ось симметрии

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

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

Задача из журнала «Квант» (1980 год, 5 выпуск)

Условие

а) Сколько осей симметрии имеет куб? Правильная треугольная пирамида?

б)* Докажите, что если некоторый многогранник имеет $k$ осей симметрии $(k \geq 1)$ , то $k$ нечетно.

Решение

а) Нетрудно указать девять осей симметрии куба. Это — прямые, соединяющие центр куба $O$ с центрами граней (их три: $Ox$ , $Oy$ , $Oz$ на рисунке $1$ ) и с серединами ребер (их шесть).

Других осей симметрии у куба нет: это можно доказать, опираясь на такое наблюдение: при любом самосовмещении куба каждая из трех осей $Ox$ , $Oy$ , $Oz$ должна отображаться на одну из этих же осей, причем если это само совмещение — симметрия (поворот на $180 ^\circ$ ) $S_l$ относительно некоторой прямой $l$ , отличной от $Ox$ , $Oy$ и $Oz$ , то одна из этих трех осей должна переходить сама в себя, а две остальные — друг в друга.

У правильного тетраэдра три оси симметрии — прямые, соединяющие середины его ребер. Чтобы убедиться в этом, удобно достроить тетраэдр до куба, проведя через каждое ребро тетраэдра плоскость, параллельную противоположному ребру (рис. $2$ ). Ясно, что любое самосовмещение тетраэдра будет также самосовмещением этого описанного куба. Из девяти осевых симметрий, отображающих куб на себя, лишь три будут переводить в себя тетраэдр.

б) Пусть дан многогранник $M$ , у которого более одной оси симметрии.

Лемма $1$ Если $l$ и $m$ — оси симметрии многогранника $M$ , то $S_l (m) = m’$ — также ось симметрии $М$ .

В самом деле, если точки $P$ и $P’$ многогранника $M$ симметричны относительно $m$ , то $S_l (P)$ и $S_l (P’)$ будут симметричными относительно $m’$ . Короче: $S_{m’} = S_l O S_m O S_l$ .

Лемма $2$ Если $l$ и $m$ — оси симметрии многогранника $M$ , пересекающиеся в точке $O$ и перпендикулярные друг к другу, то прямая $n$ , перпендикулярная им обоим и проходящая через точку $O$ , также служит осью симметрии $M$ .

Действительно, $S_n = S_m O S_l$ . Это легко проверить, приняв данные прямые за оси координат, или построив прямоугольный параллелепипед с центром в точке $O$ и осями симметрии $l$ , $m$ , $n$ с произвольной вершиной $P$ (рис. $3$ ).

Леммы $1$ и $2$ позволяют, фиксировав какую-то одну ось симметрии $l$ , разбить все остальные на пары: если $m$ удовлетворяет условия леммы $2$ , то пару с ней образует $n$ , а если нет, то $m’ = S_l(m) \ne m$ . Отсюда сразу следует утверждение задачи б).

Возникает естественный вопрос: какое вообще (конечное) множество прямых может быть множеством всех осей симметрии некоторого многогранника?

Различные примеры даются множеством осей симметрии $n$ -угольной правильной призмы (здесь количество осей $p=n$ при $n$ нечетном и $p=n+1$ при $n$ четном), тетраэдра (или прямоугольного параллелепипеда с разными ребрами, $p=3$ ), куба (или октаэдра $p=9$ ) и додекаэдра (или икосаэдра, $p=15$ ). Попробуйте доказать, что других множеств осей симметрии (состоящих более чем из одной прямой) не бывает. Конечно, тут не обойтись без такой очень полезной леммы, которую многие читатели применили и в решении задачи б).

Лемма $3$ Оси симметрии любого многогранника пересекаются в одной точке.

Предположим, что $l$ , $m$ — непересекающиеся оси симметрии многогранника $M$ . Пусть $n$ — общий перпендикуляр $l$ , $m$ ; рассмотрим прямоугольную систему координат с началом в точке $O = l \cap n$ , с осью $Oz$ направленной по лучу $OA$ , где $A = n \cap m$ ; пусть $|OA| = a$ . Тогда при симметрии относительно оси $l$ координата $z$ любой точки переходит в $(-z)$ , а при симметрии относительно $m$ — в $(2a-z)$ . Поэтому при композиции этих двух симметрий $z$ изменяется на $2a$ . Повторяя эту композицию достаточное число раз, мы «выгоним» любую точку за пределы многогранника $M$ . Противоречие!

Вот еще более короткое доказательство леммы $3$ (правда, использующее понятие, заимствованное из механики): пусть $O$ — центр масс одинаковых грузиков, помещенных в вершинах многогранника $M$ ; ясно, что при любом самосовмещении многогранника $M$ грузики лишь меняются местами, поэтому точка $O$ переходит в себя; в частности, все оси симметрии многогранника $M$ проходят через точку $O$ .

Н. Васильев, В. Сендеров, А. Сосинский

Метка: ось симметрии

М2010. Зв’язна клітинна фігура

Умова

Рішення

М623. Задача об осях симметрии куба, правильной треугольной пирамиды и нечетности осей симметрии многогранника.

Условие

Решение