М728. Задача о параллелепипеде

Задача из журнала «Квант». Выпуск №2 1982 года.

М728. Пусть $A$, $B$, $C$ — вершины параллелепипеда, соседние с его вершиной $P$, а $Q$ — вершина, противоположная $P$. Докажите, что:

а) расстояния от точек $A$, $B$, $C$ до прямой $PQ$ могут служить длинами сторон некоторого треугольника;

б) площадь $S$ этого треугольника, объем $V$ параллелепипеда и длина $d$ его диагонали $PQ$ связаны соотношением $V=2dS$.

Решение

Плоскости $PQA, PQB$ и $PQC$ разрезают параллелепипед на 6 долек — тетраэдров. (Один из них — тетраэдр $PQAD$ — выделен на рисунке красным цветом.) Мы доказываем, что объем каждой «дольки» равен $\frac{1}{3}dS$.

Рассмотрим, например, тетраэдр $PQAD$. Его объем не изменится, если сдвинуть вершину $A$ по прямой $AA’$, параллельной диагонали $PQ$. В самом деле, вершины $P, Q$ и $D$ при этом остаются неподвижными, а расстояние от вершины $A$ до плоскости $PQD$ не меняется. Ясно, что и при перемещении точки $D$ вдоль прямой $DD’,$ параллельной $(PQ)$, объем тетраэдра сохранится. Сдвинем теперь вершины $A$ и $D$ в точки $A’$ и $D’$ так, чтобы плоскость $PA’D’$ стала перпендикулярной диагонали $PQ$ (см. рисунок).

а) Поскольку отрезок $A’P$ перпендикулярен к прямой $PQ$, его длина равна расстоянию от точки $A’$ до этой прямой, то есть расстоянию от точки $A$ до $(PQ)$. Точно так же, длина отрезка $D’A’$ равна расстоянию от точки $D$ до прямой $AA’$. При параллельном переносе $\overrightarrow{DB}=\overrightarrow{AP}$ точка $D$ переходит в $B$, а прямая $AA’$ — в $(PQ)$, поэтому $|D’A’|$ — это расстояние от точки $B$ до $(PQ)$. Аналогично доказывается, что $|PD’|$ — это расстояние от точки $C$ до $(PQ)$. Таким образом, длины сторон треугольника $PA’D’$ равны расстояниям от точек $A$, $B$, $C$ до прямой $(PQ)$. По условию его площадь равна $S$.

б) Как мы видели, объем тетраэдра $PQAD$ равен объему тетраэдра $PQA’D’$. Площадь основания $PA’D’$ этого тетраэдра равна $S$, а высота равна длине $d$ ребра $PQ$, так как оно перпендикулярно основанию, Таким образом, $V_{PQAD}=\frac{1}{3}dS$, а объем параллелепипеда $V=6\cdot\frac{1}{3}dS=2dS$.

В. Дубровский

М658. О разбиении квадрата отрезками

Задача из журнала «Квант» (1980 год, 12 выпуск)

Условие

В квадрате со сторо­ной $1$ проведено конечное чис­ло отрезков (рис. $1$), парал­лельных его сторонам. Отрез­ки могут пересекать друг друга. Сумма длин проведен­ных отрезков равна $18$. Дока­жите. что среди частей, на которые квадрат разбивается этими отрезками, найдется такая, площадь которой не меньше $0.01$

Решение

Сумма длин границ всех частей, на которые квадрат разбит отрезками, равна $2 \cdot 18+4=40 $ (длины проведенных отрезков входят в эту сумму по два раза, длины сторон квадрата — по одному). Пусть для $i$-й части сумма длин горизонтальных границ равна $x _{i}$, вертикальных — $2y_{i}$, а площадь $i$-й части равна $c_{i}^{2}$ $\left( c_{i} > 0 \right)$ : тогда $x _{i}y_{i} \geq c_{i}^{2}$ (рис. $2$), поэтому $x_{i}+y_{i}\geq2\sqrt{ x_{i}y_{i}} \geq 2c_{i}$. Итак, $40= \sum (2x_{i}+2y_{i})\geq4 \sum c_{i}$, откуда $ \sum c_{i}\leq10$ (здесь сумма $\sum$ берется но всем частям разбиении).

Если $c_{i}^{2}<0.01$ (то есть $c_{i}<0.1$) для всех $i$, то $1= \sum c_{i}^{2} < \sum 0.1 c_{i} = 0.1 \sum c_{i}$ , откуда $\sum c_{i}\geq10$. Противоречие. Очевидно, оценка $18$ — точная: восемнадцатью отрезками длины $1$ наш квадрат можно разбить на $100$ одинаковых квадратиков площади $0.01$ каждый.

А.Анджан

М690. Задача о выпуклых многоугольниках

Задача о выпуклых многоугольниках

Условие

а) Внутри выпуклого многоугольника площади $S_1$ и периметра $P_1$ расположен выпуклый многоугольник площади $S_2$ и периметра $P_2$. Докажите неравенство $$2\dfrac{S_1}{P_1}>\dfrac{S_2}{P_2}$$.

б)Сформулируйте и докажите аналогичное утверждение для выпуклых многогранников.

Решение

а) Заметим сначала, что для треугольников справедливо более сильное утверждение $\dfrac{S_1}{P_1}>\dfrac{S_2}{P_2}$. Это почти очевидно, так как $\dfrac{2S_1}{P_1}$ и $\dfrac{2S_2}{P_2}$ — радиусы кругов, вписанных в эти треугольники.

Для доказательства общего утверждения воспользуемся двумя фактами, которые мы докажем ниже:

  1. Во всякий выпуклый многоугольник площади $S$ и периметра $P$ можно поместить круг радиуса $R>\dfrac{S}{P}$;
  2. Для любого круга, содержащегося в данном многоугольнике $R\leqslant\dfrac{2S}{P}$.

Из $1.$ и $2.$ сразу следует утверждение а): поместим во внутренний многоугольник круг радиуса $R>\dfrac{S_2}{P_2}$; поскольку $R\leqslant\dfrac{2S_1}{P_1}$, получаем требуемое.

Докажем $1.$ Построим на каждой стороне (выпуклого) многоугольника прямоугольник с высотой $h = \dfrac{S}{P}$ (рис. $1$; $S$ — площадь, $P$ — периметр многоугольника). Эти прямоугольники перекрываются: они могут даже «вылезать» за пределы многоугольника. Поскольку суммарная площадь прямоугольников равна $S$, площадь покрытой ими части многоугольника меньше $S$. Поэтому найдётся непокрытая точка, удаленная от всех сторон на расстояние $R>h$

Рис. $1$

Докажем $2.$ Пусть $O$ — центр круга радиуса $R$, содержащегося в многоугольнике (рис. $2$). Поскольку длины высот треугольников с вершиной $O$, основаниями которых служат стороны многоугольника не меньше $R$, получаем $S\geqslant\dfrac12PR$. Поэтому $R\leqslant\dfrac{2S}{P}$. (Заметим, что если для какого-то круга, содержащегося в многоугольнике, $R=\dfrac{2S}{P},$ то этот круг вписан в многоугольник — докажите это!).

Рис. $2$

В пространственном случае можно доказать, что если выпуклый многогранник объёма $V_1$ и площади поверхности $S_1$ содержит выпуклый многогранник объёма $V_2$ и площади поверхности $S_2$, то $3\dfrac{V_1}{S_1}>\dfrac{V_2}{S_2}$.

Доказательство получается заменой слов: периметр — площадь поверхности, площадь — объём, круг — шар, треугольник — пирамида, прямоугольник — призма. Заметим, что константы $2$ (для плоского случая) и $3$ (для пространственного) нельзя заменить меньшими. Примеры, подтверждающие это, показаны на рисунках $3$ и $4$ (узкий прямоугольник внутри узкого длинного прямоугольника и узкая призма внутри узкой высокой призмы).

А. Келарев

M683. О расположении разноцветных кружков

Задачa из журнала «Квант» (1981 год, 5 выпуск)

Условие

Несколько кружков одинакового размера положили на стол так, что никакие два не перекрываются. Докажите, что кружки можно раскрасить в четыре цвета так, что любые два касающиеся кружка будут окрашены в разные цвета. Найдите расположение кружков, при котором трех цветов для такой раскраски недостаточно.

Доказательство

Доказательство возможности требуемой раскраски проведем индукцией по числу кружков n. При n\leq 4 утверждение очевидно. Предположим, что оно справедливо для любого расположения k кружков. Пусть на столе лежит k+1 кружков. Зафиксируем на плоскости произвольную точку M и рассмотрим кружок, центр O которого находится на наибольшем расстоянии от M (если таких кружков несколько, возьмем любой из них). Нетрудно убедиться, что выбранного кружка касается не более двух других (центры всех кружков лежат в круге \left ( M, \left | OM \right | \right ) — рис. 1). Отбросим кружок с центром O и раскрасим нужным образом в четыре цвета оставшиеся k кружков (по предположению индукции это можно сделать). Вернем теперь кружок с центром O на место. Поскольку он касается не более трех из уже покрашенных кружков, его можно раскрасить в тот цвет, который не был использован при раскраске касающихся его соседей.

Утверждение доказано.

Рисунок 1.

На рисунке 2 изображены 11 кружков, для нужной раскраски которых трех цветов недостаточно. Действительно, предположив, что эти кружки можно раскрасить тремя цветами, получим, что кружки A, B, C, D, E должны быть окрашены одинаково. Но это невозможно, поскольку кружки A и E касаются.

Рисунок 2.

М623. Задача об осях симметрии куба, правильной треугольной пирамиды и нечетности осей симметрии многогранника.

Задача из журнала «Квант» (1980 год, 5 выпуск)

Условие

а) Сколько осей симметрии имеет куб? Правильная треугольная пирамида?

б)* Докажите, что если некоторый многогранник имеет $k$ осей симметрии $(k \geq 1)$, то $k$ нечетно.

Решение

а) Нетрудно указать девять осей симметрии куба. Это — прямые, соединяющие центр куба $O$ с центрами граней (их три: $Ox$, $Oy$, $Oz$ на рисунке $1$) и с серединами ребер (их шесть).

Других осей симметрии у куба нет: это можно доказать, опираясь на такое наблюдение: при любом самосовмещении куба каждая из трех осей $Ox$, $Oy$, $Oz$ должна отображаться на одну из этих же осей, причем если это само совмещение — симметрия (поворот на $180 ^\circ$) $S_l$ относительно некоторой прямой $l$, отличной от $Ox$, $Oy$ и $ Oz$, то одна из этих трех осей должна переходить сама в себя, а две остальные — друг в друга.

У правильного тетраэдра три оси симметрии — прямые, соединяющие середины его ребер. Чтобы убедиться в этом, удобно достроить тетраэдр до куба, проведя через каждое ребро тетраэдра плоскость, параллельную противоположному ребру (рис. $2$). Ясно, что любое самосовмещение тетраэдра будет также самосовмещением этого описанного куба. Из девяти осевых симметрий, отображающих куб на себя, лишь три будут переводить в себя тетраэдр.

б) Пусть дан многогранник $M$, у которого более одной оси симметрии.

Лемма $1$ Если $l$ и $m$ — оси симметрии многогранника $M$, то $S_l (m) = m’$ — также ось симметрии $М$.

В самом деле, если точки $P$ и $P’$ многогранника $M$ симметричны относительно $m$, то $S_l (P)$ и  $S_l (P’)$ будут симметричными относительно $m’$. Короче: $S_{m’}  = S_l O S_m O S_l$.

Лемма $2$ Если $l$ и $m$ — оси симметрии многогранника $M$, пересекающиеся в точке $O$ и перпендикулярные друг к другу, то прямая $n$, перпендикулярная им обоим и проходящая через точку $O$, также служит осью симметрии $M$.

Действительно, $S_n = S_m O S_l$. Это легко проверить, приняв данные прямые за оси координат, или построив прямоугольный параллелепипед с центром в точке $O$ и осями симметрии $l$, $m$, $n$ с произвольной вершиной $P$ (рис. $3$).

Леммы $1$ и $2$ позволяют, фиксировав какую-то одну ось симметрии $l$, разбить все остальные на пары: если $m$ удовлетворяет условия леммы $2$, то пару с ней образует $n$, а если нет, то $m’ = S_l(m) \ne m$. Отсюда сразу следует утверждение задачи б).

Возникает естественный вопрос: какое вообще (конечное) множество прямых может быть множеством всех осей симметрии некоторого многогранника?

Различные примеры даются множеством осей симметрии $n$-угольной правильной призмы (здесь количество осей $p=n$ при $n$ нечетном и $p=n+1$ при $n$ четном), тетраэдра (или прямоугольного параллелепипеда с разными ребрами, $p=3$), куба (или октаэдра $p=9$) и додекаэдра (или икосаэдра, $p=15$). Попробуйте доказать, что других множеств осей симметрии (состоящих более чем из одной прямой) не бывает. Конечно, тут не обойтись без такой очень полезной леммы, которую многие читатели применили и в решении задачи б).

Лемма $3$ Оси симметрии любого многогранника пересекаются в одной точке.

Предположим, что $l$, $m$ — непересекающиеся оси симметрии многогранника $M$. Пусть $n$ — общий перпендикуляр $l$, $m$; рассмотрим прямоугольную систему координат с началом в точке $O = l \cap n$, с осью $Oz$ направленной по лучу $OA$, где $A = n \cap m$; пусть $|OA| = a$. Тогда при симметрии относительно оси $l$ координата $z$ любой точки переходит в $(-z)$, а при симметрии относительно $m$ — в $(2a-z)$. Поэтому при композиции этих двух симметрий $z$ изменяется на $2a$. Повторяя эту композицию достаточное число раз, мы «выгоним» любую точку за пределы многогранника $M$.  Противоречие!

Вот еще более короткое доказательство леммы $3$ (правда, использующее понятие, заимствованное из механики): пусть $O$ — центр масс одинаковых грузиков, помещенных в вершинах многогранника $M$; ясно, что при любом самосовмещении многогранника $M$ грузики лишь меняются местами, поэтому точка $O$ переходит в себя; в частности, все оси симметрии многогранника $M$ проходят через точку $O$.

Н. Васильев, В. Сендеров, А. Сосинский