Задача из журнала «Квант» (2002 год, 6 выпуск)

Условие

Четырехугольник с перпендикулярными диагоналями вписан в квадрат. Диагонали и стороны четырехугольника разделили квадрат на 8 треугольников, попеременно окрашенных в красный и синий цвет (рис.1).

Докажите, что сумма радиусов окружностей, вписанных в красные треугольники равна сумме радиусов окружностей, вписанных в синие треугольники.

Решение

Сначала два вспомогательных факта.

1. Диаметр вписанной в прямоугольный треугольник окружности равен разности между суммой его катетов и гипотенузой, т.е. $2r = a + b — c.$ Обоснование этого полезного утверждения можно усмотреть из рисунка

2. Два взаимно перпендикулярных отрезка разделили квадрат на четыре четырехугольнька. Тогда сумма периметров любых двух несоседних из них равна сумме периметров двух других (рис.3).

Обоснуем это. Один из разделяющих отрезков перенесем параллельно себе так, чтобы он прошел через центр квадрата; при этом сумма периметров несоседних четырехугольников останется прежней. То же самое сделаем со вторым отрезком. Но два отрезка, взаимно перпендикулярные и проходящие через центр квадрата, делят его на четыре равных четырехугольника. Теперь рассуждение легко закончить самостаятельно.

Вернемся к условию задачи. На основании утверждения 2 можно заключить, что сумма длин всех катетов красных треугольников равна сумме длин всех катетов синих треугольников. К этому можно добавить, что сумма длин всех гипотенуз красных треугольников равна сумме длин всех гипотенуз синих треугольников. Откуда используя утверждение 1, делаем вывод, что сумма радиусов окружностей, вписанных в красные треугольники, равна сумме радиусов окружностей, вписанных в синие треугольники.

В. Произволов

Задача из журнала «Квант» (2002 год, 3 выпуск)

В.Барзов

Задача из журнала «Квант» (1993 год, 11/12 выпуск)

Условие

Пусть сумма $n$ чисел равна $0$, причем $m$ — наименьшее из них, а $M$ — наибольшее. Докажите, что

1. сумма квадратов этих чисел не превосходит $-mMn$;
2. сумма четвертых степеней этих чисел не превосходит $-mMn(m^2 + M^2 +mM)$.

Решение

Пусть $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}$ — числа задачи: $$ m \leqslant x_{i} \leqslant M, x_{1}+x_{2}+ \ldots +x_{n} = 0$$

Обозначим сумму их квадратов через $D$, а сумму четвертых степеней — через $F.$

1. Первое решение. Для каждого числа $x_{i}$ задачи имеем $$(x_{i} — m)(x_{i} — M)\leqslant 0,$$ или $$x_{i}^{2} \leqslant(m+M) x_{i}-m M. \tag{*}$$

   Сложив $n$ этих неравенств, получаем $$D \leqslant -nmM.$$

   Второе решение. При $m = M$ утверждение очевидно. Пусть $m<M$. Расположим в точках $(x_{i},x_{i}^{2})$, где $x_{i}$ — числа задачи, единичные массы. Проведем через точки $(m, m^2)$ и $(M, M^2)$ прямую. Ее уравнение —

   $$\frac{x-m}{M-m}=\frac{y-m^{2}}{M^{2}-m^{2}}.$$

   Поскольку все массы расположены под прямой, этим же свойством обладает и центр масс $(0, D/n).$ Поэтому $$-m(m+M)+m^{2} \geqslant \frac{D}{n},$$ что и требовалось доказать.

2. Первое решение. Как и во втором решении пункта а) будем считать $m<M$. Попытаемся найти многочлен $x^4 + ax + b$, имеющий корнями числа $m$ и $M$. Заметим сразу, что многочлен такого вида имеет не более двух корней. Действительно, между любыми последовательными корнями многочлена найдется корень его произведения. Следовательно, если многочлен имеет хотя бы три корня, то его производная $4 x^{3} + a$ имеет не менее двух корней. Но уравнение $4 x^{3} = -a$ имеет единственный корень. Тогда из системы $$\left\{\begin{array}{l}m^{4}+a m+b=0 \\M^{4}+a M+b=0 \end{array}\right.$$ получаем $$a=-\left(m^{2}+M^{2}\right)(m+M),$$ $$b=m M\left(m^{2}+M^{2}+m M\right).$$

   С другой стороны, при этих значениях $a$ и $b$ равенства системы выполняются. Окончание решения аналогично первому решению пункта а).

   Второе решение. Рассуждая так же, как при втором решении пункта а), получаем уравнение прямой $$\frac{x-m}{M-m}=\frac{y-m^{4}}{M^{4}-m^{4}},$$ после чего без труда приходим к неравенству $$-m\left(M^{2}+m^{2}\right)(M+m)+m^{4} \geqslant \frac{F}{n},$$ что и требовалось доказать.

   Третье решение. Для каждого числа $x_{i}$ задачи из (*) следует $$\begin{aligned}
   x_{i}^{4} & \leqslant\left((m+M) x_{i}-m M\right)^{2}=\\
   &=(m+M)^{2} x_{i}^{2}-2(m+M) m M x_{i}+m^{2} M^{2}.
   \end{aligned}$$

   Сложив $n$ этих неравенств и воспользовавшись утверждением пункта а), получаем $$F \leqslant-n m M(m+M)^{2}+n m^{2} M^{2},$$ что и требовалось доказать.

Замечание. Неравенство (*), а следовательно, и неравенства задачи превратятся в равенства, если $k$ из чисел $x_{i}$ равны $m$, а $n-k$ остальных равны $M$ (при этом $k m+(n-k) M=0$).

Н.Васильев, В.Сендеров, Л.Туцеску