (1997, №1)

Условие

Докажите, что не существует никакой (даже разрывной) функции [latex]y=f(x)[/latex], определенной при всех [latex]x[/latex], для которой

[latex]f(f(x))=x^{2}-1997[/latex].

Решение

Основная идея решения: разобраться, как устроены орбиты отображения [latex]x\rightarrow g(x)=x^{2}-1997[/latex], т.е. последовательность

[latex]x, g(x), g(g(x)),…[/latex]

Нетрудно видеть, что при достаточно большом [latex]q[/latex], скажем, [latex]q>1[/latex] (в частности, при [latex]q=1997[/latex]), функция [latex]g(x)=x^{2}-q[/latex] имеет две неподвижные точки — это корни уравнения [latex]g(x)=x[/latex]; обозначим их [latex]a[/latex] и [latex]b[/latex]. Кроме [latex]a[/latex] и [latex]b[/latex], уравнение [latex]g(g(x))=x[/latex] имеет еще два корня — обозначим их [latex]u[/latex] и [latex]v[/latex]. Чтобы их найти, достаточно заметить, что многочлен

[latex]g(g(x))-x=(x^{2}-q)^{2}-q-x[/latex]

делится на [latex]g(x)-x=x^{2}-x-q[/latex] и разложить его на множители:

[latex]x^{4}-2qx^{2}-x+q^{2}-q=(x^{2}-x-q)(x^{2}+x-q+1)[/latex];

[latex]a[/latex] и [latex]b[/latex] — корни первого из трехчленов, [latex]u[/latex] и [latex]v[/latex] — второго. Они существуют и различны при [latex]1+4(q-1)>0[/latex],

т.е. при [latex]q>3/4[/latex]. При этом [latex]g(u)=v[/latex], [latex]g(v)=u[/latex]. Все это хорошо видно из рисунка. Таким образом, точки [latex]u[/latex], [latex]v[/latex] образуют единственный цикл [latex]u\rightarrow v\rightarrow u[/latex] порядка 2 отображения [latex]x\rightarrow g(x)[/latex].
Предположим теперь, что [latex]g(x) = f(f(x))[/latex]. Ясно, что неподвижные точки и циклы порядка 2 функции [latex]f[/latex] — это неподвижные точки функции [latex]g[/latex], и обратно: если [latex]f(a)=f(f(c))=c[/latex], т.е. [latex]c=a[/latex] или [latex]c=b[/latex].
А цикл порядка 2 функции [latex]g[/latex] должен получаться из цикла порядка 4 функции [latex]f[/latex]: если [latex]f(u)=z[/latex], то [latex]f(z)=v[/latex]; если [latex]f(v)=w[/latex], то [latex]f(w)=u[/latex]. При этом [latex]z[/latex], [latex]w[/latex] отличны от [latex]a[/latex], [latex]b[/latex], [latex]v[/latex], [latex]u[/latex](и друг от друга). Но тогда [latex]g(z)=f(f(z))=w[/latex], [latex]g(w)=z[/latex].
Таким образом, у функции [latex]g[/latex] должен быть еще один цикл порядка 2, отличный от [latex]u\rightarrow v\rightarrow u[/latex]. А такого у функции [latex]g(x)=x^{2}-q[/latex] нет.
Замечание Поскольку в задаче допускаются и разрывные функции [latex]f[/latex], мы никак не можем использовать специфические свойства множества R, на котором определена функция [latex]g(x)=x^{2}-q[/latex], и поэтому единственная информация о ней, которую нужно использовать — это структура орбит: сколько из них конечных(циклических), какие сливаются в одну орбиту и т.п.

М1570. Выпуклый многогранник с шестью вершинами

Задачи из журнала «Квант» (1996 год, выпуск 5)

Условие:

Три пары диаметрально противоположных точек сферы — вершины выпуклого многогранника с шестью вершинами. Один из его двугранных углов — прямой. Доказать, что у него ровно 6 прямых двугранных углов.

Доказательство:

Противоположные грани нашего многогранника симметричны относительно центра сферы О и потому параллельны. Все эти грани — треугольники (поскольку многогранник — выпуклая оболочка трех пар диаметрально противоположных точек сферы). Пусть [latex]AB[/latex] — ребро прямого двугранного угла, образуемого плоскостями граней [latex]ABC[/latex] и [latex]ABC'[/latex]. Эти две плоскости, а также параллельные им плоскости [latex]A’B’C'[/latex] и [latex]A’B’C[/latex], пересекают сферу по окружностям. Эти четыре окружности пересекаются в восьми точках — вершинах прямоугольного треугольного параллелепипеда(рис. 2). Точки [latex]C[/latex] и [latex]C'[/latex] должны (так же как и [latex]A[/latex] и [latex] A'[/latex] [latex]B[/latex] и [latex] B'[/latex]) лежать в некоторых двух противоположных вершинах этого параллелепипеда. Соответственно (быть может, поменяв обозначения точек [latex]A[/latex] и [latex]B[/latex]), мы получаем единственный возможный пример — октаэдр [latex]ABCA’B’C'[/latex], вершины которого — это шесть вершин прямоугольного треугольного параллелепипеда [latex]ABCDD’C’A’B'[/latex](рис. 1). У этого октаэдра, очевидно, ровно шесть прямых двугранных углов — при ребрах [latex]AB[/latex], [latex]BC[/latex], [latex]CA'[/latex], [latex]A’B'[/latex], [latex]B’C'[/latex], [latex]C’A[/latex] (и шесть — тупых).

М2026. О площадях треугольников, находящихся внутри квадрата

Задача №2026 из журнала «Квант» (2007, №1 и №4)

Условие

На сторонах [latex]AB[/latex], [latex]BC[/latex], [latex]CD[/latex] и [latex]AD[/latex] квадрата [latex]ABCD[/latex] выбраны, соответственно, точки [latex]P[/latex], [latex]M[/latex], [latex]N[/latex], [latex]Q[/latex] так, что [latex]\angle MAN =45^{o}[/latex], [latex]PM||AN[/latex], [latex]AN||NQ[/latex]. Отрезок [latex]PQ[/latex] пересекает [latex]AM[/latex] и [latex]AN[/latex] в точках [latex]F[/latex] и [latex]G[/latex] соответственно. Докажите что площадь треугольника [latex]AFG[/latex] равна сумме площадей треугольников [latex]FMP[/latex] и [latex]GNQ[/latex].

Решение

Прежде всего отметим, что [latex]\angle PMA = \angle MAN = \angle ANQ[/latex], и значит, треугольники [latex]AFG[/latex], [latex]MFP[/latex] и [latex]NQG[/latex] подобны (см. рисунок). Поэтому утверждение задачи равносильно равенству [latex]GF^{2} = PF^{2} + GQ^{2}[/latex]. Далее, треугольники [latex]NQD[/latex] и [latex]MPB[/latex] подобны треугольникам [latex]AMB[/latex] и [latex]AND[/latex] соответственно, следовательно, [latex]\frac{QD}{ND}=\frac{BM}{AB}, \frac{ND}{AD}=\frac{BP}{BM}[/latex]. Перемножив эти равенства, получим, что [latex]BP = DQ[/latex], или [latex]AP = AQ[/latex]. Пусть [latex]X[/latex] — точка, симметричная [latex]P[/latex] относительно [latex]AM[/latex]. Тогда [latex]AX = AP = AQ[/latex] и [latex]\angle XAN =45^{o} — \angle MAP = \angle NAD[/latex], т.е. [latex]X[/latex] также симметрична [latex]Q[/latex] относительно [latex]AN[/latex]. Таким образом, [latex]XF = FP, XG = GQ[/latex] и [latex]\angle XFG + \angle XGF = 360^{o} — 2\angle PFM — 2\angle QGN = 90^{o}[/latex]. Применив к прямоугольному треугольнику [latex]XFG[/latex] теорему Пифагора, получим искомое равенство.

M1567

Задача

Центры [latex]A[/latex], [latex]B[/latex] и [latex]C[/latex] трех непересекающихся окружностей с одинаковыми радиусами расположены в вершинах треугольника. Из точек [latex]A[/latex], [latex]B[/latex], [latex]C[/latex] проведены касательные к данным окружностям так, как показано на рисунке 1. Известно, что эти касательные, пересекаясь, образовали выпуклый шестиугольник, стороны которого через одну покрашены в красный и синий цвета. Докажите, что сумма длин красных отрезков равна сумме длин синих отрезков.

Решение

Введем обозначения так, как показано на рисунке 1. Так как данные окружности имеют одинаковые радиусы, то:

[latex]AC_{1}=CA_{2}[/latex], [latex]BA_{1}=AB_{2}[/latex], [latex]CB_{1}=BC_{2}[/latex],

или

[latex]AB_{4}+B_{4}C_{5}+C_{5}C_{1}=CB_{4}+B_{4}A_{3}+A_{3}A_{2}[/latex],

[latex]BC_{4}+C_{4}A_{3}+A_{3}A_{1}=AC_{4}+C_{4}B_{3}+B_{3}B_{2}[/latex],

[latex]CA_{4}+A_{4}B_{3}+B_{3}B_{1}=BA_{4}+A_{4}C_{2}+C_{5}C_{2}[/latex].

Сложив полученные равенства и заметив, что

[latex]A_{3}A_{1}=A_{3}A_{2}[/latex],

[latex]B_{3}B_{1}=B_{3}B_{2}[/latex],

[latex]C_{3}C_{1}=C_{3}C_{2}[/latex]

(как отрезки касательных, проведенных к окружности из одной точки) и

[latex]AC_{4}=C_{4}B[/latex], [latex]BA_{4}=A_{4}C[/latex], [latex]CB_{4}=B_{4}A[/latex]

(так как радиусы данных окружностей равны), получим

[latex]B_{4}C_{3}+C_{4}A_{3}+A_{4}B_{3}=B_{4}A_{3}+C_{4}B_{3}+A_{4}C_{3}[/latex],

что и требовалось доказать.

Замечания

1. Аналогичное утверждение справедливо и в случае, изображенном на рисунке 2.

Д.Терешин

M1603. О вычислении площадей и объемов фигур на плоскости и в пространстве

Задача из журнала «Квант» (1997 г. №4)

Условие

Фигура $M$ на плоскости $Oxy$ представляет собой пересечение единичного квадрата
$0\leq$ $x$ $\leq1$, $0\leq$ $y$ $\leq1$ с полуплоскостью $ax+by$ $\leq$ $c$ ($a,b$ и $c$- положительные числа). Докажите, что площадь $M$ вычисляется по формуле:

$\frac{1}{2ab}((c^{2})_{+}-(c-a)^{2}_{+}-(c-b)^{2}_{+}+(c-a-b)^{2}_{+})$,

где $(x)_{+}$ означает наибольшее из чисел $x$ и $0$: $(x)_{+}=max(x,0)$. Выведите аналогичную формулу для объема многогранника $M$ в пространстве $Oxyz$, представляющего собой пересечение единичного куба $0\leq$ $x$ $\leq1$, $0\leq$ $y$ $\leq1$, $0\leq$ $z$ $\leq1$ с полупространством $ax+by+cz$ $\leq$ $d$ ($a$, $b$, $c$ и $d$- положительные числа).

Заметим, что выражение $(c-b)^{2}_{+}$ (и аналогичные) в условии означает число, равное $(c-b)^{2}$, если $c-b\geq 0$ и $0$, если $c-b<0$.

Решение

Покажем сначала идею решения, а потом ее оформим. У квадрата 4 угла- это очень много. Давайте рассмотрим фигуру с одним углом- положительный квадрант $(x>0$, $y>0)$.
Полуплоскость $ax+by<c$ содержит все точки ниже прямой $ax+by=c$. Общая часть полуплоскости и квадранта $(рис.1)$- это треугольник. Прямая пересекает оси координат на расстояниях $\frac{c}{a}$ и $\frac{c}{b}$ от начала координат, поэтому площадь общего треугольника равна $\frac{c^{2}}{2ab}$.

Решив задачу для фигуры с одним прямым углом, решим ее для фигуры с двумя прямыми углами, т.е. для полосы, лежащей в положительном квадранте $(рис.2)$. Для это надо из треугольника, попавшего в положительный квадрант, вычесть треугольник, попавший в новый положительный квадрант с вершиной в точке $(1,0)$. Этот новый квадрант задает новую систему координат , в которой все абсциссы точек на единицу меньше.

Уравнение прямой в новой системе координат выглядит так: $a(x’+1)+by’=c$, или $ax’+by’=c-a$. Это уравнение аналогично исходному с той разницей, что $(c-a)$ может быть отрицательным. Следовательно, если $(c-a)>0$, то площадь треугольника в новом квадранте будет $\frac{(c-a)^{2}}{2ab}$, а если $(c-a)<0$, то пересечения нет, и площадь считаем равной нулю. Тогда формулу для площади пересечения полуплоскости c

полосой $\frac{c^{2}}{2ab}-\frac{(c-a)_{+}^{2}}{2ab}$. Теперь легко получить выражение для квадранта с помощью четырех положительных квадрантов с вершинами в точках $(0;0)$, $(0;1)$, $(1;0)$ и $(1;1)$, которые отличаются параллельным переносом $(рис.3)$. Для этого надо из квадранта с вершиной $(0;0)$ «вычесть» квадрант с вершиной $(1;0)$, «прибавить» квадрант с вершиной $(1;1)$ и «вычесть» квадрант с вершиной $(0;1)$. Обратите внимание: знаки расставлены так, что каждая точка внутри квадрата учтена один раз, а каждая точка вне квадрата- ноль раз. Выражение такого типа называется формулой включения-исключения. Аналогичная формула верна и для пересечения квадрата с полуплоскостью.

Выражая площади соответствующих треугольников $(рис.4)$ в новых системах координат, получаем формулу включения-исключения для площади пересечения полуплоскости с квадратом:

$\frac{\left [ c^{2}-(c-a)_{+}^{2}-(c-b)_{+}^{2}+(c-a-b)_{+}^{2}\right]}{2ab}$

В случае пересечения куба с полупространством надо сначала рассмотреть пересечение полупространства с положительным октантом и найти объем общего тетраэдра. Затем представить куб в виде «суммы» и «разности» восьми положительных октантов с вершинами в вершинах куба. Потом переписать уравнение полупространства в каждой из восьми систем координат $a(x’+p)+b(y’+q)+c(z’+r)\leq d$, где $(p;q;r)$- вектор параллельного переноса исходного октанта. И наконец, написать формулу включения-исключения для объемов тетраэдров в октантах:

$\frac{\left[d^{3}-(d-a)^{3}_{+}-(d-b)^{3}_{+}-(d-c)^{3}_{+}+(d-a-b)^{3}_{+}+(d-b-c)^{3}_{+}+(d-c-a)^{3}_{+}-(d-a-b-c)^{3}_{+}\right]}{6abc}$

А.Канель, А.Ковальджи