Формулировка

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 $angle MKN=90^circ$

Условие

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

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

$[x]$- 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,

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:

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

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.

Условие:

Решение:

Условие:

Решение: