M1518. Высоты тетраэдра пересекаются в одной точке

Задачи из журнала «Квант» (1995 год, выпуск 5)

Условие

Высоты тетраэдра пересекаются в одной точке. Докажите, что эта точка — основание одной из высот и три точки, делящие другие высоты в отношении 2:1, считая от вершин, лежат на одной сфере.

Доказательство

Пусть $M$ — точка пересечения медиан треугольника $ABC, P$ - точка пересечения высот тетраэдра, $AA_{1}$ — высота тетраэдра из вершины $A$ .

$MA_{2}||A_{3}A_{1}$ и $AA_{2}:A_{2}A_{1}=2:1$ .

Угол $MA_{2}P$ — прямой, так что точка $A_{2}$ лежит на сфере с диаметром $MP$ . Аналогично рассматриваются остальные случаи.

Д.Терешин

M1515. О целых корнях суперпозиции трех квадратных трехчленов

Задача из журнала «Квант» (1995 год, выпуск 5)

Условие

Известно, что $f(x),g(x),h(x)$ — квадратные трехчлены. Может ли уравнение $f(g(h(x)))=0$ иметь корни 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 и 8?

Решение

Предположим, что числа 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 и 8 — корни уравнения $f(g(h(x)))=0$ .

Если прямая $x=a$ — ось параболы, задаваемой уравнением $y=h(x)$ , то $h(x_{1})=h(x_{2})$ тогда и только тогда, когда $x_{1}+x_{2}=2a$ .

Многочлен $f(g(x))$ имеет не более четырех корней, но числа $h(1), h(2),…, h(8)$ являются его корнями, следовательно, $a=4.5$ и $h(4)=h(5),h(3)=h(6),h(2)=h(7),h(1)=h(8)$ . Кроме того, мы попутно доказали, что числа $h(1),h(2),h(3),h(4)$ образуют монотонную последовательность. Аналогично, рассматривая трехчлен $f(x)$ и его корни $g(h(1)), g(h(2)), g(h(3)), g(h(4))$ , получаем, что $h(1)+h(4)=2b, h(2)+h(3)=2b$ , где прямая $x=b$ — ось параболы, задаваемой уравнением $y=g(x)$ . Но из уравнения $h(1)+h(4)=h(2)+h(3)$ для $h(x)=Ax^{2}+Bx+C$ следует, что $A=0$ . Противоречие.

Ответ: уравнение $f(g(h(x)))=0$ не может иметь корни 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 и 8.

С.Токарев

M2103. Таблица с разными числами в строке и столбце

Условие

Дана таблица $n\times n$ , столбцы которой пронумерованы числами от $1$ до $n$ . В клетки таблицы расставляются числа $1,2,\cdots, n$ так, что в каждой строке и в каждом столбце все числа различны. Назовем клетку хорошей, если читсло в ней больше номера столбца, в котором она находится. При каких $n$ существует расстановка, в которй во всех строках одинаковое количество хороших клеток?

Решение

Найдем общее количество хороших клеток. В первом столбце их $n-1$ (все, кроме клетки с числом 1), во вторм их $n-2$ (все, кроме клетки с числом 1 и 2) и т.д., в последнем столбце таких клкеток нет. Значит, всего их $(n-1)+(n-2)+\cdots +1=\frac{n(n-1)}{2}$

Поэтому в каждой строке их должно быть по $\frac{n-1}{2}$ , следовательно, $n$ должно быт ьнечетным.

$1$	$n$	$n-1$	$\cdots$	$2$
$2$	$1$	$n$	$\cdots$	$3$
$3$	$2$	$1$	$\cdots$	$4$
$\vdots$	$\vdots$	$\vdots$	$\ddots$	$\vdots$
$n-1$	$n-2$	$n-3$	$\cdots$	$n$
$n$	$n-1$	$n-2$	$\cdots$	$1$

Приведем пример расстановки при нечетном $n$ . Пусть в первой строке записаны числа в порядке $1,n,n-1,n-2,\cdots,2$

а каждая следующая строка является циклическим сдвигом предыдущей строки на 1 клетку (см.рис.). Очевидно, в любой строке и в любом столбце каждое из чисел $1,2,\cdots,n$ встречается по одному разу. Рассмотрим $m$ -ю строку ( $m\in \left \{ 1,2,\cdots,n \right \}$ ). В ее первых $m$ клетках стоят числа $1,2,\cdots,m$ в обратном порядке, поэтому среди этих клеток ровно $\left [\frac{m}{2} \right]$ хороших. В ее последних $n-m$ клетках(т.е. в столбцах с номерами $m+1,m+2,\cdots,n$ ) стоят числа $m+1,m+2,\cdots,n$ в обратном порядке, поэтому среди этих клеток ровно $\left [\frac{n-m}{2} \right]$ хороших. Так как числа $m$ и $n-m$ разной четности, то в $m$ -й строке ровно $\left [\frac{m}{2} \right]+\left [\frac{n-m}{2} \right]=\frac{m}{2}+\frac{n-m}{2}-\frac{1}{2}=\frac{n-1}{2}$ хороших клеток.

К.Чувилин

M1384. Невырожденность и выпуклость четырехугольников, связанных с центрами вписанного, описанного кругов и ортоцентром треугольника

Условие

ABC — неравнобедренный остроугольный треугольник; O и I — центры описанного и вписанного кругов, H — ортоцентр треугольника. Докажите, что четырехугольники AOIH, BOIH и COIH невырождены и среди них ровно два выпуклых.

Доказательство

Решению предпошлем легко доказываемое предположение:

В треугольнике биссектриса делит пополам угол между высотой и радиусом описанного круга, проведенным в ту же вершину.

Докажем это предположение. Пусть $BM$ — биссектриса угла $ABC$ (рис. 1). Так как $OB=OM$ , то $\angle OBM=\angle OMB$ . Так как точка $M$ — середина дуги $AMC$ , то прямые $OM$ и $BD$ параллельны. Следовательно, $\angle DMB=\angle BMO$ , отсюда $\angle OBM=\angle DBM$ , что и требовалось доказать.

Решение задачи. Покажем вначале, что точки $O$ и $H$ не могут лежать на одной прямой с какой-либо из вершин треугольника (в частности, эти точки не могут совпадать). Действительно, в этом случае выходящие из вершины медиана и высота совпадают, и треугольник оказывается равнобедренным. Отсюда и из леммы уже следует, что $AOIH$ , $BOIH$ и $COIH$ — невырожденные многоугольники (четырехугольники либо треугольники).

Пусть прямая $OH$ пересекает стороны $AB$ и $BC$ треугольника, $BC> AB$ . Для завершения решения достаточно доказать, что точка $I$ лежит внутри той же полуплоскости с границей $OH$ , что и точка $B$ (рис.2). Докажем это.

Обозначим $BD=h_{s}$ . Имеем: $CD>AD$ . Восстановим перпендикуляр к середине отрезка $AC$ , получаем: точка $O$ принадлежит треугольнику $BCD$ . Обозначим через $E(K)$ точку пересечения прямой $AI(CI)$ с прямой $OH$ . Необходимо доказать, что точки на прямой расположены в следующем порядке: $O,K,E,H$ , т.е что $\frac{OK}{KH}< \frac{OE}{EH}.$ Но биссектриса угла треугольника делит противоположную сторону на части, пропорциональные прилежащим сторонам. Отсюда и из леммы получаем: $\frac{OK}{KH}=\frac{CO}{CH}, \frac{OE}{EH}=\frac{AO}{AH}.$ Доказываемое утверждение можно теперь переписать так: $\frac{AH}{AO}< \frac{CH}{CO}$ или $CH>AH.$ Но поскольку $CD>AD$ , то $CH>AH$ . Отсюда и следует утверждение задачи.

Замечания:

Нетрудно показать, что прямая $OH$ пересекает большую и меньшую стороны треугольника $ABC$ . Значит, выпуклыми являются четырехугольники, соответствующие большему и меньшему его углам.
Задача допускает также и алгебраическое решение.

В.Сендеров

M1656. Оценка числа доминирующих вершин в вершинно-взвешенном графе

Условие

В классе 30 учеников, и у каждого из них одинаковое число друзей среди одноклассников. Каково наибольшее возможное число учеников, которые учатся лучше большинства своих друзей? (Про любых двух учеников в классе можно сказать, кто из них учится лучше.)

Ответ: 25.

Решение

Учеников, которые учатся лучше большинства своих друзей, назовем хорошими. Пусть $x$ — число хороших учеников, $k$ — число друзей у каждого ученика. Лучший ученик класса является лучшим в $k$ парах друзей, а любой другой хороший ученик — не менее, чем в $[k/2]+1 \geqslant (k+1)/2$ парах (здесь квадратные скобки обозначают целую часть числа). Поэтому хорошие ученики являются лучшими не менее чем в $k+(x-1)(k+1)/2$ парах.
Это число не может превышать числа всех друзей в классе, равного $30k/2=15k$ . Отсюда $k+(x-1)(k+1)/2 \leqslant 15k$ или

$x\leq28\frac{k}{k+1}+1$ $(1)$

Заметим далее, что

$\frac{k+1}{2}\leq30-x$ $(2)$

поскольку число учеников, лучше которых учится наихудший из хороших, не превышает 30.

Правая часть неравенства $(1)$ возрастает с ростом $k$ , а неравенство $(2)$ равносильно условию

$k\leq59-2x$

$(3)$

Из $(1)$ и $(3)$ следует, что $x\leq28*\frac{59-2x}{60-2x}+1$ , или

$x^{2}-59x+856\geq0$

$(4)$

Наибольшим целым $x$ , удовлетворяющим $(4)$ и условию $x \leq 30$ , является $x=25$ . Итак, число хороших учеников не превышает 25, что можно проиллюстрировать на графике.

Покажем, что оно может равняться 25. Занумеруем учеников числами от 1 до 30 в порядке ухудшения успеваемости и расположим номера в таблице $6\times 5$ так, как показано на рисунке.

1	2	3	4	5
6	7	8	9	10
11	12	13	14	15
16	17	18	19	20
21	22	23	24	25
26	27	28	29	30

Пусть пара учеников является парой друзей, если их номера расположены одним из трех способов:

в соседних строках и в разных столбцах;
в одном столбце и один из номеров при этом находится в нижней строке;
в верхней строке.

При этом, как нетрудно проверить все требуемые условия выполнены.

С.Токарев