M1237. Точка внутри треугольника

Условие

Пусть точка O внутри, треугольника ABC= такова, что [latex]\overrightarrow{OK} +\overrightarrow{OM} +\overrightarrow{ON}= \overrightarrow{0}[/latex] М,N — основания перпендикуляров, опущенных из О на стороны AB, BC, CA треугольника. Докажите неравенство [latex]\frac{OK+OM+ON}{AB+BC+CA}\leq \frac{1}{2\sqrt{3}}[/latex]

Решение

В силу условия на точку О отрезки ОК, ОМ, ON можно параллельно передвинуть так, чтобы составился треугольник. После поворота на 90° стороны этого треугольника станут параллельны сторонам треугольника ABC, следовательно, эти треугольники подобны. Коэффициент подобия обозначим через [latex]k[/latex]: [latex]k=\frac{OK}{AB} = \frac{OM}{BC} = \frac{ON}{CA}[/latex]. Тогда левая часть доказываемого неравенства равна fe. С другой стороны, представляя площадь [latex]S[/latex] треугольника [latex]ABC[/latex] как сумму площадей треугольников [latex]AOB[/latex], [latex]BOC[/latex] и [latex]COA[/latex], получим: [latex]2S=a*OK+b*OM+c*ON = k(a^2+b^2+c^2)[/latex] ,где [latex]a,b,c[/latex]— длины сторон. Таким образом, задача сводится к доказательству неравенства:

[latex]s\leq \frac{a^2+b^2+c^2}{4\sqrt{3}}[/latex]

Приведем одно из доказательств этого довольно известного неравенства, использующее формулу Герона и неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим трех чисел (буквой [latex]p[/latex], как обычно, обозначен полупериметр):

[latex]S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\leq \sqrt{p((p-a+p-b+p-c)/3)^3}=\frac{p^2}{3\sqrt{3}}\leq (a^2+b^2+c^2)/4\sqrt{3}[/latex]

Последнее неравенство следует из соотношений:

[latex]4p^2=(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca[/latex] и [latex] 2xy\leq x^2+y^2[/latex] .

Отметим, что точка О в этой задаче определена однозначно. Она называется точкой Лемуана треугольника [latex]ABC[/latex] и является точкой пересечения его симедиан, т. е. прямых, симметричных медианам относительно соответствующих биссектрис.

M1231. О разбиении плоскости графиками многочленов второй степени

Условие

На какое наибольшее число частей могут разбить плоскость [latex]Oxy[/latex] графики [latex]n[/latex] квадратных трехчленов вида [latex]y=ax^{2}+bx+c (n=1, 2, 3, …)[/latex]?

Ответ: [latex]n^{2}+1[/latex].

Решение

Докажем по индукции, что число частей не превосходит [latex]n^{2}+1[/latex]. Для [latex]n=1[/latex] это ясно: парабола делит плоскость на две части.
Пусть доказано, что [latex]n-1[/latex] графиков делят плоскость не более, чем на [latex](n-1)^{2}+1[/latex] частей. Проведем последний, [latex]n[/latex]-й график. Он пересекается с каждым из [latex]n-1[/latex] предыдущих максимум в двух точках, т.е. он будет разбит не более чем на [latex]2(n-1)+1=2n+1[/latex] кусков (включая два крайних, уходящих в бесконечность). Каждый из этих кусков параболы делит одну из имеющихся частей плоскости на две. Таким образом, при проведении последней параболы число частей увеличится не более чем на [latex]2n+1[/latex], т.е. не превзойдет [latex](n-1)^{2}+1+2n+1=n^{2}+1[/latex].

Легко строится пример, когда все графики попарно пересекаются в двух точках (см. рисунок) — при этом получится максимальное число частей, указанное в ответе.
Точно такие же образом можно подсчитать максимальное число частей, на которые делят плоскость [latex]n[/latex] прямых, [latex]n[/latex] окружностей и т.п.

Н.Васильев

M1518. Высоты тетраэдра пересекаются в одной точке

Задачи из журнала «Квант» (1995 год, выпуск 5)

Условие

Высоты тетраэдра пересекаются в одной точке. Докажите, что эта точка — основание одной из высот и три точки, делящие другие высоты в отношении 2:1, считая от вершин, лежат на одной сфере.

Доказательство

Пусть [latex]M[/latex] — точка пересечения медиан треугольника [latex]ABC, P[/latex]- точка пересечения высот тетраэдра, [latex]AA_{1}[/latex] — высота тетраэдра из вершины [latex]A[/latex].

[latex]MA_{2}||A_{3}A_{1}[/latex] и [latex]AA_{2}:A_{2}A_{1}=2:1[/latex].

Угол [latex]MA_{2}P[/latex] — прямой, так что точка [latex]A_{2}[/latex] лежит на сфере с диаметром [latex]MP[/latex]. Аналогично рассматриваются остальные случаи.

Д.Терешин

M1515. О целых корнях суперпозиции трех квадратных трехчленов

Задача из журнала «Квант» (1995 год, выпуск 5)

Условие

Известно, что [latex]f(x),g(x),h(x)[/latex] — квадратные трехчлены. Может ли уравнение [latex]f(g(h(x)))=0[/latex] иметь корни 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 и 8?

Решение

Предположим, что числа 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 и 8 — корни уравнения [latex]f(g(h(x)))=0[/latex].

Если прямая [latex]x=a[/latex] — ось параболы, задаваемой уравнением [latex]y=h(x)[/latex], то [latex]h(x_{1})=h(x_{2})[/latex] тогда и только тогда, когда [latex]x_{1}+x_{2}=2a[/latex].

Многочлен [latex]f(g(x))[/latex] имеет не более четырех корней, но числа [latex]h(1), h(2),…, h(8)[/latex] являются его корнями, следовательно, [latex]a=4.5[/latex] и [latex]h(4)=h(5),h(3)=h(6),h(2)=h(7),h(1)=h(8)[/latex]. Кроме того, мы попутно доказали, что числа [latex]h(1),h(2),h(3),h(4)[/latex] образуют монотонную последовательность. Аналогично, рассматривая трехчлен [latex]f(x)[/latex] и его корни [latex]g(h(1)), g(h(2)), g(h(3)), g(h(4))[/latex], получаем, что [latex]h(1)+h(4)=2b, h(2)+h(3)=2b[/latex], где прямая [latex]x=b[/latex] — ось параболы, задаваемой уравнением [latex]y=g(x)[/latex]. Но из уравнения [latex]h(1)+h(4)=h(2)+h(3)[/latex] для [latex]h(x)=Ax^{2}+Bx+C[/latex] следует, что [latex]A=0[/latex]. Противоречие.

Ответ: уравнение [latex]f(g(h(x)))=0[/latex] не может иметь корни 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 и 8.

С.Токарев

M2103. Таблица с разными числами в строке и столбце

Условие

Дана таблица [latex]n\times n[/latex], столбцы которой пронумерованы числами от [latex]1[/latex] до [latex]n[/latex]. В клетки таблицы расставляются числа [latex]1,2,\cdots, n[/latex] так, что в каждой строке и в каждом столбце все числа различны. Назовем клетку хорошей, если читсло в ней больше номера столбца, в котором она находится. При каких [latex]n[/latex] существует расстановка, в которй во всех строках одинаковое количество хороших клеток?

Решение

Найдем общее количество хороших клеток. В первом столбце их [latex]n-1[/latex] (все, кроме клетки с числом 1), во вторм их [latex]n-2[/latex] (все, кроме клетки с числом 1 и 2) и т.д., в последнем столбце таких клкеток нет. Значит, всего их [latex](n-1)+(n-2)+\cdots +1=\frac{n(n-1)}{2}[/latex]

Поэтому в каждой строке их должно быть по [latex]\frac{n-1}{2}[/latex], следовательно, [latex]n[/latex] должно быт ьнечетным.

[latex]1[/latex]	[latex]n[/latex]	[latex]n-1[/latex]	[latex]\cdots[/latex]	[latex]2[/latex]
[latex]2[/latex]	[latex]1[/latex]	[latex]n[/latex]	[latex]\cdots[/latex]	[latex]3[/latex]
[latex]3[/latex]	[latex]2[/latex]	[latex]1[/latex]	[latex]\cdots[/latex]	[latex]4[/latex]
[latex]\vdots[/latex]	[latex]\vdots[/latex]	[latex]\vdots[/latex]	[latex]\ddots[/latex]	[latex]\vdots[/latex]
[latex]n-1[/latex]	[latex]n-2[/latex]	[latex]n-3[/latex]	[latex]\cdots[/latex]	[latex]n[/latex]
[latex]n[/latex]	[latex]n-1[/latex]	[latex]n-2[/latex]	[latex]\cdots[/latex]	[latex]1[/latex]

Приведем пример расстановки при нечетном [latex]n[/latex]. Пусть в первой строке записаны числа в порядке [latex]1,n,n-1,n-2,\cdots,2[/latex]

а каждая следующая строка является циклическим сдвигом предыдущей строки на 1 клетку (см.рис.). Очевидно, в любой строке и в любом столбце каждое из чисел [latex]1,2,\cdots,n[/latex] встречается по одному разу. Рассмотрим [latex]m[/latex]-ю строку ([latex]m\in \left \{ 1,2,\cdots,n \right \}[/latex]). В ее первых [latex]m[/latex] клетках стоят числа [latex]1,2,\cdots,m[/latex] в обратном порядке, поэтому среди этих клеток ровно [latex]\left [\frac{m}{2} \right][/latex] хороших. В ее последних [latex]n-m[/latex] клетках(т.е. в столбцах с номерами [latex]m+1,m+2,\cdots,n[/latex]) стоят числа [latex]m+1,m+2,\cdots,n[/latex] в обратном порядке, поэтому среди этих клеток ровно [latex]\left [\frac{n-m}{2} \right][/latex] хороших. Так как числа [latex]m[/latex] и [latex]n-m[/latex] разной четности, то в [latex]m[/latex]-й строке ровно [latex]\left [\frac{m}{2} \right]+\left [\frac{n-m}{2} \right]=\frac{m}{2}+\frac{n-m}{2}-\frac{1}{2}=\frac{n-1}{2}[/latex] хороших клеток.

К.Чувилин