M708. О выпуклом четырехугольнике и квадратах

Задача из журнала «Квант» (1981 год, 10 выпуск)

Условие

На сторонах выпуклого четырехугольника площади $S$ вне его построены квадраты, центры которых служат вершинами нового четырехугольника площади $S_{1}$. Докажите, что:

$S_{1}$ $\geqslant$ $2S;$
$S_{1}$ $=$ $2S;$

в том и только в том случае, когда диагонали исходного четырехугольника равны по длине и взаимно перпендикулярны.

Доказательство

Рис. 1

Из рисунка 1 видно, что площадь $S_{1}$ четырехугольника $MNPQ$ (M, N, P, и Q — центры квадратов, построенных на сторонах данного четырехугольника ABCD) равна сумме площадей четырех розовых четырехугольников (с вершинами, соответственно, в центрах двух соседних квадратов и серединах двух соседних сторон исходного четырехугольника) и голубого параллелограмма. Найдем, чему равна площадь одного такого розового четырехугольника EMNF (см. рис. 1).

Обозначим через $\varphi$ угол при вершине $B$ исходного четырехугольника. Заметим, что $$S_{EMNF} = S_{EBF} + S_{EMB} + S_{FNB} \pm S_{MBN}$$ причем знак «$+$» берется, если $\dfrac{3\pi}{2}-\varphi < \pi$ (рис. 2),

Рис. 2

то есть $\dfrac{\pi}{2} < \varphi < \pi,$ и знак «$-$», если $0 < \varphi \leqslant {\pi}{2}$ (рис. 3).

Рис. 3

Подсчитав алгебраическую сумму последних трех слагаемых, найдем $$S_{EMNF} = S_{EBF} + \dfrac{|AB|^2}{8} + \dfrac{|BC|^2}{8} + \dfrac{|AB|\cdot|BC|}
{4}\sin\left({\dfrac{3\pi}{2}-\varphi}\right) = $$$$S_{EBF} + \dfrac{1}{8}\left(|AB|^2-2|AB|\cdot|BC|\cos\left(\varphi-|BC|^2\right)\right) = S_{EBF} + \dfrac{|AC|^2}{8}.$$ (мы воспользовались теоремой косинусов для треугольника ABC)

Проведя аналогичные вычисления для остальных розовых четырехугольников, окончательно получим, что $$S_{1} = S + \dfrac{1}{4}\left(|AC|^2 + |BD|^2\right).$$ Но $S = \dfrac{1}{2}\left(|AC| \cdot |BD|\sin\alpha\right)$ ($\alpha$ — угол между диагоналями AC и BD), так что $\dfrac{1}{4}\left(|AC|^2 + |BD|^2\right) \geqslant \dfrac{1}{2}|AC| \cdot |BD| \geqslant S$ и $S_{1} \geqslant 2S.$ — мы решили задачу а)
Поскольку последние неравенства превращаются в равенства в том и только в том случае, когда $|AC| = |BD|$ и $\sin\alpha = 1,$ то есть $(AC) \bot (BD),$ мы попутно получаем утверждение б).

П. Гусятников

М1814. О периодической последовательности

Задача из журнала «Квант»(2002 год, 2 выпуск)

Условие

Пусть $a$, $m_1$, $m_2$ $-$ натуральные числа, причем $a$ взаимно просто как с $m_1$, так и с $m_2$. Обозначим через $r_n$ остаток от деления целой части числа $\frac{a^n}{m_1}$ на $m_2$ $(n = 0, 1, 2, \ldots)$.

Докажите, что последовательность $\{r_n\}$ является периодической.

Доказательство

Так как НОД$(a$, $m_1)$ $=$ НОД$(a$, $m_2) = 1$, то НОД$(a$, $m_1m_2) = 1$. Пусть $n_0 -$ какое-нибудь натуральное число, для которого $a^{n_0}$ при делении на $m_1m_2$ дает в остатке $1$. (Если НОД$(a$, $m_1m_2) = 1$, то такое число обязательно существует. Можно, например, положить $n_0 = \varphi(m_1m_2)$, где $ \varphi(m) — $ функция Эйлера $-$ см. статью В.Сендерова и А.Спивака «Малая теорема Ферма» в «Кванте» №1 за 2000 год.)

Тогда $a^{n_0} = Qm_1m_2 + 1$ для некоторого целого числа $Q$. Теперь при любом $n \geqslant n_0$ имеем $$\left[\frac{a^n}{m_1}\right] = \left[\frac{a^{n_0}a^{n-n_0}}{m_1}\right] = \left[\frac{(Qm_1m_2 + 1)a^{n-n_0}}{m_1}\right] =$$ $$= \left[a^{n-n_0}Qm_2 + \frac{a^{n-n_0}}{m_1}\right] = a^{n-n_0}Qm_2 + \left[\frac{a^{n-n_0}}{m_1}\right]$$ ($\left[x\right]$ обозначает целую часть числа $x$).

Таким образом, остатки чисел $\left[\frac{a^n}{m_1}\right]$ и $\left[\frac{a^{n-n_0}}{m_1}\right]$ при делении на $m_2$ совпадают, т.е. $r_n = r_{n-n_0}$. Значит, последовательность $\{r_n\}$ имеет период длины $n_0$ (доказано также и то, что этот период начинается с самого начала последовательности).

Возникает вопрос о длине наименьшего периода последовательности $\{r_n\}$. Верно ли, что если в качестве $n_0$ взять наименьшее натуральное число такое, что $a^{n_0}$ при делении на $m_1m_2$ дает в остатке $1$, то $n_0$ и будет длиной наименьшего периода? Как показывает пример $a = 3$, $m_1 = 13$, $m_2 = 2$ (здесь $n_0 = 3$, а последовательность $\{r_n\}$ сплошь состоит из нулей), ответ на этот вопрос в общем случае отрицателен. Однако если дополнительно предположить, например, что $m_2 \geqslant m_1$, то ответ будет утвердительным (читателю предлагается доказать это в качестве упражнения).

Н.Осипов

М1839. О тригонометрических неравенствах

Задача из журнала «Квант» (2002 год, 5 выпуск)

Условие

Пусть $0 < x < \frac{\pi}{4}$. Докажите, что $$\left(\cos x\right)^{\cos^2 x} > \left(\sin x\right)^{\sin^2 x},$$ а также $$\left(\cos x\right)^{\cos^4 x} < \left(\sin x\right)^{\sin^4 x}.$$

Доказательство

На первый взгляд кажется, что одно из неравенств противоречит другому, но это не так.

Рассмотрим $$f(y) = \cos^y x − \sin^y x ,$$ где $ 0 < x < \frac{\pi}{4}$, $y \geqslant 0$. Имеем: $f(0) = 0$, $f(y) > 0$ при $y > 0$, $f(y) \to 0$ при $y \to \infty$. Далее, $$f'(y) = \cos^y x \ln \cos x − \sin^y x \ln \sin x =\\= \cos^y x\left(\ln \cos x − \mathrm {tg}^y\,x \ln \sin x\right),$$ поэтому $f'(y)$ имеет единственный корень при $y > 0$, так как функция $g(y) = \mathrm {tg}^y\,x$ монотонна. Из равенства $$f(2) = f(2)\left(\cos^2 x + \sin^2 x\right) = f(4)$$ следует, что $f'(2) > 0$, $f'(4) < 0$.

Перепишем первое неравенство: $$\cos^2 x \ln \cos x > \sin^2 x \ln \sin x ,$$ что эквивалентно первому неравенству задачи. Аналогично, $f'(4) < 0$, или $$\cos^4 x \ln \cos x < \sin^4 x \ln \sin x ,$$ что эквивалентно второму неравенству задачи.

В. Сендеров

М1773. О равенстве четырехугольника и треугольника

Задача из журнала «Квант» (2001 год, 3 выпуск)

Условие

Высота $CD$ и биссектриса $AE$ прямоугольного треугольника $ABC (\angle C = 90 ^{\circ} )$ пересекаются в точке $F$ (см. рисунок). Пусть $G$ — точка пересечения прямых $ED$ и $BF$. Докажите, что площади четырехугольника $CEGF$ и треугольника $BDG$ равны.

Решение

Так как $AE$ — биссектриса $\triangle ABC$, а $AF$ — биссектриса $\triangle ADC$, $$\frac {EC}{BE} = \frac {AC}{AB} = \cos \angle BAC = \frac {DA}{AC} = \frac {DF}{FC},$$ $$EC \times FC = BE \times DF = (BC — EC) \times (CD — CF),$$ $$ BC \times CD = BC \times CF + EC \times CD. $$ Умножив обе части последнего равенства на $ \frac {1}{2} \sin \angle BCD$, получим, что $$ S_{BCD} = S_{BCF} + S_{ECD}. $$ Но $$ S_{BCD} = S_{CEGF} + S_{BEG} + S_{BGD} + S_{DFG},$$ $$ S_{BCF} = S_{GECF}+S_{BEG}, S_{ECD} = S_{GECF} + S_{DFG}, $$ откуда и следует требуемое равенство.

И. Жук

M1815. О перпендикулярах в неплоском четырехугольнике

Задача из журнала «Квант»(2002 год, 2 выпуск)

Условие

Общие перпендикуляры к противоположным сторонам неплоского четырехугольника $ABCD$ взаимно перпендикулярны.

Докажите, что они пересекаются.

Решение

Инструментом решения является теорема Менелая для пространственного четырехугольника, утверждающая, что точки $X,$ $U,$ $Y,$ $V,$ взятые на сторонах четырехугольника $AB,$ $BC,$ $CD,$ $DA$ или их продолжениях, лежат в одной плоскости тогда и только тогда, когда $\frac{AX}{XB} \cdot \frac{BU}{UC} \cdot \frac{CY}{YD} \cdot \frac{DV}{VA} = 1.$

Для доказательства теоремы Менелая продолжим прямые $XU$ и $YV$ до пересечения с $AC.$ Точки $X,$ $U,$ $Y,$ $V$ лежат в одной плоскости тогда и только тогда, когда все три прямые пересекаются в одной точке $P$ либо параллельны (рис. 1).

Рис. 1

Но в этом случае, применяя теорему Менелая к треугольникам $ABC$ и $ACD,$ получаем $\frac{AX}{XB} \cdot \frac{BU}{UC} \cdot \frac{CP}{PA} = 1$ и $\frac{CY}{YD} \cdot \frac{DV}{VA} \cdot \frac{AP}{PC} = 1.$ Перемножая эти равенства, получим требуемое соотношение.

Пусть теперь $XY$ – перпендикуляр к сторонам $AB$ и $CD,$ $UV$ – перпендикуляр к $AD$ и $BC.$ При ортогональной проекции на плоскость, параллельную $XY$ и $UV,$ прямой угол между прямыми $AB$ и $XY$ остается прямым. Поэтому четырехугольник $ABCD$ проецируется в прямоугольник $A’B’C’D’,$ а прямые $XY$ и $UV$ – в параллельные его сторонам прямые $X′Y′$ и $U′V′$ (рис. 2). Очевидно, что $\frac{A’X’}{X’B’} \cdot \frac{B’U’}{U’C’} \cdot \frac{C’Y’}{Y’D’} \cdot \frac{D’V’}{V’A’} = 1.$

Рис. 2

Следовательно, $\frac{AX}{XB} \cdot \frac{BU}{UC} \cdot \frac{CY}{YD} \cdot \frac{DV}{VA} = 1,$ и по теореме Менелая точки $X,$ $Y,$ $U,$ $V$ лежат в одной плоскости. Отсюда сразу следует утверждение задачи.

А.Заславский