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

М1743. Сумма

Задача из журнала «Квант» (2000 год, 5 выпуск)


Условие задачи

Найдите сумму $$\displaystyle \left [
\frac{1}{3}
\right ] + \left [
\frac{2}{3}
\right ] + \left [
\frac{2^{2}}{3}
\right ] + \cdots +\left [
\frac{2^{1000}}{3}
\right ]$$
$(\left[ a \right]$ — целая часть числа $a)$

Решение

Достаточно найти сумму дробных частей $$\displaystyle s_{1} = \left\{
\frac{1}{3}
\right\} + \left\{
\frac{2}{3}
\right\} + \left\{
\frac{2^{2}}{3}
\right\} + \cdots +\left\{
\frac{2^{1000}}{3}
\right\}.$$
Имеем: $$\displaystyle \left\{
\frac{1}{3}
\right\} = \frac{1}{3}, \left\{
\frac{2}{3}
\right\} = \frac{2}{3}, \left\{
\frac{4}{3}
\right\} = \frac{1}{3}, \left\{
\frac{8}{3} \right\} = \frac{2}{3}, \cdots$$
Следовательно, $\displaystyle s_{1} = 501 \cdot \frac{1}{3} + 500 \cdot \frac{2}{3} = 500\tfrac{2}{3}.$
Далее, $$s = \frac{1}{3} + \frac{2}{3} + \cdots + \frac{2^{1000}}{3} = \frac{1}{3}(2^{1001} — 1).$$
Получили: $\displaystyle s_{2} = \left [
\frac{1}{3}
\right ] + \left [
\frac{2}{3}
\right ] + \left [
\frac{2^{2}}{3}
\right ] + \cdots +\left [
\frac{2^{1000}}{3}
\right ] = s — s_{1} = \frac{1}{3}(2^{1001} — 2) — 500.$

Ответ: $\displaystyle \frac{2^{1001} — 2}{3} — 500.$

А.Голованов, В.Сендеров

М1396. Выполняется ли неравенство?

Задача из журнала «Квант» (1993, №5, M1396)

Условие

Докажите, что для любых положительных чисел $a_{k},b_{k} (k=1,2,…,n)$ выполнено неравенство $$\sum\limits_{k=1}^{n}{\frac{a_{k}b_{k}}{a_{k}+b_{k}}}\leq \frac{AB}{A+B}$$где $A=a_{1}+…a_{n}, B=b_{1}+…+b_{n}$.

Первое решение

Доказательство проведем по индукции. Докажем неравенство для $n=2$. Положим $v=a_{1}+b_{1},u=a_{2}+b_{2}$: $$a_{1}b_{1}u^2+(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2})uv+a_{2}b_{2}v^2\leq uv(a_{1}+a_{2})(b_{1}+b_{2})$$ или $$a_{1}b_{1}u^2-(a_{2}b_{1}+a_{1}b_{2})uv+a_{2}b_{2}v^2\leq 0$$Обозначим $t=u/v$. Перепишем неравенство: $$v^2a_{1}b_{1}(t-\frac{b_{2}}{b_{1}})(t-\frac{a_{2}}{a_{1}})\leq 0$$Подставляя $t=(a_{2}+b_{2})/(a_{1}+b_{1})$, приходим к эквивалентному неравенству: $$(b_{2}a_{1}-b_{1}a_{2})(a_{2}b_{1}-a_{1}b_{2})\leq 0$$ или $$-(b_{2}a_{1}-b_{1}a_{2})^2\leq 0$$Неравенство доказано.

Еще одно, геометрическое, доказательство неравенства основано на том, что биссектриса прямого угла треугольника с катетами $a$ и $b$ равна $\sqrt{2}ab/(a+b)$.

Picture one

Пусть, для определенности $b_{2}/a_{2}\geq  b_{1}/a_{1}$. Рассмотрим конфигурацию рисунка 1. Точка пересечения биссектрисы с отрезком $AB$ лежит дальше от вершины угла $O$, чем точка $L$ $(PK/KQ=BP/QA=b_{1}/a_{1})\leq PL/LQ=b_{2}/a_{2})$.

Дадим еще одно доказательство этого неравенства, основанное на исследовании функции $$f(x)=\frac{(x+a_{2})(b_{1}+b_{2})}{x+a_{2}+b_{1}+b_{2}}-\frac{xb_{1}}{x+b_{1}}$$ где $x\geq 0$. Нетрудно проверить, что $$f(0)=\frac{a_{2}(b_{1}+b_{2})}{a_{2}+b_{1}+b_{2}}>\frac{a_{2}b_{2}}{a_{2}+b_{2}}$$ функция $f(x)$ имеет единственный минимум при $x=a_{2}b_{1}/b_{2}$, равный $a_{2}b_{2}/(a_{2}+b_{2});$ $f(x)\rightarrow b_{2}$ при $x\rightarrow +\infty$ (рис. 2). Отсюда легко вывести, что $f(x)\geq a_{2}b_{2}/(a_{2}+b_{2})$ при всех $x\geq 0$. Далее, $$\sum\limits_{k=1}^{n+1}{\frac{a_{k}b_{k}}{a_{k}+b_{k}}}\leq \frac{A’B’}{A’+B’}+\frac{a_{n+1}b_{n+1}}{a_{n+1}+b_{n+1}}\leq \frac{AB}{A+B}$$ где $$A’=\sum\limits_{k=1}^{n}{a_{k}}, B’=\sum\limits_{k=1}^{n}{b_{k}}$$ Неравенство задачи доказано. Мы видели, что для $n=2$ неравенство переходит в равенство лишь при $x/b_{1}=a_{2}/b_{2}$, т.е. в случае коллинеарности векторов $(a_{1},b_{1})$ и $(a_{2},b_{2})$. Попробуем дать задаче дальнейшую векторную интерпретацию.

Второе решение

Будем рассматривать числовые функции $f(\bar{x})$, где $\bar{x}=(x,y)$ — вектор плоскости, $x>0,y>0$.

Определение. Функция $f(\bar{x})$ называется вогнутой (или выпуклой вверх), если для любых векторов $\bar{x}_{1}$ и $\bar{x}_{2}$ выполняется неравенство $$\frac{f(\bar{x}_{1})+f(\bar{x}_{2})}{2}\leq f(\frac{\bar{x}_{1}+\bar{x}_{2}}{2}) (1)$$
Замечание. Геометрический смысл вогнутости ясен из рисунка 3. Вогнутыми являются, например,  функции $y=ax+b, y=-x^{2}+bx+c, y=-1/(dx+e)$, где $dx+e>0$.Рассмотрим функцию $$f(\bar{x})=\frac{xy}{x+y}$$

Picture (2)

При $n=2$ утверждение задачи означает, что функция вогнута; при произвольном $n$ утверждение означает, что выполнено неравенство $$\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}{f({\bar{x}_{i}})}\leq f(\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}{{\bar{x}_{i}}}) (2)$$

Теорема. Для любой вогнутой (т.е. удовлетворяющей неравенству $(1)$) функции выполнено также и неравенство $(2)$.
Доказательство. Предполагая справедливость теоремы при $n=m$, докажем ее справедливость при $n=2m$. Имеем: $$f(\frac{{\bar{x}_{1}}+{\bar{x}_{2}}+…+{\bar{x}_{2m}}}{2m})=$$ $$=f(\frac{\frac{{\bar{x}_{1}}+{\bar{x}_{2}}}{2}+…+\frac{{\bar{x}_{2m-1}}+{\bar{x}_{2m}}}{2}}{m})\geq$$ $$\geq \frac{f(\frac{{\bar{x}_{1}}+{\bar{x}_{2}}}{2})+…+f(\frac{{\bar{x}_{2m-1}}+{\bar{x}_{2m}}}{2})}{m}\geq$$ $$\geq \frac{\frac{f({\bar{x}_{1}})+f({\bar{x}_{2}})}{2}+…+\frac{f({\bar{x}_{2m-1}})+f({\bar{x}_{2m}})}{2}}{m}=$$ $$=\frac {f({\bar{x}_{1}})+…+f({\bar{x}_{2m}})}{2m}$$ Таким образом теорема справедлива при $n=2m$. Положим теперь $n+p=2m$. Тогда $$f(\frac{{\bar{x}_{1}}+…+{\bar{x}_{n}}+{\bar{y}_{1}}+…+{\bar{y}_{p}}}{n+p})\geq$$ $$\geq\frac {f({\bar{x}_{1}})+…+f({\bar{x}_{n}})+f({\bar{y}_{1}})+…+f({\bar{y}_{p}})}{n+p} (3)$$ Положим $${\bar{y}_{1}}=…={\bar{y}_{p}}=\frac{{\bar{x}_{1}}+…+{\bar{x}_{n}}}{n}$$ тогда $${\bar{y}_{1}}+…+{\bar{y}_{p}}=\frac{{\bar{x}_{1}}+…+{\bar{x}_{n}}}{n}\cdot p$$ Следовательно, $$f(\frac{{\bar{x}_{1}}+…+{\bar{x}_{n}}+{\bar{y}_{1}}+…+{\bar{y}_{p}}}{n+p})=f(\frac{{\bar{x}_{1}}+…+{\bar{x}_{n}}}{n})$$ С другой стороны, $$\frac{f({\bar{x}_{1}})+…+f({\bar{x}_{n}})+f({\bar{y}_{1}})+…+f({\bar{y}_{p}})}{n+p}=$$ $$=\frac{f({\bar{x}_{1}})+…+f({\bar{x}_{n}})+pf(\frac{{\bar{x}_{1}}+…+{\bar{x}_{n}}}{n})}{n+p}$$ Из неравенства $(3)$ получаем: $$f(\frac{{\bar{x}_{1}}+…+{\bar{x}_{n}}}{n})\geq \frac{f({\bar{x}_{1}})+…+f({\bar{x}_{n}})}{n}$$ Теорема доказана.

Перепишем теперь утверждение задачи при $n=2$; функция $f(\bar{x})=\frac{xy}{x+y}$, рассматриваемая на любой прямой $l$, является вогнутой. Докажем это утверждение.

Если $l\mid Oy$, то вогнутость функции $f(\bar{x})$ очевидна. Пусть $l$ задана уравнением $y=ax+b$. Тогда $$f(\bar{x})=\frac{ax^{2}+bx}{(a+1)x+b}$$ При $a=-1$ будет $b>0$, и $f(x)$ вогнута. Полагая $t=(a+1)x+b$ при $a\neq -1$, получаем: $f(\bar{x})=ct+d+\frac{e}{t}$, где $e=\frac{-b^{2}}{(a+1)^{2}}$

При $b=0$ функция $f(\bar{x})$ линейная, при $b\neq 0$, поскольку $t>0$, — строго вогнутая (т.е. при $\bar{x}_{1}\neq \bar{x}_{2}$ неравенство $(1)$ строгое).

Утверждение задачи доказано.

M1554

 

Задача из журнала «Квант» (1996, №4)

Условие

На основании треугольника [latex]ABC[/latex] во внешнюю сторону построены квадраты [latex]ABMN, BCKL,[/latex] и [latex]ACPQ[/latex]. На отрезках [latex]NQ[/latex] и [latex]PK[/latex] построены квадраты [latex]NQZT[/latex] и [latex]PKXY[/latex].Найдите разность площадей квадратов [latex]NQZT, PKXY[/latex], если известна разность площадей квадратов[latex]ABMN, BCKL[/latex].
444

Ответ:

[latex]3d[/latex] (где [latex]3d[/latex] — заданная разность площадей).

По теореме косинусов (см. рисунок),

[latex]NQ^2=AN^2+AQ^2-2AN\cdot AQ\cdot \cos\angle NAQ=AB^2+AC^2-2\cdot AB\cdot BC\cdot \cos\angle NAQ,[/latex] [latex]BC^2=AB^2+AC^2-2AB\cdot AC\cdot \cos\angle BAC[/latex] .

Поскольку [latex]\angle NAC+\angle BAC=180^{\circ}[/latex], сумма их косинусов равна [latex]0[/latex]. Поэтому

[latex]NQ^2+BC^2=2AB^2+2AC^2[/latex]

Аналогично: [latex]PK^2+AB^2=2BC^2+2AC^2[/latex]. Поэтому

[latex]NQ^2-PK^2=3AB^2-3BC^2=3d[/latex] А.Герко, М.Вялый