M1452. Общая касательная к касающимся внешним образом окружностям

Условие

Окружности $S_1$ и $S_2$ касаются внешним образом в точке $F$ . Прямая $l$ касается $S_1$ и $S_2$ в точках $A$ и $B$ соответственно. Прямая, параллельная прямой $l$ , касается $S_2$ в точке $C$ и пересекает $S_1$ в точках $D$ и $E$ . Докажите, что а) точки $A$ , $F$ и $C$ лежат на одной прямой; б) общая хорда окружностей, описанных около треугольников $ABC$ и $BDE$ , проходит через точку $F$ .

Решение а) Первое решение

Так как касательные к окружности $S_2$ в точках $B$ и $C$ параллельны, то $BC$ — ее диаметр, и ∠BFC=90°. Докажем, что и ∠AFB=90°. Проведем через точку $F$ общую касательную к окружностям, пусть она пересекает прямую $l$ в точке $K$ . Из равенства отрезков касательных, проведенных к окружности из одной точки, следует, что треугольники $AKF$ и $BKF$ равнобедренные. Следовательно,
∠AFB=∠AFK+∠KFB=∠FAB+∠FBA=180°/2=90°

Решение а) Второе решение

Рассмотрим гомотетию с центром $F$ и коэффициентом, равным $-r_2/r_1$ , где $r_1$ и $r_2$ — радиусы окружностей $S_1$ и $S_2$ . При этой гомотении $S_1$ переходит в $S_2$ , а прямая $l$ — касательная к $S_1$ — переходит в $S_2$ . Следовательно, точка $A$ переходит в точку $C$ , поэтому точка $F$ лежит на отрезке $AC$ .

Решение б)

Ниже мы покажем, что центр окружности $BDE$ находится в точке $A$ . Поскольку центр окружности $ABC$ есть середина $AC$ (∠ABC=90°), а (см. первое решение п. а)), отсюда будет следовать, что $BF$ есть перпендикуляр, опущенный из общей точки окружностей $BDE$ и $ABC$ на прямую, соединяющею их центры. А это и значит, что прямая $BF$ содержит их общую хорду.

Итак, нам достаточно доказать, что $AD=AE=AB$ . Первое из этих равенств очевидно(ибо касательная к $S_1$ в точке $A$ параллельна $DE$ ). Пусть $r_1$ и $r_2$ — радиусы $S_1$ и $S_2$ . Опуская перпендикуляр $AP$ на $DE$ , найдем, что $AP=BC=2r_2$ , и по теореме Пифагора для треугольников $APD$ и $O_1PD$ , где $O_1$ — центр $S_1$ $PD^2=O_1D^2-O_1P^2=r_1^2-(2r_2-r_1)^2=4r_1r_2-4r_2^2$ $AD^2=AP^2+PD^2=4r_1r_2$

Но легко найти, что общая касательная $AB$ окружностей $S_1$ и $S_2$ равна $2\sqrt{r_1r_2}$ .

А. Калинин, В. Дубровский

M1498. Решение одной системы n-уравнений второй степени

Условие

Решите при каждом $n>1$ систему уравнений
$\left\{\begin{matrix}\alpha =\frac{\pi (2m+1)}{2(n+1)} x_{1}x_{n}=2, \\x_{2}(x_{n}-x_{1})=1, \\ …, \\x_{n-1}(x_{n}-x_{n-2})=1, \\x_{n}(x_{n}-x_{n-1})=1 \end{matrix}\right.$

Решение

При нескольких первых значениях $n(n=2,3,4,5)$ систему удается решить «в лоб»: положить $x_{n}=z$ , можно вырвзить через $z$ последовательно $x_{1},x_{2},…,$ , и наконец из последнего уравнения системы получить уравнение вида $P_{n}(z)=0$ , где $P_{n}$ — многочлен. Например, при $n=2$ получим $z=\pm \sqrt{3}$ , при $n=3$ — $z=\pm \sqrt{2\pm \sqrt{2}}$ , при $n=4$ в ответе появляется корень из $5$ . Это может привести на мысль сделать тригонометрическую заменну переменной (и даже — какую именно). Положим $x_{n}=2\cos \alpha$ . Тогда $x_{1}=\frac{1}{\cos \alpha }, x_{2}=\frac{1}{2\cos \alpha-\frac{1}{\cos \alpha } }=\frac{\cos \alpha }{\cos 2\alpha }:$ и далее по индукции — предположив, что $x_{k}=\frac{\cos (k-1)\alpha }{\cos k\alpha },$ найдем $x_{k+1}=\frac{1}{2\cos \alpha -\frac{\cos (k-1)\alpha }{\cos k\alpha }}=\frac{\cos k\alpha }{\cos (k+1)\alpha },$ поскольку $2\cos \alpha \cos \beta =\cos (\beta +\alpha )+\cos (\beta -\alpha )$ . Последнее уравнение системы даст: $x_{n}=\frac{\cos (n-1)\alpha }{\cos n\alpha }=2\cos \alpha$ и преобразуется к виду $\cos (n+1)\alpha =0$ . Откуда $\alpha =\frac{\pi (2m+1)}{2(n+1)};$ при этом

$x_{k}=\frac{\cos (k-1)\alpha }{\cos k\alpha }(k=1,2, \ldots,n).(*)$
Разные значения

$\cos \alpha$ получаются при

$0< \frac{\pi (2m+1)}{2(n+1)} < \pi$ , т.е. при

$m=0,1, \ldots,n$ . Однако не все они годятся: чтобы ни одно из чисел

$\cos k\alpha (k=1, \ldots,n)$ не обращалось в

$0$ , необходимо и достаточно, чтобы

$2m+1$ и

$n+1$ не имели общего делителя, большего

$1$ (если

$2m+1=dp$ ,

$n+1=dp$ ,

$d> 1$ , то

$p$ — нечетно и

$\cos q\alpha =\cos \frac{\pi dpq}{2dq}=\cos \frac{p\pi}{2}=0$ ; легко доказать и обратное).

Итак, к строчке $(*)$ , дающей ответ надо добавить условие: НОД $(2m+1,n+1)=1$ , $0\leq m\leq n$ .

Нужно еще показать, что найдены все решения. Из сказанного выше следует, что нет других решений, для которых $\left | x_{n} \right |\leq 2$ . Вот один из способов доказать, что решения с $\left | x_{n} \right |> 2$ быть не может.

Обозначим $\cosh\alpha =\frac{e^{\alpha }+e^{-\alpha }}{2}$ , где $e$ — основание натуральных логарифмов — что, впрочем, здесь не важно: нам понадобиться лишь, что $e> 0$ и что, как и для $\cos \alpha$ , $2\cosh\alpha \cosh\beta = \cosh(\alpha +\beta )+\cosh(\alpha -\beta )$

(Тем, кто знаком с комплексными числами, напомним, что $\cos \alpha =\frac{e^{i\alpha }+e^{-i\alpha }}{2}$ , так что «гиперболический косинус» $\cosh\alpha$ — это просто $\cos (i\alpha )$ .) Рассуждая так же, как и выше, — положив $x_{n}=\pm 2\cosh\alpha$ , — найдем, что $\cosh(n+1)\alpha =0$ . Но функция $\cosh$ вообще не обращается в $0$ ( $\cosh\alpha \geq 1$ при любом $\alpha$ ), так что решений с $\left | x_{n} \right |> 2$ нет.

Рассказ об этой задаче был бы неполон без объяснения, откуда возникла такая странная на первый взгляд система уравнений. Ее источник — геометрия. Построим равнобедренный треугольник $ABC$ с боковыми сторонами $AB=BC=1$ и углами при основании $\alpha= \frac{\pi }{2(n+1)}$ . Пусть $K$ — середина основания. Отметим на отрезке $KC$ точки $M_{1},…,M_{n-1}$ такие, что $\angle M_{k-1}BM_{k}=\alpha$ (здесь и ниже $k=1,2,…,n$ ; $M_{0}=K$ , [/latex] M_{k}=C[/latex], см. рисунок).

Треугольники $ABM_{k}$ и $CM_{k-1}B$ подобны (их углы: $\alpha$ , $(k+n)\alpha$ , $(n+1-k)\alpha$ ), так что $AM_{k}\cdot M_{k-1}C =AB\cdot BC$ . Положим $x_{k}=AM_{k}$ , в частности, $x_{n}=AC$ тогда $M_{k-1}C=x_{n}-x_{k-1}$ , поэтому $x_{k}(x_{n}-x_{k-1})=1$ и (поскольку $AM_{0}=x_{0}/2$ ) $x_{1}x_{n}=2$ . Легко видеть, что (см. рисунок) $AM_{k}=\cos (k-1)\alpha /\cos k\alpha$ , в частности, $AM_{1}=1/\cos \alpha$ , $AC=2\cos \alpha$ . Таким образом, мы получим иллюстрацию «основного» решения системы с $m=1$ .

Заметим, что наш рисунок — фрагмент правильного $2(n+1)$ -угольника со стороной $1$ ; $x_{k}$ — это кусочки, высекаемые на одной диагонали $AC$ диагоналями, выходящими из вершины $B$ . Решения системы, отвечающие значемиям $m> 1$ , можно интерпретировать аналогичным образом как кусочки диагоналей ( или их продолжений ) правильной $2(n+1)$ -угольной звезды.

Эта геометрическая интерпретация позволяет выяснить, при каких $n$ решения системы выражаются в квадратных радикалах ( через рациональные числа ): при тех, для которых можно построить правильный $(n+1)$ -угольник ( а значит, и $2(n+1)$ -угольник ) циркулем и линейкой. Это — в точности те $n$ , для которых число решений системы — степень двойки. Вот несколько первых значений $n:2,3,4,5,7,9,11,14,15,16,19,23,…$ ( см. статью А.Кириллова «О правильных многоугольниках, функции Эйлера и числах Ферма», «Квант» №6 за 1994 год).

И.Васильев

M1611

Формулировка

Две окружности пересекаются в точках $A$ и $B$ . Через точку $A$ проведена прямая, вторично пересекающая первую окружность в точке $C$ , а вторую в точке $D$ . Пусть $M$ и $N$ — середины дуг $BC$ и $BD$ , не содержащих точку $A$ , а $K$ — середина отрезка $CD$ . Докажите, что угол $MKN$ прямой. (Можно считать, что точки $C$ и $D$ лежат по разные стороны от точки $A$ .)

Доказательство

Пусть $N_{1}$ — точка, симметричная точке $N$ относительно $K$ (см.рисунок). Тогда $bigtriangleup KCN_{1} = bigtriangleup KDN$ , поэтому $CN_{1} = ND$ и $angle N_{1}CK = angle NDK =pi — angle ABN.$ Заметим ещё, что $angle MCK = pi — angle ABM$ .
Складывая полученные равенства, находим, что $angle N_{1}CM = angle MBN$ . Кроме того, из условия следует, что $CM=MB$ и $BN=ND$ (т.е. $BN=CN_{1}$ ). Значит $bigtriangleup MCN_{1} = bigtriangleup MBN$ , откуда $MN_{1} = MN$ .
$MK$ — медиана в равнобедренном треугольнике $MNN_{1}$ , поэтому $angle MKN=90^circ$ .

Замечание

Задача имеет много других решений. Например, можно воспользоваться подобием треугольников $MEK$ и $KFN$ , где $E$ и $F$ — середины отрезков $BC$ и $BD$ соответственно. Эти треугольники имеют две пары взаимно перпендикулярных сторон: $EK$ и $FN$ , $ME$ и $KF$ ; следовательно, перпендикулярны и их третьи стороны.

Кроме того, соображения, использующие композицию поворотов, позволяют отказаться от дополнительного условия в задаче (о том, что точки $C$ и $D$ лежат по разные стороны от $A$ ), которое было задано лишь затем, чтобы избежать разбора различных случаев. Действительно, рассмотрим композицию поворотов $R_{M}^{beta} circ R_{N}^{alpha}$ — на углы $alpha=angle DNB$ и $beta=angle BMC$ вокруг точек $N$ и $M$ соответственно (углы передпологаются ориентированными).
Заметим, что $alpha+beta=180^circ$ , поэтому $R_{M}^{beta} circ R_{N}^{alpha}=Z_{x}$ — центральная симметрия относительно некоторой точки $X$ . Но $Z_{x}(D)=(R_{M}^{beta} circ R_{N}^{alpha})=R_{M}^{beta}(B)=C,$ поэтому $X$ — середина отрезка $CD$ , т.е. точка $K$ . Если $N_{1}=Z_{K}(N)$ , то $N_{1}=(R_{M}^{beta} circ R_{N}^{alpha})(N)=R_{M}^{beta}(N)$ , т.е. $bigtriangleup NMN_{1}$ , равнобедренный и $angle MKN=90^circ$

Д.Терешин

M1479

Условие

Число 26 можно тремя способами разложить в сумму четырех натуральных чисел так, что все 12 чисел различны:

$26=1+6+8+11=2+5+9+10=3+4+7+12.$

Для каждого натурального $n$ обозначим через $K=K(n)$ наибольшее число четверок натуральных чисел, дающих в сумме $n$ и состоящих из $4K$ различных чисел. Докажите, что

$K(n)=\left [\frac{n-2}{8} \right ]$

$[x]$ - целая чатсь числа $x$ .

Решение

Пусть выбрано $k$ четверок различных натуральных чисел, в сумме дающих $n$ . Обозначим через $s$ сумму всех $4k$ чисел, входящих в эти четверки. Тогда, одной стороны, $s=nk$ , а с другой стороны,

$s\geqslant 1+2+\cdots +4k=2k(4k+1).$

Поэтому $nk\geqslant 2k(4k+1)$ , откуда $k\leqslant \frac{n-2}{8}$ .

Осталось привести набор $\left [\frac{n-2}{8} \right ]$ четверок чисел, удовлетворяющий условиям задачи.

Обозначим число $\left [\frac{n-2}{8} \right ]$ через $a$ и пусть $n=8a+2+t$ , где $t=0,1,2,\cdots,7$ .

Рассмотрим следующую таблицу чисел:

$\begin{matrix}&1 &2 &3 &\cdots &a-1 &a \\ &2a &2a-1 &2a-2 &\cdots &a+2 &a+1 \\ &2a+1 &2a+2 &2a+3 &\cdots &3a-1 &3a \\ &4a+t &4a+t-1 &4a+t-2 &\cdots &3a+t+2 &3a+t+1 \end{matrix}$

Числа, стоящие в первом столбце, образуют первую четверку чисел, стоящие во втором — вторую четверку чисел, и так далее.

Л.Курляндчик

M2098

Задача М2098

Двое играют в игру, делая ходы по очереди: первый рисует на плоскости многоугольник, не налегающий на уже нарисованные, а второй ответным ходом раскрашивает его в один из 2008 цветов. Второй игрок хочет, чтобы любые два многоугольника, граничащие по отрезку сторны, имели разные цвета. Сможет ли первый игрок помешать ему?

Ответ: сможет

Решение

Докажем индукцией по $n$ , что первый может играть так, что нарисованные им многоугольники будут давать в объединении некоторый многоугольник $P_{n}$ , на границу которого выходят многоугольники не менее $n$ цветов. Отсюда будет следовать, что никакого конечного числа цветов недостаточно.

База индукции очевидна. Пусть утверждение верно для $n=k$ , докажем его для $n=k+1$ . Из предположения индукции следует, что первый игрок может играть так, чтобы нарисованные многоугольники давали в объединении $k$ многоугольников $P_{k}^{(1)},P_{k}^{(2)},’cdots,P_{k}^{(k)}$ , на границу каждого из которых выходят многоугольники не менее $k$ цветов. На границе многоугольника $P_{k}^{(1)}$ выделим отрезок $Delta_{1}$ некоторго цвета 1, на границе многоугольника $P_{k}^{(2)}$ выделим отрезок $Delta_{2}$ некоторго цвета 2, отличного от 1, и т.д., на границе многоугольника $P_{k}^{(k)}$ выделим отрезок $Delta_{k}$ некоторго цвета k, отличного от уже определенных цветов $1,2,cdots,k-1$ . Пусть теперь первый нарисует многоугольник $P$ , пересекающийся с многоугольником $P_{k}^{(i)}$ по части отрезка $Delta_{i}$ для всех $i=1,2,cdots,k$ (рис.). Второй игрок должен раскрасить многоугольник $P$ в цвет, отличный от цветов $1,2,cdots,k$ . Тогда на границу многоугольника, являющего объединением многоугольников $P,P_{k}^{(1)},P_{k}^{(2)},cdots,P_{k}^{(k)}$ , выходят не менее $k+1$ цветов. Переход индукции доказан.

Замечания

Строгое доказательство существования многоугольника $P$ из решения задачи далеко не просто (хотя интуитивно все очевидно), оно следует из известной топологической теоремы Жордана.

Отметим, что вопрос, поставленный в задаче, уже рассматривался в «Задачнике «Кванта»» для случая, когда первому игроку позволяется рисовать многоугольники лишь специального вида. Результат этой задачи интресно сопоставить также со знаменитой теоремой о четырех красках, согласно которой для раскрашивания правильным образом любой карты на плоскости достаточно лишь четырех цветов.

Е.Гик, П.Кожевников