Processing math: 100%

M1384. Невырожденность и выпуклость четырехугольников, связанных с центрами вписанного, описанного кругов и ортоцентром треугольника

Условие

ABC — неравнобедренный остроугольный треугольник; O и I — центры описанного и вписанного кругов, H — ортоцентр треугольника. Докажите, что четырехугольники AOIH, BOIH и COIH невырождены и среди них ровно два выпуклых.

Доказательство

Решению предпошлем легко доказываемое предположение:

В треугольнике биссектриса делит пополам угол между высотой и радиусом описанного круга, проведенным в ту же вершину.

Рис. 1 к задаче M1384

Докажем это предположение. Пусть BM — биссектриса угла ABC (рис. 1). Так как OB=OM, то OBM=OMB. Так как точка M — середина дуги AMC, то прямые OM и BD параллельны. Следовательно, DMB=BMO, отсюда OBM=DBM, что и требовалось доказать.

Решение задачи. Покажем вначале, что точки O и H не могут лежать на одной прямой с какой-либо из вершин треугольника (в частности, эти точки не могут совпадать). Действительно, в этом случае выходящие из вершины медиана и высота совпадают, и треугольник оказывается равнобедренным. Отсюда и из леммы уже следует, что AOIH, BOIH и COIH — невырожденные многоугольники (четырехугольники либо треугольники).

Рис. 2 к задаче M1384

Пусть прямая OH пересекает стороны AB и BC треугольника, BC>AB. Для завершения решения достаточно доказать, что точка I лежит внутри той же полуплоскости с границей OH, что и точка B (рис.2). Докажем это.

Обозначим BD=hs. Имеем: CD>AD. Восстановим перпендикуляр к середине отрезка AC, получаем: точка O принадлежит треугольнику BCD. Обозначим через E(K) точку пересечения прямой AI(CI) с прямой OH. Необходимо доказать, что точки на прямой расположены в следующем порядке: O,K,E,H, т.е что OKKH<OEEH. Но биссектриса угла треугольника делит противоположную сторону на части, пропорциональные прилежащим сторонам. Отсюда и из леммы получаем: OKKH=COCH,OEEH=AOAH. Доказываемое утверждение можно теперь переписать так: AHAO<CHCO или CH>AH. Но поскольку CD>AD, то CH>AH. Отсюда и следует утверждение задачи.

Замечания:

  • Нетрудно показать, что прямая OH пересекает большую и меньшую стороны треугольника ABC. Значит, выпуклыми являются четырехугольники, соответствующие большему и меньшему его углам.
  • Задача допускает также и алгебраическое решение.

В.Сендеров

M1656. Оценка числа доминирующих вершин в вершинно-взвешенном графе

Условие

В классе 30 учеников, и у каждого из них одинаковое число друзей среди одноклассников. Каково наибольшее возможное число учеников, которые учатся лучше большинства своих друзей? (Про любых двух учеников в классе можно сказать, кто из них учится лучше.)

Ответ: 25.

Решение

Учеников, которые учатся лучше большинства своих друзей, назовем хорошими. Пусть x — число хороших учеников, k — число друзей у каждого ученика. Лучший ученик класса является лучшим в k парах друзей, а любой другой хороший ученик — не менее, чем в [k/2]+1(k+1)/2 парах (здесь квадратные скобки обозначают целую часть числа). Поэтому хорошие ученики являются лучшими не менее чем в k+(x1)(k+1)/2 парах.
Это число не может превышать числа всех друзей в классе, равного 30k/2=15k. Отсюда k+(x1)(k+1)/215k или

x28kk+1+1 (1)

Заметим далее, что

k+1230x (2)

поскольку число учеников, лучше которых учится наихудший из хороших, не превышает 30.

Правая часть неравенства (1) возрастает с ростом k, а неравенство (2) равносильно условию

k592x (3)

Из (1) и (3) следует, что x28592x602x+1, или

x259x+8560 (4)

К задаче M1656

Наибольшим целым x, удовлетворяющим (4) и условию x30, является x=25. Итак, число хороших учеников не превышает 25, что можно проиллюстрировать на графике.

Покажем, что оно может равняться 25. Занумеруем учеников числами от 1 до 30 в порядке ухудшения успеваемости и расположим номера в таблице 6×5 так, как показано на рисунке.

1 2 3 4 5
6 7 8 9 10
11 12 13 14 15
16 17 18 19 20
21 22 23 24 25
26 27 28 29 30

Пусть пара учеников является парой друзей, если их номера расположены одним из трех способов:

  1. в соседних строках и в разных столбцах;
  2. в одном столбце и один из номеров при этом находится в нижней строке;
  3. в верхней строке.

При этом, как нетрудно проверить все требуемые условия выполнены.

С.Токарев

M1452. Общая касательная к касающимся внешним образом окружностям

Условие

Окружности S1 и S2 касаются внешним образом в точке F. Прямая l касается S1 и S2 в точках A и B соответственно. Прямая, параллельная прямой l, касается S2 в точке C и пересекает S1 в точках D и E. Докажите, что а) точки A, F и C лежат на одной прямой; б) общая хорда окружностей, описанных около треугольников ABC и BDE, проходит через точку F.

К задаче M1452

Решение а) Первое решение

Так как касательные к окружности S2 в точках B и C параллельны, то BC — ее диаметр, и ∠BFC=90°. Докажем, что и ∠AFB=90°. Проведем через точку F общую касательную к окружностям, пусть она пересекает прямую l в точке K. Из равенства отрезков касательных, проведенных к окружности из одной точки, следует, что треугольники AKF и BKF равнобедренные. Следовательно,
∠AFB=∠AFK+∠KFB=∠FAB+∠FBA=180°/2=90°

Решение а) Второе решение

Рассмотрим гомотетию с центром F и коэффициентом, равным r2/r1, где r1 и r2 — радиусы окружностей S1 и S2. При этой гомотении S1 переходит в S2, а прямая l — касательная к S1 — переходит в S2. Следовательно, точка A переходит в точку C, поэтому точка F лежит на отрезке AC.

Решение б)

Ниже мы покажем, что центр окружности BDE находится в точке A. Поскольку центр окружности ABC есть середина AC (∠ABC=90°), а ∠BFC=90° (см. первое решение п. а)), отсюда будет следовать, что BF есть перпендикуляр, опущенный из общей точки окружностей BDE и ABC на прямую, соединяющею их центры. А это и значит, что прямая BF содержит их общую хорду.

Итак, нам достаточно доказать, что AD=AE=AB. Первое из этих равенств очевидно(ибо касательная к S1 в точке A параллельна DE). Пусть r1 и r2 — радиусы S1 и S2. Опуская перпендикуляр AP на DE, найдем, что AP=BC=2r2, и по теореме Пифагора для треугольников APD и O1PD, где O1 — центр S1 PD2=O1D2O1P2=r21(2r2r1)2=4r1r24r22 AD2=AP2+PD2=4r1r2

Но легко найти, что общая касательная AB окружностей S1 и S2 равна 2r1r2.

А. Калинин, В. Дубровский

M1498. Решение одной системы n-уравнений второй степени


Условие

Решите при каждом n>1 систему уравнений
{α=π(2m+1)2(n+1)x1xn=2,x2(xnx1)=1,,xn1(xnxn2)=1,xn(xnxn1)=1

Решение

При нескольких первых значениях n(n=2,3,4,5) систему удается решить «в лоб»: положить xn=z, можно вырвзить через z последовательно x1,x2,,, и наконец из последнего уравнения системы получить уравнение вида Pn(z)=0, где Pn — многочлен. Например, при n=2 получим z=±3, при n=3z=±2±2, при n=4 в ответе появляется корень из 5. Это может привести на мысль сделать тригонометрическую заменну переменной (и даже — какую именно). Положим xn=2cosα. Тогда x1=1cosα,x2=12cosα1cosα=cosαcos2α: и далее по индукции — предположив, что xk=cos(k1)αcoskα, найдем xk+1=12cosαcos(k1)αcoskα=coskαcos(k+1)α, поскольку 2cosαcosβ=cos(β+α)+cos(βα). Последнее уравнение системы даст: xn=cos(n1)αcosnα=2cosα и преобразуется к виду cos(n+1)α=0. Откуда α=π(2m+1)2(n+1); при этом

xk=cos(k1)αcoskα(k=1,2,,n).()

Разные значения cosα получаются при 0<π(2m+1)2(n+1)<π, т.е. при m=0,1,,n. Однако не все они годятся: чтобы ни одно из чисел coskα(k=1,,n) не обращалось в 0, необходимо и достаточно, чтобы 2m+1 и n+1 не имели общего делителя, большего 1 (если 2m+1=dp, n+1=dp, d>1, то p — нечетно и cosqα=cosπdpq2dq=cospπ2=0; легко доказать и обратное).

Итак, к строчке (), дающей ответ надо добавить условие: НОД (2m+1,n+1)=1, 0mn.

Нужно еще показать, что найдены все решения. Из сказанного выше следует, что нет других решений, для которых |xn|2. Вот один из способов доказать, что решения с |xn|>2 быть не может.

Обозначим coshα=eα+eα2, где e — основание натуральных логарифмов — что, впрочем, здесь не важно: нам понадобиться лишь, что e>0 и что, как и для cosα, 2coshαcoshβ=cosh(α+β)+cosh(αβ)

(Тем, кто знаком с комплексными числами, напомним, что cosα=eiα+eiα2, так что «гиперболический косинус» coshα — это просто cos(iα).) Рассуждая так же, как и выше, — положив xn=±2coshα, — найдем, что cosh(n+1)α=0. Но функция cosh вообще не обращается в 0 (coshα1 при любом α), так что решений с |xn|>2 нет.

К задаче M1498 Рассказ об этой задаче был бы неполон без объяснения, откуда возникла такая странная на первый взгляд система уравнений. Ее источник — геометрия. Построим равнобедренный треугольник ABC с боковыми сторонами AB=BC=1 и углами при основании α=π2(n+1). Пусть K — середина основания. Отметим на отрезке KC точки M1,,Mn1 такие, что Mk1BMk=α (здесь и ниже k=1,2,,n; M0=K, [/latex] M_{k}=C[/latex], см. рисунок).

Треугольники ABMk и CMk1B подобны (их углы: α, (k+n)α, (n+1k)α), так что AMkMk1C=ABBC. Положим xk=AMk, в частности, xn=AC тогда Mk1C=xnxk1, поэтому xk(xnxk1)=1 и (поскольку AM0=x0/2) x1xn=2. Легко видеть, что (см. рисунок) AMk=cos(k1)α/coskα, в частности, AM1=1/cosα, AC=2cosα. Таким образом, мы получим иллюстрацию «основного» решения системы с m=1.

Заметим, что наш рисунок — фрагмент правильного 2(n+1)-угольника со стороной 1; xk — это кусочки, высекаемые на одной диагонали AC диагоналями, выходящими из вершины B. Решения системы, отвечающие значемиям m>1, можно интерпретировать аналогичным образом как кусочки диагоналей ( или их продолжений ) правильной 2(n+1)-угольной звезды.

Эта геометрическая интерпретация позволяет выяснить, при каких n решения системы выражаются в квадратных радикалах ( через рациональные числа ): при тех, для которых можно построить правильный (n+1)-угольник ( а значит, и 2(n+1)-угольник ) циркулем и линейкой. Это — в точности те n, для которых число решений системы — степень двойки. Вот несколько первых значений n:2,3,4,5,7,9,11,14,15,16,19,23, ( см. статью А.Кириллова «О правильных многоугольниках, функции Эйлера и числах Ферма», «Квант» №6 за 1994 год).

И.Васильев

M1611

Формулировка

Две окружности пересекаются в точках A и B. Через точку A проведена прямая, вторично пересекающая первую окружность в точке C, а вторую в точке D. Пусть M и N — середины дуг BC и BD, не содержащих точку A, а K — середина отрезка CD. Докажите, что угол MKN прямой. (Можно считать, что точки C и D лежат по разные стороны от точки A.)

Доказательство

M1611

Пусть N1 — точка, симметричная точке N относительно K (см.рисунок). Тогда bigtriangleupKCN1=bigtriangleupKDN, поэтому CN1=ND и angleN1CK=angleNDK=piangleABN. Заметим ещё, что angleMCK=piangleABM.
Складывая полученные равенства, находим, что angleN1CM=angleMBN. Кроме того, из условия следует, что CM=MB и BN=ND (т.е. BN=CN1). Значит bigtriangleupMCN1=bigtriangleupMBN, откуда MN1=MN.
MK — медиана в равнобедренном треугольнике MNN1, поэтому angleMKN=90circ.

Замечание

Задача имеет много других решений. Например, можно воспользоваться подобием треугольников MEK и KFN, где E и F — середины отрезков BC и BD соответственно. Эти треугольники имеют две пары взаимно перпендикулярных сторон: EK и FN, ME и KF; следовательно, перпендикулярны и их третьи стороны.

Кроме того, соображения, использующие композицию поворотов, позволяют отказаться от дополнительного условия в задаче (о том, что точки C и D лежат по разные стороны от A), которое было задано лишь затем, чтобы избежать разбора различных случаев. Действительно, рассмотрим композицию поворотов RbetaMcircRalphaN — на углы alpha=angleDNB и beta=angleBMC вокруг точек N и M соответственно (углы передпологаются ориентированными).
Заметим, что alpha+beta=180circ, поэтому RbetaMcircRalphaN=Zx — центральная симметрия относительно некоторой точки X. Но Zx(D)=(RbetaMcircRalphaN)=RbetaM(B)=C, поэтому X — середина отрезка CD, т.е. точка K. Если N1=ZK(N), то N1=(RbetaMcircRalphaN)(N)=RbetaM(N), т.е. bigtriangleupNMN1, равнобедренный и angleMKN=90circ

Д.Терешин