М2010. Зв’язна клітинна фігура

Задача із журналу «Квант» (2006 рік, №4)

Умова

Для натуральних чисел $m$ і $n$ позначимо через $F(m,n)$ кількість всіх зв’язних клітинних фігур прямокутнику $m\times n$. Доведіть, що парність числа $F(m,n)$ збігається з парність числа $\frac{n(n+1)}{2}\cdot\frac{m(m+1)}{2}.$ (Зв’язна клітинна фігура – це така непорожня множина клітин, що з будь-якої клітини цієї множини можна пройти в будь-яку іншу клітину цієї множини по клітинах цієї множини, переходячи щоразу в сусідню по стороні клітину.)

А.Бадзян

Рішення

Припустимо, що $F(m,0) = 0.$ Зв’язні фігури в прямокутнику $m\times 1$ – це $m$ фігур з однієї клітини та смужки із двох або більше клітин. Кожна смужка визначається парою клітин – першою та останньою, тому $$F(m,1) = m + \frac{m(m-1)}{2} = \frac{m(m+1)}{2}.$$

Нехай у прямокутнику $m$ рядків та $n\gt 1$ стовпців. Позначимо через $l$ вертикальну вісь симетрії. Кожній зв’язній фігурі відповідає фігура, симетрична щодо $l,$ тому несиметричні щодо $l$ фігури розбиваються на пари, і парність $F(m,n)$ збігається з парністю кількості зв’язних фігур, симетричних щодо $l.$

Розглянемо деяку фігуру $T,$ симетричну щодо $l.$

Нехай $n$ непарне, $n =2k-1,$ $k\ge 2.$ Фігура $T$ містить хоча б одну клітину $k$-го стовпця, інакше з клітини фігури $T$ неможливо пройти по клітинам $T$ в симетричну відносно $l$ клітину, переходячи кожен раз в сусідню клітину. Зауважимо, що частина $T_{1}$ фігури $T,$ що розташована в $k$ найлівіших стовпцях, зв’язна. Дійсно, розглянемо дві клітини $x$ та $y$ фігури $T_{1}.$ Нехай $x’$ – клітина, що симетрична $x$ відносно $l,$ a $x’,z_{1},z_{2},\ldots,z_{t},y$ – послідовність клітин, що утворює шлях з $x’$ в $y$ по сусідніх клітинах фігури $T.$ Тоді, замінюючи в цьому шляху клітини, що лежать правіше $k$-го стовпця, на симетричні щодо $l,$ ми отримаємо шлях з $x$ в $y$ по сусідніх клітинах фігури $T_{1}$ (див. малюнок). Навпаки, якщо фігура $T_{1}$ розташована у прямокутнику, що складається з $k$ найлівіших



стовпців, зв’язна і містить хоча б одну клітину $k$-го стовпця, можна однозначно продовжити фігуру $T_{1}$ до зв’язної фігури $T,$ симетричної відносно $l$. Кількість зв’язних фігур у прямокутнику $m\times k$ дорівнює $F(m,k),$ серед них $F(m,k-1)$ фігур лежать у перших $k-1$ стовпцях (тобто не містить клітин $k$-го стовпця). Отже, кількість зв’язних симетричних щодо $l$ фігур у прямокутнику $m\times (2k-1)$ дорівнює $F(m,k)-F(m,k-1).$

Для парного $n = 2k,$ $k\ge 1,$ міркуючи аналогічно, встановимо взаємно однозначну відповідність між зв’язними симетричними щодо $l$ фігурами та зв’язними фігурами, що розташовані в перших $k$ стовпцях і що містять хоча б одну клітинку $k$-го стовпця. Звідси випливає, що кількість зв’язних симетричних щодо $l$ фігур у прямокутнику $m\times 2k$ дорівнює $F(m,k)-F(m,k-1).$

Отже, для $n = 2k-1$ и $n = 2k$ парність $F(m,n)$ збігається з парністю числа $F(m,k)-F(m,k-1).$

Доведемо індукцією по $n,$ що $F(m,n)$ непарно тоді і лише тоді, коли $m$ і $n$ дають залишок $1$ або $2$ при діленні на $4;$ звідси відразу випливає твердження задачі. Твердження вірне при $n = 0$ і $n = 1.$

Нехай $m$ дає залишок $0$ або $3$ при діленні на $4.$ Припустимо, що це твердження вірне для $F(m,0),F(m,1),\ldots,F(m,n-1),$ тобто ці числа парні. Якщо $n = 2k-1,$ $k\ge 2,$ або $n = 2k,$ $k\ge 1,$ то $n\gt k,$ тому $F(m,n)$ парне, так як $F(m,k)-F(m,k-1)$ парне. Нехай $m$ дає залишок $1$ або $2$ при діленні на $4.$ Припустимо, що твердження вірно для чисел $F(m,0),F(m,1),\ldots,F(m,n-1),$ тобто $F(m,s)$ непарне тоді і лише тоді, коли $s$ дає залишок від ділення $1$ або $2$ при діленні на $4.$ Тоді $F(m,s)-F(m,s-1)$ непарне тоді і лише тоді, коли $s$ непарне. Звідси випливає, що $F(m,n)$ непарне тоді і тільки тоді, коли $n = 2(2l + 1)-1 = 4l + 1$ або $n = 2(2l + 1) = 4l + 2.$

А.Бадзян

М1663. Взаємне розташування діагоналей опуклого чотирикутника

Задача із журналу «Квант» (1998 рік. №6)

Умова

Бісектриси вписаного чотирикутника утворюють у перетині опуклий чотирикутник. Доведіть, що діагоналі отриманого чотирикутника перпендикулярні.

С.Берлов

Розв’язок

Продовжимо протилежні сторони вихідного чотирикутника $ABCD$ до перетину в точках $P$ і $Q$ (див. рисунок). Доведемо спочатку, що бісектриса $PF$ кута $P$ перпендикулярна бісектрисі $QE$ кута $Q.$

Оскільки чотирикутник $ABCD$ — вписаний, зовнішній кут $DCQ$ дорівнює внутрішньому куту в протилежній вершині $A.$ Так як пряма $QE$ — бісектриса кута $Q$, то кути трикутника $AQE$ відповідно дорівнюють кутам трикутника $CQG.$ Отже, $\angle CGQ = \angle AEQ$. Але кути $CGQ$ і $PGE$ рівні як вертикальні. Тому $\angle PEG = \angle PGE$ і $\triangle PEG$ — рівнобедрений.

Отже, бісектриса кута $P$ є серединним перпендикуляром до відрізка $EG,$ тобто бісектриса $PF$ кута $P$ перпендикулярна бісектрисі $QE$ кута $Q.$

Звідси легко випливає твердження задачі, оскільки діагоналі чотирикутника, утвореного на бісектрисах чотирикутника $ABCD,$ лежать на бісектрисах $PF$ і $QE.$

У випадку, коли будь-які дві протилежні сторони чотирикутника $ABCD$ паралельні, твердження задачі випливає із симетричності креслення.

С.Берлов

Ф676. Движение рамки в магнитном поле

Задача из журнала «Квант» (1981 год, 1 выпуск)

Условие

Рис.1

Проволочной квадратной рамке с периметром $4a$ и массой $m$ сообщают в горизонтальном направлении некоторую начальную скорость. Рамка движется в вертикальной плоскости, все время находясь в магнитном поле, перпендикулярном плоскости рамки (см. рис.1). Индукция поля меняется по закону $B\left( \text{z}\right) = B\left( 0 \right) + k\text{z}$, где $k = const.$ Сопротивление рамки равно $R.$ Через некоторое время скорость рамки становится постоянной и равной $v.$ Найти начальную скорость, сообщаемую рамке. Ускорение свободного падения $\text{g}.$

Решение

Рис.2

В отсутствие магнитного поля рамка двигалась бы в поле тяжести Земли с постоянной горизонтальной скоростью $\vec{v}_{0}$ вдоль оси $X$ и равноускоренно с ускорением свободного падения $\vec{\text{g}}$ вдоль оси $\text{z}$. Очевидно, что движение рамки не изменилось бы, если бы она падала в однородном магнитном поле. В нашем случае поле — не однородное (вдоль оси $\text{z}$): $B\left( \text{z} \right) = B\left( 0 \right) + k\text{z}$, то есть индукция поля линейно растет с ростом $\text{z}$; поэтому при падении рамки поток магнитной индукции $\Phi$, пронизывающий контур рамки, будет меняться и в контуре рамки будет возникать ЭДС индукции. Поскольку рамка является замкнутым проводящим контуром, по ней потечет индукционный ток. В этом случае, согласно закону Ампера, на стороны рамки будут действовать силы со стороны магнитного поля. Найдем направления и величины этих сил.

Пусть в некоторый момент времени центр масс рамки находится в точке с координатами $x_{t},\text{z}_{t}$ и проекции скорости центра масс на оси $X$ и $\text{z}$ равны $v_{x}$ и $v_{\text{z}}$ (см. рис.2). Поток магнитной индукции $\Phi$, пронизывающий рамку в этот момент времени, равен $$\Phi=\frac{\left(B_{0}+k\left(\text{z}_{t}-\frac{a}{2}\right)\right)+\left(B_{0}+k\left(\text{z}_{t}+\frac{a}{2}\right)\right)}{2} a^{2}=\left(B_{0}+k \text{z}_{1}\right) a^{2}.$$ Здесь $B_{0}+k\left(\text{z}_{t}-\frac{a}{2}\right)$ и $B_{0}+k\left(\text{z}_{t}+\frac{a}{2}\right)$— значения индукции магнитного поля соответственно у верхней и нижней сторон рамки; поскольку зависимость $B_{\text{z}}$—  линейная, для вычисления $\Phi$ мы пользуемся средним ( по высоте $\text{z}$) значением индукции.

ЭДС индукции в рамке в данный момент времени равна $$|\mathscr{E}|=\frac{|\Delta \Phi|}{\Delta t}=k a^{2} \frac{|\Delta \text{z}|}{\Delta t}=k a^{2}\left|v_{2}\right|.$$ индукционный ток равен $$I=\frac{|\mathscr{E}|}{R}=\frac{k a^{2}}{R}\left|v_{\text{z}}\right|.$$ Согласно правилу Ленца, возникающий в рамке ток будет течь против часовой стрелки. По закону Ампера со стороны магнитного поля в верхнюю сторону рамки будет действовать сила $$\left|\vec{F}_{1}\right|=\left(B_{0}+k\left(\text{z}_{t}-\frac{a}{2}\right)\right) I a=\left(B_{0}+k\left(\text{z}_{t}-\frac{a}{2}\right)\right) \frac{k a^{3}}{R}\left|v_{\text{z}}\right|.$$ на нижнюю сторону — сила $$\left|\vec{F}_{2}\right|=\left(B_{0}+k\left(\text{z}_{t}+\frac{a}{2}\right)\right) I a=\left(B_{0}+k\left(\text{z}_{t}+\frac{a}{2}\right)\right) \frac{k a^{3}}{R}\left|v_{\text{z}}\right|.$$Силы $\vec{F}_{3}$ и $\vec{F}_{4}$, действующие на боковые стороны рамки, очевидно, будут равны по величине и противоположны по знаку: $$\left|\vec{F}_{3}\right|=\left|\vec{F}_{4}\right|=\frac{\left(B_{0}+k\left(\text{z}_{t}-\frac{a}{2}\right)\right)+\left(B_{0}+k\left(\text{z}_{t}+\frac{a}{2}\right)\right)}{2}Ia=$$ $$=\left(B_{0}+k \text{z}_{t}\right) \frac{k a^{3}}{R}\left|v_{\text{z}}\right|.$$ $$\vec{F}_{3}+\vec{F}_{4}=0.$$Следовательно, $v_{x}=const$, то есть рамка будет двигаться вдоль оси $X$ с постоянной скоростью, равной начальной скорости $v_{0}$.

Таким образом, характер движения рамки в направлении оси $\text{z}$ определяется силами $\vec{F}_{1},\vec{F}_{2}$ и силой тяжести $m \vec{\text{g}}\text{g}$. При установившейся скорости $v$ рамки проекция скорости на ось $\text{z}$ постоянна, то есть ускорение $\vec{a}_{\text{z}}$ вдоль оси $\text{z}$ равно нулю: $$m\left|\vec{a}_{\text{z}}\right|=m|\vec{\text{g}}|+\left|\vec{F}_{1}\right|-\left|\vec{F}_{2}\right|=m \text{g}-\frac{k^{2} a^{4}}{R}\left|v_{\text{z}}\right|=0.$$ Отсюда находим проекцию $v_{уст.\text{z}}$ на ось $\text{z}$ установившейся скорости рамки: $$v_{уст.\text{z}}=\frac{m \text{g} R}{k^{2} a^{4}}.$$ Установившаяся скорость рамки равна $v=\sqrt{v_{0}^{2}+v_{уст \text{z}.}^{2}}$, где $v_{0}$ — проекция скорости $v$ на ось $X$, равная, как мы показали, начальной скорости,  сообщенной рамке. Таким образом, $$v_{0}=\sqrt{v^{2}-v^{2}_{уст. \text{z}}}=\sqrt{v^{2}-\left(\frac{m \text{g} R}{k^{2} a^{4}}\right)^{2}}.$$

Скорость $v_{уст.\text{z}}$ может быть найдена и из энергетических соображений. При установившемся движении рамки изменение за время $\Delta t$ потенциальной энергии рамки в поле тяжести Земли равно тепловой энергии, выделяющейся за это время в рамке: $$m \text{g} v_{уст. \text{z}} \Delta t=I_{уст.}^{2} R \Delta t=\left(\frac{k a^{2}}{R}\right)^{2} v^{2}_{уст. \text{z}} R \Delta t.$$ Отсюда $$v_{уст. \text{z}}=\frac{m \text{g} R}{k^{2} a^{4}}.$$

В. Можаев

М13. Разность и сумма модулей

Задача из журнала «Квант» (1970 год, 11 выпуск)

Условие

Докажите, что если разность между наибольшим и наименьшим из $n$ вещественных чисел $a_1, a_2, \ldots, a_n$ равна $d$, а сумма модулей всех $\frac{n(n-1)}{2}$ попарных разностей этих чисел $\sum\limits_{i<j}|a_i — a_j|$ равна $s$, то $(n-1)$ $d\leqslant s\leqslant \frac{n^2}{4}d$.

Решение

рисунок
Нанесем точки $a_1, a_2, \ldots, a_n$ на числовую ось. Тогда $d$ — расстояние между крайними из этих точек, самой левой и самой правой, а $\sum\limits_{i<j}|a_i — a_j|$ — сумма всех попарных расстояний между этими точками. Можно, очевидно, считать, что точки обозначены через $a_1, a_2, \ldots, a_n$ в порядке возрастания: $a_1 \leqslant a_2\leqslant \ldots \leqslant a_n$ (рисунок). Обозначим расстояние между соседними точками $a_k$ и $a_{k+1}$ через $d_k(k=1, 2, \ldots, n-1)$. Очевидно, $$d=d_1+d_2 \ldots +d_{n-1}.$$ Выразим теперь $s$ через величины $d_k$. Для этого заменим в сумме $s$ длину каждого отрезка $|a_i-a_j|$ суммой тех $d_k$, из которых он состоит: $|a_i-a_j|=d_i+d_{i+1}+\ldots+d_{j-1}$. Ясно, что $d_k$ входит в те отрезки, у которых левый конец лежит в одной из точек $a_1,\ldots, a_k$, а правый — в одной из точек $a_{k+1}, \ldots a_n$, то есть в общей сложности $d_k$ входит в сумму $k(n-k)$ раз. Поэтому $$s=\sum\limits_{k=1}^{n-1}k(n-k)d_k.$$ Теперь доказываемое утверждение следует из двух совсем простых неравенств: для всех $k=1, \ldots, n-1$

  1. $k(n-k)\geqslant n-1\Leftrightarrow kn-k^2-n+1\geqslant 0 \Leftrightarrow (k-1)(n-k-1)\geqslant 0$
  2. $k(n-k)\leqslant\frac{n^2}{4}\Leftrightarrow n^2-4nk+4k^2\geqslant 0 \Leftrightarrow\left(n-2k\right)^2$

Пользуясь этими оценками $$\sum\limits_{k=1}^{n-1}k(n-k)d_k\geqslant \sum\limits_{k=1}^{n-1}(n-1)d_k=(n-1)d,$$ $$\sum\limits_{k=1}^{n-1}k(n-k)d_k\leqslant\sum\limits_{k=1}^{n-1}\frac{n^2}{4}d_k=\frac{n^2}{4}d.$$

Интересно выяснить

Являются ли указанные в условии задачи оценки точными, нельзя ли, скажем, вместо $n-1$ поставить в левом неравенстве большее число? Для того, чтобы убедиться в противном, достаточно привести пример такого случая, когда неравенство превращается в равенство (причем в обеих его частях стоят положительные числа). Такой пример легко придумать, разобравшись в нашем доказательстве: нужно расположить точки $a_1, a_2, \ldots, a_n$ так, чтобы все $d_k$, кроме первого — $d_1$, равнялись нулю, то есть взять $a_1 < a_2 = a_3 = \ldots = a_n$. Тогда $s = (n-1)d_1 = (n-1)d$.

Что касается второго неравенства $s\leqslant \frac{n^2}{4} d$, то при четном $n = 2m$ в нем тоже может достигаться равенство (достаточно взять $a_1 = a_2 = \ldots = a_m \lt a_{m+1} = \ldots = a_2m)$, а при нечетном $n = 2m + 1$ его можно несколько уточнить: нетрудно сообразить, что при нечетном $n$ наибольшее из чисел $k(n-k)$ равно $\frac{n-1}{2} \times \frac{n+1}{2} = \frac{n^2-1}{4}$; пользуясь этим вместо неравенства б), можно так же, как и выше, доказать более сильное неравенство $s \lt \frac{n^2-1}{4}d$. Равенство в нем достигается, когда $a_1 = \ldots = a_m \lt a_{m+1} = \ldots = a_{2m+1}$.

М1864. О сумме квадратов длин попарно параллельных отрезков

Задача из журнала «Квант» (2003 год, 3 выпуск)

Условие

В квадрат $ABCD$ вписана ломаная $MKALN$ такая, что $\angle MKA = \angle KAL = \angle ALN = 45^{\circ}(рис. 1).$ Докажите, что $$MK^2 + AL^2 = AK^2 + NL^2.$$

рис. 1

Симметрично отобразим $\triangle ABK$ относительно гипотенузы $AK$, а $\triangle ADL$ $-$ относительно гипотенузы $AL$ (рис.$2$). При этом точки $B$ и $D$ склеятся в точку $P$, так как $AB$ = $AD$, $\angle B = \angle D = 90^{\circ}$ и $AP$ является высотой $\triangle AKL$.

рис. 2
Более того, при этом точки $M$ и $N$ склеятся в точку $Q$, где $Q$ $-$ ортоцентр $\triangle AKL$. Это произойдет потому, что $\angle QLA = \angle QKA = \angle KAL = 45^{\circ},$ из чего следует, что прямые $QL$ и $QK$ $-$ высоты $\triangle AKL$, а три высоты пересекаются в одной точке.

Сразу делаем вывод: $BM = DN.$

Используя теорему Пифагора сначала для $\triangle ABK$ и $\triangle MBK$, а затем для $\triangle ADL$ и $\triangle NDL$ получаем $AB^2 — BM^2 = AK^2 — MK^2$ и $AD^2 — DN^2 = AL^2 — NL^2.$

Окончательно получим $MK^2 + AL^2 = AK^2 + NL^2,$ что и требовалось доказать.

Дополнительно можно доказать, что $AM = AN = KL$ и что пять точек $M,$ $K,$ $A,$ $L$ и $N$ принадлежат одной окружности.

В. Произволов

Некоторые дополнения

$1$.При симметричном отображении $\triangle$$ABK$ относительно гипотенузы $AK$ мы получаем $\triangle APK$, в котором $AB = AP$, $BK = KP$, $MK = KQ$, $BM = QP$, $\angle MKA = \angle AKQ = 45^{\circ}$, $\angle BKM = \angle PKQ$.

Аналогично, при симметричном отображении $\triangle ADL$ относительно гипотенузы $AL$ мы получаем $\triangle APL$, в котором $AD = AP$, $LD = LP$, $NL = QL$, $ND = QP$, $\angle ALN = \angle ALQ = 45^{\circ}$, $\angle NLD = \angle QLK$.

Таким образом, так как $$BM = QP,$$$$ND = QP,$$ тогда, по транзитивности, $$ND = BM.$$

$2$. Докажем, что $Q$ — ортоцентр $\triangle AKL$. Для этого воспользуемся рис.$3$.

рис.3

$AP \perp KL$. Проведем через точки $K$ и $Q$ прямую до пересечения с прямой $AL$, $$KQ \cap AL = K_{1}.$$ Также проведем прямую, проходящую через точки $L$ и $Q$ и пересекающую прямую $AK$, $$QL \cap AK = L_{1}.$$ Так как $AP$ — высота $\triangle AKL$. Осталось показать, что $KK_{1}$ и $LL_{1}$ — высоты $\triangle AKL$.

Рассмотрим $\triangle AKK_{1}$, в нём $$\angle KAK_{1} = \angle AKK_{1} = 45^{\circ},$$ тогда $$\angle AK_{1}K = 180^{\circ} — 45^{\circ} — 45^{\circ} = 90^{\circ} \Rightarrow $$ $$KK_{1} \perp AL,$$ то есть $KK_{1}$ — высота $\triangle AKL$. Аналогично, $\triangle ALL_{1}$: $$\angle KAK_{1} = \angle AKK_{1} = 45^{\circ} \Rightarrow$$ $$LL_{1} \perp AK,$$ то есть $LL_{1}$ — высота $\triangle AKL$.

Таким образом, три высоты $\triangle AKL$ пересекаются в одной точке $Q$, что и означает, что $Q$ — ортоцентр $\triangle AKL$.

$3$. Распишем более подробно как мы получили равенство.

$\triangle ABK:$ $$AB^2 + BK^2 = AK^2 \Rightarrow BK^2 = AK^2 — AB^2$$ $\triangle BMK:$ $$BM^2 = MK^2 — BK^2 \Rightarrow BM^2 = MK^2 — AK^2 + AB^2$$ $$\Rightarrow AB^2 — BM^2 = AK^2 — MK^2$$ $\triangle ALD:$ $$AL^2 = AD^2 + LD^2 \Rightarrow LD^2 = AL^2 — AD^2$$ $\triangle NDL:$ $$ND^2 = NL^2 — LD^2 \Rightarrow ND^2 = NL^2 — AL^2 + AD^2$$ $$\Rightarrow AD^2 — ND^2 = AL^2 — NL^2$$ $$MK^2 + AL^2 = AK^2 + BM^2 — AB^2 + AD^2 — ND^2 + NL^2 = AK^2 + NL^2,$$(так как $AD = AB, ND = BM$).

$4$. Докажем, что точки $M$, $K$, $A$, $L$ и $N$ принадлежат одной окружности.

Так как около любого треугольника можно описать окружность, то точки $K,$ $A$ и $L$ уже принадлежат окружности $\omega_{1}$, описанной около $\triangle AKL$. Покажем, что точки $M$ $L$ также принадлежат этой окружности.

Рассмотрим $\triangle BMK$ и обозначим в нем $\angle BKM = \alpha$, тогда $$\angle BMK = 90^{\circ} -\alpha.$$ $\triangle AMK:$ $$\angle AMK = 180^{\circ} — (90^{\circ} -\alpha) = 90^{\circ} + \alpha$$ $$\angle MAK = 180^{\circ} — (45^{\circ} + 90^{\circ} + \alpha) = 45^{\circ} — \alpha$$ $\triangle ADL:$ $$\angle DAL = 90^{\circ} — (45^{\circ} -\alpha + 45^{\circ}) = \alpha$$ $\triangle NLD:$ $$\angle LND = 45^{\circ} + \alpha$$ $$\angle NLD = 90^{\circ} — (45^{\circ} + \alpha) = 45^{\circ} — \alpha.$$

Из первого пункта следует, что $$\angle NLD = \angle QLK = 45^{\circ} — \alpha,$$$$\angle BKM = \angle QKP = \alpha.$$Значит, $$\angle ALK = 45^{\circ} + 45^{\circ} — \alpha = 90^{\circ} — \alpha,$$$$\angle MKL = 45^{\circ} + 45^{\circ} + \alpha = 90^{\circ} + \alpha.$$Тогда, $$\angle AMK + \angle ALK = 90^{\circ} + \alpha + 90^{\circ} — \alpha = 180^{\circ}$$ $$\angle MKL + \angle MAL = 90^{\circ} + \alpha + 90^{\circ} — \alpha = 180^{\circ}$$

Таким образом, в четырехугольнике $AMKL$ сумма противолежащих углов равна $180^{\circ}$, значит четырехугольник $AMKL$ можно вписать в окружность $\omega_{2}$. Так как, окружность $\omega_{2}$ описана около $AMKL$, тогда она описана около $\triangle AKL$, но так как около треугольника можно описать только одну окружность, то $\omega_{1} = \omega_{2}$ и точки $M$, $K$, $A$, $L$ и $N$ принадлежат одной окружности.

$5$. Докажем, что $AM = AN = KL.$

Из первого пункта: $$BM = ND,$$ а так как $$AB = AD,$$ то $$AM = AN$$Осталось показать, что $$AM = KL.$$Так как $$\angle MKA = \angle KAL = 45^{\circ},$$ то $MK \parallel AL$, тогда, так как $\angle MAL = \angle KLA = 90^{\circ} — \alpha$, $AMKL$ — равнобокая трапеция $\Rightarrow$ $AM = KL$, тогда $$AM = AN = KL.$$