WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 |   ...   | 7 | 8 || 10 | 11 |   ...   | 12 |

«В. В. ПРАСОЛОВ ЗАДАЧИ ПО ПЛАНИМЕТРИИ УЧЕБНОЕ ПОСОБИЕ 5-е издание, исправленное и дополненное Допущено Министерством образования и науки Российской Федерации Издательство МЦНМО ОАО «Московские учебники» ...»

-- [ Страница 9 ] --

21.29. Пусть площадь кафтана равна M, площадь пересечения заплат с номерами i1,..., ik равна Si1...ik, а Mk = Si1...ik. Согласно задаче 21.27 а) M - M1 + M2 - M3 + M4 - M5 0, так как M S. Аналогичные неравен ства можно написать не только для всего кафтана, но и для каждой за Решения задач платы: если мы рассмотрим заплату S1 как кафтан с заплатами S12, S13, S14, S15, то получим S1 - S1i + S1ij - S1ijk + S12345 0. Сложив такие неравенства для всех пяти заплат, получаем M1 - 2M2 + 3M3 - 4M4 + 5M5 (слагаемое Si1...ik входит в неравенства для заплат i1,..., ik, поэтому в сум му всех неравенств оно входит с коэффициентом k). Складывая неравенства 3(M - M1 + M2 - M3 + M4 - M5) 0 и M1 - 2M2 + 3M3 - 4M4 + 5M5 0, получаем неравенство 3M - 2M1 + M2 - M4 + 2M5 0. Прибавив к нему нера венство M4 - 2M5 0 (оно следует из того, что S12345 входит во все Si1i2i3i4, т. е. M4 5M5 2M5), получаем 3M - 2M1 + M2 0, т. е. M2 2M1 - 3M 5 - 3 = 2.

Так как из пяти заплат можно образовать десять пар, площадь пересечения одной из этих пар не меньше M2/10 0,2.

21.30. Пусть -1 c 1. Сдвинем данный отрезок на c вдоль себя, а затем сдвинем его на c в ортогональном направлении. Заштрихованная на рис. 21. Рис. 21. область соответствует пересечению отрезков Ai и Bj. Её площадь равна про изведению длин этих отрезков. Если рассмотреть все пары отрезков систем A и B, то заштрихованная область будет иметь площадь p(1 - p). Поэтому некоторое горизонтальное сечение заштрихованных областей имеет длину не меньше p(1 - p)/2.

З а м е ч а н и е. Если вместо отрезка рассматривать окружность (и вместо параллельного переноса поворот), то p(1 - p)/2 можно заменить на p(1 - p).

ГЛАВА ВЫПУКЛЫЕ И НЕВЫПУКЛЫЕ МНОГОУГОЛЬНИКИ Основные сведения 1. Есть несколько разных (но эквивалентных) определений выпуклого мно гоугольника. Приведём наиболее известные и часто встречающиеся из них.

Многоугольник называют выпуклым, если выполнено одно из следующих условий:

а) он лежит по одну сторону от любой из своих сторон (т. е. продолжения сторон многоугольника не пересекают других его сторон);

б) он является пересечением (т. е. общей частью) нескольких полуплоско стей;

в) любой отрезок с концами в точках, принадлежащих многоугольнику, целиком ему принадлежит.

2. Фигуру называют выпуклой, если любой отрезок с концами в точках фигуры целиком принадлежит ей.

3. При решении некоторых задач этой главы используются понятия вы пуклой оболочки и опорной прямой.

§ 1. Выпуклые многоугольники 22.1. На плоскости дано n точек, причём любые четыре из них являются вершинами выпуклого четырёхугольника. Докажите, что эти точки являются вершинами выпуклого n-угольника.

22.2. На плоскости дано пять точек, причём никакие три из них не лежат на одной прямой. Докажите, что четыре из этих точек расположены в вершинах выпуклого четырёхугольника.

22.3. Внутри квадрата A1A2A3A4 лежит выпуклый четырёхуголь ник A5A6A7A8. Внутри A5A6A7A8 выбрана точка A9. Докажите, что из этих девяти точек можно выбрать 5 точек, расположенных в вершинах выпуклого пятиугольника.

22.4. На плоскости дано несколько правильных n-угольников. До кажите, что выпуклая оболочка их вершин имеет не менее n углов.

22.5. Среди всех таких чисел n, что любой выпуклый 100-угольник можно представить в виде пересечения (т. е. общей части) n треуголь ников, найдите наименьшее.

22.6. Назовём выпуклый семиугольник особым, если три его диаго нали пересекаются в одной точке. Докажите, что, слегка пошевелив одну из вершин особого семиугольника, можно получить неособый семиугольник.

Условия задач 22.7. Выпуклый многоугольник A1... An лежит внутри окружно сти S1, а выпуклый многоугольник B1... Bm — внутри S2. Докажите, что если эти многоугольники пересекаются, то одна из точек A1,...

..., An лежит внутри S2 или одна из точек B1,..., Bm лежит внутри S1.

22.8*. Докажите, что существует такое число N, что среди любых N точек, никакие три из которых не лежат на одной прямой, можно вы брать 100 точек, являющихся вершинами выпуклого многоугольника.

22.9*. Выпуклый n-угольник разрезан на треугольники непересека ющимися диагоналями. Рассмотрим преобразование такого разбиения, при котором треугольники ABC и ACD заменяются на треугольники ABD и BCD. Пусть P(n) — наименьшее число преобразований, за ко торое любое разбиение можно перевести в любое другое. Докажите, что:

а) P(n) n - 3;

б) P(n) 2n - 7;

в) P(n) 2n - 10 при n 13.

* * * 22.10*. Докажите, что в любом выпуклом многоугольнике, кроме параллелограмма, можно выбрать три стороны, при продолжении ко торых образуется треугольник, объемлющий данный многоугольник.

22.11*. Дан выпуклый n-угольник, никакие две стороны которого не параллельны. Докажите, что различных треугольников, о которых идёт речь в задаче 22.10, не менее n - 2.

22.12*. Точка O лежит внутри выпуклого n-угольника A1... An. До кажите, что среди углов AiOAj не менее n - 1 не острых.

22.13*. В окружность вписан выпуклый n-угольник A1... An, при чём среди его вершин нет диаметрально противоположных точек.

Докажите, что если среди треугольников ApAqAr есть хотя бы один остроугольный, то таких остроугольных треугольников не менее n - 2.

22.14*. а) Докажите, что параллелограмм нельзя покрыть тремя меньшими гомотетичными ему параллелограммами.

б) Докажите, что любой выпуклый многоугольник, кроме парал лелограмма, можно покрыть тремя меньшими гомотетичными ему многоугольниками.

§ 2. Изопериметрическое неравенство Мы будем рассматривать фигуры, ограниченные гладкими или кусочно гладкими1 кривыми. Периметром фигуры называют длину кривой, огра ничивающей эту фигуру.

22.15. Докажите, что для любой невыпуклой фигуры существует выпуклая фигура с меньшим периметром и большей площадью.

Состоящими из конечного числа дуг гладких кривых.

432 Глава 22. Выпуклые и невыпуклые многоугольники 22.16. Докажите, что если существует фигура, площадь которой не меньше площади фигуры, а периметр — меньше, то существует фигура того же периметра, что и, но большей площади.

22.17. Докажите, что если какая-либо хорда выпуклой фигуры делит её на две части равного периметра, но разной площади, то существует выпуклая фигура, имеющая тот же периметр, что и, но большую площадь.

22.18*. Докажите, что если выпуклая фигура отлична от круга, то существует фигура, имеющая тот же периметр, что и, но большую площадь.

22.19*. а) Докажите, что среди всех выпуклых четырёхугольников с данными углами и данным периметром наибольшую площадь имеет описанный четырёхугольник.

б) Докажите, что среди всех выпуклых n-угольников A1... An с дан ными величинами углов Ai и данным периметром наибольшую пло щадь имеет описанный n-угольник.

22.20*. Докажите, что площадь круга больше площади любой дру гой фигуры того же периметра. Другими словами, если площадь фи гуры равна S, а её периметр равен P, то S P2/4, причём равенство достигается только в случае круга (изопериметрическое неравенство).

22.21*. Докажите, что если соответственные стороны выпуклых многоугольников A1... An и B1... Bn равны, причём многоугольник B1... Bn вписанный, то его площадь не меньше площади многоуголь ника A1... An.

22.22*. Несамопересекающаяся ломаная расположена в данной по луплоскости, причём концы ломаной лежат на границе этой полуплос кости. Длина ломаной равна L, а площадь многоугольника, ограни ченного ломаной и границей полуплоскости, равна S. Докажите, что S L2/2.

22.23*. Найдите кривую наименьшей длины, делящую равносторон ний треугольник на две фигуры равной площади.

§ 3. Симметризация по Штейнеру Пусть M — выпуклый многоугольник, l — некоторая прямая. Симметри зация по Штейнеру многоугольника M относительно прямой l — это фи гура, которая получается следующим образом. Через каждую точку X прямой l проведём прямую m, перпендикулярную l. Если прямая m пере секает многоугольник M по отрезку длины a, то построим на m отрезок длины a с серединой в точке X. Построенные отрезки образуют фигуру.

22.24*. Докажите, что симметризация по Штейнеру выпуклого мно гоугольника является выпуклым многоугольником.

22.25*. Докажите, что при симметризации по Штейнеру площадь многоугольника не изменяется, а его периметр не увеличивается.

Условия задач § 4. Сумма Минковского 22.26*. Пусть A и B — фиксированные точки, и — фиксиро ванные числа. Выберем произвольную точку X и зададим точку P # – # – # – равенством XP = XA + XB. Докажите, что положение точки P не зависит от выбора точки X тогда и только тогда, когда + = 1.

Докажите также, что в этом случае точка P лежит на прямой AB.

Если + = 1, то точку P из задачи 22.26 будем обозначать A + B.

Пусть M1 и M2 — выпуклые многоугольники, и — положительные 1 числа, сумма которых равна 1. Фигуру M1 + M2, состоящую из всех 1 точек вида A1 + A2, где A1 — точка M1, а A2 — точка M2, называ 1 ют суммой Минковского многоугольников M1 и M2. Сумму Минковского можно рассматривать не только для выпуклых многоугольников, но и для произвольных фигур (не обязательно выпуклых).

Аналогично для положительных чисел,...,, сумма которых рав 1 n на 1, можно рассмотреть фигуру M1 +... + Mn. Можно рассматривать 1 n и фигуры M1 +... + Mn для +... + = 1, но в этом случае фигура 1 n 1 n определена с точностью до параллельного переноса: при изменении точки X фигура сдвигается на некоторый вектор.

22.27*. а) Докажите, что если M1 и M2 — выпуклые многоугольни ки, то M1 + M2 — выпуклый многоугольник, число сторон которого 1 не превосходит суммы чисел сторон многоугольников M1 и M2.

б) Пусть P1 и P2 — периметры многоугольников M1 и M2. Докажи те, что периметр многоугольника M1 + M2 равен P1 + P2.

1 2 1 22.28*. Пусть S1 и S2 — площади многоугольников M1 и M2. Дока жите, что площадь S(, ) многоугольника M1 + M2 равна 1 2 1 2 S1 + 2 S12 + S2, 1 1 где S12 зависит только от M1 и M2.

22.29*. Докажите, что S12 S1S2, т. е. S(, ) S1 + S 1 2 1 (Брунн).

22.30*. а) Пусть M — выпуклый многоугольник, площадь которого равна S, а периметр равен P;

D — круг радиуса R. Докажите, что площадь фигуры M + D равна 1 2 S + PR + R2.

1 1 б) Докажите, что S P2/4.

22.31*. Докажите, что выпуклый многоугольник имеет центр сим метрии тогда и только тогда, когда его можно представить в виде суммы нескольких отрезков.

§ 5. Теорема Хелли 22.32*. а) На плоскости даны четыре выпуклые фигуры, причём любые три из них имеют общую точку. Докажите, что тогда и все они имеют общую точку.

434 Глава 22. Выпуклые и невыпуклые многоугольники б) На плоскости дано n выпуклых фигур, причём любые три из них имеют общую точку. Докажите, что все n фигур имеют общую точку (теорема Хелли).

22.33*. Решите с помощью теоремы Хелли задачу 20.33.

22.34*. а) Дан выпуклый многоугольник. Известно, что для любых трёх его сторон можно выбрать точку O внутри многоугольника так, что перпендикуляры, опущенные из точки O на эти три стороны, попадают на сами стороны, а не на их продолжения. Докажите, что тогда такую точку O можно выбрать для всех сторон одновре менно.

б) Докажите, что в случае выпуклого четырёхугольника такую точку O можно выбрать, если её можно выбрать для любых двух сторон.

22.35*. Докажите, что внутри любого выпуклого семиугольника есть точка, не принадлежащая ни одному из четырёхугольников, об разованных четвёрками его соседних вершин.

22.36*. Дано несколько параллельных отрезков, причём для любых трёх из них найдётся прямая, их пересекающая. Докажите, что най дётся прямая, пересекающая все отрезки.

§ 6. Невыпуклые многоугольники 22.37. Верно ли, что любой пятиугольник лежит по одну сторону от не менее чем двух своих сторон?

22.38. а) Нарисуйте многоугольник и точку O внутри его так, чтобы ни одна сторона не была видна из неё полностью.

б) Нарисуйте многоугольник и точку O вне его так, чтобы ни одна сторона не была видна из неё полностью.

22.39. Докажите, что если многоугольник таков, что из некоторой точки O виден весь его контур, то из любой точки плоскости полно стью видна хотя бы одна его сторона.

22.40. Докажите, что сумма внешних углов любого многоугольни ка, прилегающих к меньшим 180 внутренним углам, не меньше 360.

22.41*. а) Докажите, что у любого n-угольника (n 4) есть хотя бы одна диагональ, целиком лежащая внутри его.

б) Выясните, какое наименьшее число таких диагоналей может иметь n-угольник.

22.42*. Чему равно наибольшее число вершин невыпуклого n-уголь ника, из которых нельзя провести диагональ?

22.43*. Докажите, что любой n-угольник можно разрезать на тре угольники непересекающимися диагоналями.

22.44*. Докажите, что сумма внутренних углов любого n-угольника равна (n - 2) · 180.

22.45*. Докажите, что количество треугольников, на которые непе ресекающиеся диагонали разбивают n-угольник, равно n - 2.

Решения задач 22.46*. Многоугольник разрезан непересекающимися диагоналями на треугольники. Докажите, что по крайней мере две из этих диаго налей отсекают от него треугольники.

22.47*. Докажите, что для любого тринадцатиугольника найдётся прямая, содержащая ровно одну его сторону, однако при любом n > существует n-угольник, для которого это неверно.

22.48*. Чему равно наибольшее число острых углов в невыпуклом n-угольнике?

22.49*. С невыпуклым несамопересекающимся многоугольником производятся следующие операции. Если он лежит по одну сторону от прямой AB, где A и B — несмежные вершины, то одна из частей, на которые контур многоугольника делится точками A и B, отражается относительно середины отрезка AB. Докажите, что после нескольких таких операций многоугольник станет выпуклым.

22.50*. Числа,...,, сумма которых равна (n - 2), удовлетво 1 n ряют неравенствам 0 < < 2. Докажите, что существует n-угольник i A1... An с углами,..., при вершинах A1,..., An.

1 n См. также задачи 9.29 а), 9.94, 23.1, 23.35.

Решения 22.1. Рассмотрим выпуклую оболочку данных точек. Она является выпук лым многоугольником. Нужно доказать, что все данные точки — его вершины.

Предположим, что одна из данных точек (точка A) не является верши ной, т. е. лежит внутри или на стороне этого многоугольника. Диагоналями, выходящими из одной вершины, выпуклую оболочку можно разрезать на треугольни ки;

точка A принадлежит одному из них.

Вершины этого треугольника и точка A не могут быть вершинами выпуклого четырёх угольника. Получено противоречие.

22.2. Рассмотрим выпуклую оболочку данных точек. Если она является четырёх или пятиугольником, то всё ясно. Допу стим теперь, что выпуклая оболочка явля ется треугольником ABC, а точки D и E лежат внутри его. Точка E лежит внутри одного из треугольников ABD, BCD, CAD;

пусть для определённости она лежит внут Рис. 22. ри треугольника ABD. Обозначим точку пе ресечения прямых CD и AB через H. Точ ка E лежит внутри одного из треугольников ADH и BDH. Если, например, E лежит внутри треугольника ADH, то AEDC — выпуклый четырёхугольник (рис. 22.1).

22.3. Предположим, что требуемого выпуклого пятиугольника нет. Про ведём из точки A9 лучи через точки A5, A6, A7, A8. Эти лучи разбивают плоскость на 4 угла, каждый из которых меньше 180. Если внутри одного 436 Глава 22. Выпуклые и невыпуклые многоугольники из этих углов лежат две из точек A1, A2, A3, A4, то мы немедленно по лучаем требуемый пятиугольник. Поэтому внутри каждого из этих углов лежит ровно одна из указанных точек. Но тогда внутри каждого из двух углов, образованных лучами A9A5 и A9A7, лежат две из указанных точек.

Рассмотрев тот из углов, который меньше 180, снова получаем требуемый пятиугольник.

22.4. Пусть выпуклая оболочка вершин данных n-угольников является m-угольником и,..., — его углы. Так как к каждому углу выпуклой 1 m оболочки прилегает угол правильного n-угольника, то (1 - (2/n)) (спра i ва стоит величина угла правильного n-угольника). Поэтому +... + 1 m m(1 - (2/n)) = (m - (2m/n)). С другой стороны, +... + = (m - 2).

1 m Следовательно, (m - 2) (m - (2m/n)), т. е. m n.

22.5. Заметим сначала, что 50 треугольников достаточно. В самом деле, пусть k — треугольник, стороны которого лежат на лучах AkAk-1 и AkAk+ и который содержит выпуклый многоугольник A1... A100. Тогда этот мно гоугольник является пересечением треугольников 2, 4,..., 100. С другой стороны, 100-угольник, изображённый на рис. 22.2, нельзя представить в виде Рис. 22. пересечения менее чем 50 треугольников. В самом деле, если три его стороны лежат на сторонах одного треугольника, то одна из этих сторон — сторона A1A2. Все стороны этого многоугольника лежат на сторонах n треугольников, поэтому 2n + 1 100, т. е. n 50.

22.6. Пусть P — точка пересечения диагоналей A1A4 и A2A5 выпуклого семиугольника A1... A7. Одна из диагоналей A3A7 и A3A6, для определённости диагональ A3A6, не проходит через точку P. Точек пересечения диагоналей шестиугольника A1... A6 конечное число, поэтому вблизи точки A7 можно выбрать такую точку A, что прямые A1A,..., A6A не проходят через эти 7 7 точки, т. е. семиугольник A1... A неособый.

22.7. Предположим, что точки A1,..., An лежат вне S2, а точки B1,..., Bm лежат вне S1. Тогда окружность S1 не может лежать внутри S2, а окруж ность S2 — внутри S1. Окружности S1 и S2 не могут также быть расположены вне друг друга (или касаться внешним образом), поскольку иначе много угольники A1... An и B1... Bm не могли бы пересекаться. Таким образом, окружности S1 и S2 пересекаются. При этом многоугольник A1... An лежит внутри S1 и вне S2, а многоугольник B1... Bm — внутри S2 и вне S1. Сле довательно, эти многоугольники расположены по разные стороны от прямой, проходящей через точки пересечения окружностей S1 и S2. Но тогда они не могут пересекаться. Приходим к противоречию.

22.8. Мы докажем более общее утверждение. Пусть p, q и r — натуральные числа, причём p, q r. Тогда существует число N = N(p, q, r), обладающее Решения задач следующим свойством: если все r-элементные подмножества N-элементного множества S произвольным образом разбиты на два непересекающихся семей ства и, то либо существует p-элементное подмножество множества S, все r-элементные подмножества которого содержатся в, либо существует q-эле ментное подмножество, все r-элементные подмножества которого содержатся в (теорема Рамсея).

Требуемое утверждение легко следует из теоремы Рамсея. В самом деле, пусть N = N(n, 5, 4) и семейство состоит из тех четырёхэлементных подмно жеств N-элементного множества точек, выпуклые оболочки которых — четы рёхугольники. Тогда существует n-элементное подмножество данного множе ства точек, выпуклые оболочки любых четырёхэлементных подмножеств кото рого — четырёхугольники, так как пятиэлементного подмножества, выпуклые оболочки любых четырёхэлементных подмножеств которого — треугольники, не существует (см. задачу 22.2). Остаётся воспользоваться результатом зада чи 22.1.

Докажем теперь теорему Рамсея. Легко проверить, что в качестве N(p, q, 1), N(r, q, r) и N(p, r, r) можно взять числа p + q - 1, q и p со ответственно. Докажем теперь, что если p > r и q > r, то в качестве N(p, q, r) можно взять число N(p1, q1, r - 1) + 1, где p1 = N(p - 1, q, r) и q1 = N(p, q - 1, r). В самом деле, выбросим из N(p, q, r)-элементного мно жества S один элемент и разобьём (r - 1)-элементные подмножества остав шегося множества S на два семейства: семейство (соответственно ) состоит из тех подмножеств, объединения которых с выброшенным эле ментом входят в семейство (соответственно ). Тогда либо существует p1-элементное подмножество множества S, все (r - 1)-элементные подмно жества которого содержатся в семействе, либо существует q1-элементное подмножество, все (r - 1)-элементные подмножества которого содержатся в се мействе. Рассмотрим первый случай. Так как p1 = N(p - 1, q, r), то ли бо существует q-элементное подмножество множества S, все r-элементные подмножества которого лежат в (тогда эти q элементов искомые), либо существует (p - 1)-элементное подмножество множества S, все r-элементные подмножества которого содержатся в (тогда эти p - 1 элементов вместе с выброшенным элементом искомые). Второй случай рассматривается анало гично.

Итак, доказательство теоремы Рамсея можно провести индукцией по r, причём при доказательстве шага индукции используется индукция по p + q.

22.9. а) Пусть A и B — соседние вершины n-угольника. Рассмотрим разбиение n-угольника диагоналями, выходящими из вершины A, и раз биение диагоналями, выходящими из вершины B. У этих разбиений нет общих диагоналей, а каждое преобразование изменяет только одну диа гональ.

б) Индукцией по n легко доказать, что любое разбиение можно перевести в разбиение диагоналями, выходящими из данной вершины A, не более чем за n - 3 преобразования. Действительно, при n = 4 это очевидно. При n > всегда можно сделать одно преобразование так, чтобы появилась диагональ, выходящая из вершины A (если такой диагонали не было). Эта диагональ разбивает n-угольник на k-угольник и l-угольник, где k + l = n + 2. Остаётся заметить, что (k - 3) + (l - 3) + 1 = n - 3.

438 Глава 22. Выпуклые и невыпуклые многоугольники Ясно также, что если m диагоналей разбиения уже выходят из вершины A, то нужно не более n - 3 - m преобразований, т. е. m преобразований можно сэкономить.

Если заданы два разбиения, то их можно перевести в разбиение диа гоналями, выходящими из вершины A, за 2(n - 3) преобразований. Одно преобразование можно сэкономить, выбрав в качестве A вершину, из кото рой выходит одна из диагоналей одного из разбиений. Поэтому от любого разбиения можно перейти к любому другому не более чем за 2n - 7 пре образований (пройдя через разбиение диагоналями, выходящими из верши ны A).

в) Два разбиения содержат 2(n - 3) диагоналей, поэтому в среднем из 4(n - 3) каждой вершины выходит = 4 - диагоналей двух данных разби n n ений. При n 13 это число больше 3, поэтому найдётся вершина, из которой выходят по крайней мере 4 диагонали данных разбиений. Выбрав её, можно сэкономить не одно, а четыре преобразования.

22.10. Если многоугольник не треугольник и не параллелограмм, то у него найдутся две непараллель ные несоседние стороны. Продолжив их до пересе чения, получим новый многоугольник, содержащий исходный и имеющий меньшее число сторон. По сле нескольких таких операций получим треугольник или параллелограмм. Если получится треугольник, то всё доказано;

поэтому будем считать, что получился параллелограмм ABCD. На каждой его стороне ле жит сторона исходного многоугольника, и одна из Рис. 22. его вершин, например A, не принадлежит исходному многоугольнику (рис. 22.3). Пусть K — ближайшая к A вершина многоугольника, лежащая на AD, а KL — сторона, не лежащая на AD. Тогда многоугольник заключён внутри треугольника, образованного прямыми KL, BC и CD.

22.11. Доказательство проведём индукцией по n. При n = 3 утверждение очевидно. Согласно задаче 22.10 существуют прямые a, b и c, являющиеся продолжениями сторон данного n-угольника и образующие треугольник T, который содержит данный n-угольник. Пусть прямая l является продолже нием какой-либо другой стороны данного n-угольника. Продолжения всех сторон n-угольника, кроме стороны, лежащей на прямой l, образуют выпук лый (n - 1)-угольник, лежащий внутри треугольника T. По предположению индукции для этого (n - 1)-угольника найдётся n - 3 нужных треугольника.

Кроме того, прямая l и две из прямых a, b и c тоже образуют нужный треугольник.

З а м е ч а н и е. Если точки A2,..., An лежат на окружности с центром A1, причём A2A1An < 90 и n-угольник A1... An выпуклый, то для этого n-уголь ника существует ровно n - 2 нужных треугольников.

22.12. Доказательство проведём индукцией по n. При n = 3 доказательство очевидно. Рассмотрим теперь n-угольник A1... An, где n 4. Точка O лежит внутри некоторого треугольника ApAqAr. Пусть Ak — вершина данного n-уголь ника, отличная от точек Ap, Aq и Ar. Выбросив вершину Ak, из n-угольника A1... An получим (n - 1)-угольник, к которому можно применить предположе Решения задач ние индукции. Кроме того, углы AkOAp, AkOAq и AkOAr не могут быть все острыми, так как сумма некоторых двух из этих углов больше 180.

22.13. Доказательство проведём индукцией по n. При n = 3 утверждение очевидно. Пусть n 4. Фиксируем один остроугольный треугольник ApAqAr и выбросим вершину Ak, отличную от вершин этого треугольника. К получен ному (n - 1)-угольнику можно применить предположение индукции. Кроме того, если, например, точка Ak лежит на дуге ApAq и AkApAr AkAqAr, то треугольник AkApAr остроугольный. В самом деле, ApAkAr = ApAqAr, ApArAk < ApArAq и AkApAr 90, а значит, AkApAr < 90.

22.14. а) Пусть ABCD — данный параллелограмм. В меньшем параллело грамме, гомотетичном ему, любой отрезок, параллельный стороне AB, строго меньше AB. То же самое верно не только для сторон, но и для диагоналей.

Поэтому каждую из четырёх вершин параллелограмма должен покрывать свой параллелограмм.

б) Пусть выпуклый многоугольник M отличен от параллелограмма. Вос пользовавшись результатом задачи 22.10, выберем три стороны многоугольни ка M, при продолжении которых образуется треугольник ABC, объемлющий многоугольник M. Затем выберем на этих трёх сторонах точки A1, B1 и C1, отличные от вершин многоугольника (точка A1 лежит на прямой BC и т. д.).

Наконец, выберем произвольную точку O внутри многоугольника M. От резки OA1, OB1 и OC1 разрезают M на три части. Рассмотрим гомотетию с центром A. Если коэффициент этой гомотетии достаточно близок к 1, то образ многоугольника M полностью покрывает ту часть, которую отрезают OB1 и OC1. Две остальные части покрываются аналогично.

22.15. Для каждого направления проведём опорные прямые к фигуре и рассмотрим пересечение всех полуплоскостей, заданных этими прямыми и содержащих. В результате получим выпуклую фигуру. Она содер жит, поэтому её площадь больше. Кривая, ограничивающая, отличается от кривой, ограничивающей, тем, что некоторые криволинейные участки (или ломаные) заменены прямолинейными отрезками. Поэтому периметр меньше периметра.

22.16. Пусть P и P — периметры фигур и, S и S — их площади. При гомотетии с коэффициентом P/P > 1 фигура переходит в фигуру, периметр которой равен P, а площадь равна (P/P )2S > S.

22.17. Пусть хорда AB делит фигуру на две части 1 и 2, периметры которых равны, а площадь 1 больше площади 2. Тогда фигура, состоящая из 1 и фигуры, симметричной 1 относительно AB, имеет тот же периметр, что и, но большую площадь.

Полученная фигура может оказаться невыпуклой. В этом случае, пользуясь результатами задач 22.15 и 22.16, можно построить выпуклую фигуру того же периметра и ещё большей площади.

22.18. Рассмотрим хорду AB, делящую пополам периметр фигуры. Если AB делит фигуру на две части разной площади, то согласно задаче 22. существует фигура, которая имеет тот же периметр, что и, но большую площадь. Поэтому будем считать, что хорда AB делит фигуру на две ча сти равной площади. На границе есть точка P, для которой APB = 90, поскольку иначе — круг с диаметром AB. Займёмся построением требуе мой фигуры. Построим прямоугольный треугольник P1A1B1 с катетами P1A1 = PA и P1B1 = PB и приставим к его катетам сегменты, отсекаемые 440 Глава 22. Выпуклые и невыпуклые многоугольники хордами PA и PB (рис. 22.4). Если такой сегмент будет теперь разрезан прямой A1B1, то, отразив одну из его частей относительно точки пересече ния границы с прямой A1B1, получим фигуру, лежащую по одну сторону от прямой A1B1. Сегменты, прилегающие к катетам A1P1 и P1B1, не могут пересечься, поскольку угол между опорными прямыми в точке P1 равен 90 + + = 90 + (180 - APB) < 270.

1 P B A P A1 B Рис. 22. Пусть — фигура, состоящая из построенной нами фигуры и фигуры, симметричной ей относительно прямой A1B1. Тогда имеет тот же периметр, что и, но большую площадь, так как 1 SA1P1B1 = A1P1 · B1P1 > AP · BP sin APB = SAPB.

2 З а м е ч а н и е. Этими рассуждениями мы не доказали, что среди всех фи гур данного периметра наибольшую площадь имеет круг. Мы не доказывали, что среди всех фигур данного периметра есть фигура наибольшей площади.

22.19. Для всех подобных многоугольников отношение площади к квадрату периметра постоянно. Поэтому достаточно доказать, что среди всех выпуклых многоугольников с данными углами отношение площади к квадрату периметра будет наибольшим для описанного многоугольника.

а) Рассмотрим сначала случай, когда четырёхугольник ABCD — паралле лограмм с заданным углом. Если его стороны равны a и b, то отношение площади к квадрату периметра равно ab sin a + b sin = sin, 4(a + b)2 2 4(a + b)2 причём равенство достигается только при a = b, т. е. в случае, когда ABCD — ромб. Ромб является описанным четырёхугольником.

Решения задач Будем теперь считать, что ABCD — не параллелограмм. Тогда продолжения двух его сторон пересекаются. Пусть для определённости лучи AB и DC пересекаются в точке E. Проведём прямую B C BC, касающуюся вписанной в треугольник AED окружности (рис. 22.5;

точки B и C лежат на сторонах E B C B O C A D Рис. 22. AE и DE). Пусть r — радиус вписанной окружности треугольника AED, O — её центр. Тогда r SEB C = SEB O + SEOC - SOB C = (EB + EC - B C ) = qr, где q = (EB + EC - B C )/2. Поэтому SABCD = SAED - SEBC = SAED - k2SEB C = pr - k2qr, где p — полупериметр треугольника AED, k = EB/EB. Вычислим теперь пе риметр ABCD. Сумма периметров ABCD и EBC равна сумме периметра AED и 2BC, поэтому периметр ABCD равен 2p - (EB + EC - BC) = 2p - 2kq.

Следовательно, отношение площади четырёхугольника ABCD к квадрату его pr - k2qr периметра равно. Для описанного четырёхугольника AB C D такое 4(p - kq) pr - qr отношение равно, поскольку для него k = 1. Остаётся доказать нера 4(p - q) pr - k2qr pr - qr p - k2q венство, т. е. (сократить на p - q можно, 4(p - kq)2 4(p - q)2 (p - kq)2 p - q потому что p > q). Неравенство (p - k2q)(p - q) (p - kq)2 верно, поскольку его можно привести к виду -pq(1 - k)2 0. Равенство достигается только при k = 1, т. е. в случае, когда четырёхугольник ABCD описанный.

б) Доказательство проведём индукцией по n. Для n = 4 утверждение доказано в задаче а). Доказательство шага индукции начнём с доказатель ства того, что при n 5 у любого n-угольника есть сторона, для которой сумма прилегающих к ней углов больше 180. Действительно, сумма всех пар углов, прилегающих к сторонам, равна удвоенной сумме углов n-уголь ника, поэтому сумма углов, прилегающих к одной из сторон, не меньше (n - 2) · 360/n 360 · 3/5 > 180.

442 Глава 22. Выпуклые и невыпуклые многоугольники Пусть для определённости сумма углов при вершинах A1 и A2 больше 180.

Тогда лучи AnA1 и A3A2 пересекаются в точке B (рис. 22.6). Рассмотрим также вспомогательный описанный n-угольник A... A со сторонами, парал 1 n лельными сторонам n-угольника A1... An. Обозначим точку пересечения лучей A A и A A через B. Для облегчения вычислений будем считать, что пери n 1 3 метры (n - 1)-угольников BA3A4... An-1 и B A A... A одинаковы и равны P 3 4 n- (этого можно добиться переходом к подобным многоугольникам).

B B A S A A1 k2S A 1 A A A A A A Рис. 22. Пусть r — радиус вписанной окружности многоугольника A... A. То 1 n гда площадь многоугольника B A A... A равна rP/2. По предположе 3 4 n- нию индукции площадь (n - 1)-угольника BA3A4... An-1 не больше площади B A A... A, т. е. она равна rP/2, где 1, причём = 1 только в случае, 3 4 n- когда многоугольник B A A... A описанный.

3 4 n- Пусть площадь треугольника A A B равна S, а коэффициент подобия 1 треугольников A1A2B и A A B равен k. Тогда площадь треугольника A1A2B 1 равна k2S. Ясно, что 1 1 1 S = rA B + rA B - rA A = rq, 1 2 1 2 2 2 где q=A B +A B -A A. Поэтому площади многоугольников A1... An и A... A 1 2 1 2 1 n равны r(P - q)/2 и r( P - k2q)/2, а их периметры равны P - q и P - kq.

Остаётся доказать, что P - k2q P - q =, (P - kq)2 (P - q)2 P - q причём равенство достигается только при = 1 и k = 1 (если = 1, то многоугольники BA3A4... An-1 и B A A... A равны, а если при этом ещё 3 4 n- и k = 1, то A1A2B = A A B, т. е. многоугольники A1... An и A... A рав 1 2 1 n ны). Несложные вычисления показывают, что неравенство (P - q)( P - k2q) (P - kq)2 эквивалентно неравенству 0 Pq(1 - k)2 + (1 - )(P - q)P.

Решения задач Последнее неравенство справедливо, причём равенство достигается только при = 1 и k = 1.

22.20. Для любой невыпуклой фигуры существует выпуклая фигура того же периметра и большей площади (задачи 22.15 и 22.16). Поэтому можно ограничиться выпуклыми фигурами.

Пусть — выпуклая фигура, отличная от круга, K — круг. Нужно до казать, что для K отношение площади к квадрату периметра больше, чем для. Площадь и периметр и K можно определить как предел площадей и периметров описанных вокруг и K многоугольников, все внешние углы которых стремятся к нулю. Пусть некоторый многоуголь ник описан вокруг K. Рассмотрим другой многоугольник, соответственные стороны которого параллельны сторонам первого, а описан он вокруг.

Для первого многоугольника отношение площади к квадрату периметра больше, чем для второго (задача 22.19). Переходя к пределу, получаем, что отношение площади к квадрату периметра для K не меньше, чем для.

Если фигура периметра 1 отлична от круга, то её площадь не мо жет равняться площади круга периметра 1, поскольку тогда существовала бы фигура периметра 1, площадь которой была бы больше площади (задача 22.18), т. е. больше площади круга периметра 1.

З а м е ч а н и е. Другое доказательство требу Bi емого утверждения приведено в решении зада чи 22.30 б).

Bi- 22.21. Пусть K — круг, в который вписан мно гоугольник B1... Bn. Построим на каждой стороне Bi+ AiAi+1 многоугольника A1... An внешним образом сегмент, равный сегменту, отсекаемому стороной BiBi+1 от круга K, и рассмотрим фигуру, состоящую из многоугольника A1... An и этих сегментов. Два таких сегмента могут пересечь ся только если Ai-1AiAi+1 - Bi-1BiBi+1 > (рис. 22.7), а этого не может быть, посколь ку многоугольник A1... An выпуклый. Поэтому Рис. 22. S = SA1...An + S и SK = SB1...Bn + S, где S — сумма площадей сегментов. Ясно также, что P = PK. Следовательно, согласно изо периметрическому неравенству SK S, т. е. SB1...Bn SA1...An, причём равенство достигается только в том случае, когда — круг, а многоугольник A1... An вписанный.

22.22. Добавим к данному многоугольнику многоугольник, симметричный ему относительно границы полуплоскости. Полученный многоугольник имеет площадь 2S и периметр 2L. Поэтому согласно изопериметрическому неравен ству 2S (2L)2/4, т. е. S L2/2.

22.23. Рассмотрим кривую, делящую равносторонний треугольник ABC на две фигуры площади S/2. Возможны два случая: либо кривая отделяет одну из вершин треугольника (для определённости вершину A) от противополож ной стороны, либо кривая замкнута. Во втором случае согласно задаче 22. длина кривой не меньше 2 S. Рассмотрим теперь первый случай. Образы кривой при последовательных симметриях относительно прямых AC, AB1, 444 Глава 22. Выпуклые и невыпуклые многоугольники AC2, AB2 и AC1 (рис. 22.8) образуют за B1 C мкнутую кривую, ограничивающую фигуру площади 3S. Поэтому искомая кривая — дуга окружности радиуса 3S/ с центром в точ ке A. Её длина равна S/3 < 2 S.

22.24. Пусть M — симметризация по A C B Штейнеру выпуклого многоугольника M от носительно прямой l. Нужно доказать, что если A и B — точки M, то весь отрезок AB принадлежит M. Рассмотрим два отрезка, по которым пересекают M прямые, проходя щие через точки A и B перпендикулярно l.

B2 C Эти прямые пересекают M по двум отрезкам Рис. 22.8 такой же длины. Выпуклая оболочка этих отрезков является трапецией, целиком лежа щей в M. При симметризации этой трапеции получается трапеция, лежащая в M. Отрезок AB принадлежит полученной трапеции, поэтому он принадле жит M.

22.25. Проведём через каждую вершину многоугольника M прямую, пер пендикулярную прямой l. Эти прямые разрезают многоугольник на трапеции (некоторые из трапеций могут вырождаться в треугольники). При симмет ризации по Штейнеру каждая такая трапеция заменяется на равнобочную трапецию с теми же основаниями и той же высотой. Ясно, что при такой замене площадь трапеции не изменяется. Остаётся проверить, что периметр не увеличивается. При этом достаточно рассмотреть случай, когда трапеция вы рождается в треугольник. Действительно, если ABCD — трапеция с основания ми AB и CD, где AB CD, то от неё можно отрезать параллелограмм ABCD.

Итак, пусть ABC — треугольник, у которого сторона AB фиксирована, а вершина C движется по прямой m, параллельной AB. Пусть точка B сим метрична точке B относительно прямой m. Тогда AC + CB = AC + CB AB.

Равенство достигается тогда и только тогда, когда AC = CB.

# – # – # – # – # – # – # – # – 22.26. Если XP = XA + XB, то AP = AX + XP = ( - 1)XA + XB = # – # – # – = ( - 1 + )XA + AB. Поэтому вектор AP не зависит от # –выбора точки X # – тогда и только тогда, когда - 1 + = 0. В этом случае AP = AB, поэтому точка P лежит на прямой AB.

22.27. Пусть A1 + A2 и B1 + B2 — точки фигуры M1 + M2 (здесь 1 2 1 2 1 Ai и Bi — точки многоугольника Mi). Тогда фигура M1 + M2 содержит па 1 раллелограмм с вершинами A1 + A2, B1 + A2, B1 + B2, A1 + B2.

1 2 1 2 1 2 1 Выпуклость фигуры M1 + M2 следует из того, что она содержит диагональ 1 этого параллелограмма.

Предположим, что многоугольники M1 и M2 лежат по одну стороны от некоторой прямой l. Будем сдвигать эту прямую параллельно самой себе до тех пор, пока она впервые не соприкоснётся с M1 и с M2 (вообще говоря, в разные моменты времени). Пусть a1 и a2 — длины отрезков, по которым l пересекает M1 и M2 в момент соприкосновения (ai = 0, если прямая l не параллельна сторонам многоугольника Mi). Тогда в момент соприкосновения с фигурой M1 + M2 прямая l пересекает её по отрезку длины a1 + a2.

1 2 1 Число a1 + a2 отлично от нуля лишь в том случае, когда одно из чисел 1 a1 и a2 отлично от нуля.

Решения задач 22.28. Выберем внутри многоугольника Mi точку Oi и разрежем его на треугольники с вершиной Oi;

многоугольник M1 + M2 разрежем на тре 1 угольники с вершиной O = O1 + O2. Снова, как и в решении задачи 22.27, 1 возьмём прямую l и рассмотрим отрезки, по которым прямая l пересекает M1 и M2 в первые моменты соприкосновения. Пусть a1 и a2 — длины этих отрезков. Паре треугольников с основаниями a1 и a2 и высотами h1 и h соответствует треугольник с основанием a1 + a2 и высотой h1 + h2.

1 2 1 Остаётся заметить, что 2 ( a1 + a2)( h1 + h2) = a1h1 + (a1h2 + a2h1) + a2h2.

1 2 1 2 1 1 2 22.29. Рассмотрим сначала случай, когда M1 и M2 — прямоугольники с параллельными сторонами. Пусть a1 и b1 — длины сторон прямоугольни ка M1, a2 и b2 — длины сторон прямоугольника M2 (сторона a1 параллельна стороне a2). Тогда M1 + M2 — прямоугольник со сторонами a1 + a 1 2 1 и b1 + b2. Таким образом, нужно проверить неравенство 1 ( a1 + a2)( b1 + b2) ( a1b1 + a2b2)2, 1 2 1 2 1 т. е. a1b2 + a2b1 2 a1a2b1b2. Это — неравенство между средним арифметиче ским и средним геометрическим двух чисел.

Рассмотрим теперь случай, когда многоугольник M1 устроен следующим образом: n - 1 горизонтальных прямых разрезают его на n прямоугольников площади S1/n;

многоугольник M2 устроен аналогично. Тогда площадь суммы прямоугольников с одинаковыми номерами не меньше 2 S1 S2 + 2 = ( S1 + S2)2.

1 1 n n n Каждая из таких сумм содержится в многоугольнике M1 + M2. Ясно 1 также, что все n таких сумм прямоугольников не перекрываются, поскольку сумма полосы, ограниченной параллельными прямыми l1 и l, и полосы, огра ниченной параллельными прямыми l2 и l, является полосой, ограниченной прямыми l1 + l2 и l + l (предполагается, что прямая l1 расположена 1 2 1 1 выше прямой l, а прямая l2 — выше l ). Следовательно, площадь многоуголь 1 ника M1 + M2 не меньше ( S1 + S2)2.

1 2 1 Многоугольники M1 и M2 можно с любой точностью приблизить мно гоугольниками рассмотренного выше вида, поэтому требуемое неравенство в случае выпуклых многоугольников общего вида доказывается предельным переходом.

З а м е ч а н и е. Неравенство S12 S1S2 называют неравенством Брун на—Минковского в связи с тем, что Минковский доказал, что это неравенство обращается в равенство тогда и только тогда, когда многоугольники M1 и M гомотетичны.

22.30. а) Фигура M + D состоит из точек, удалённых не более чем 1 на R от многоугольника, гомотетичного M с коэффициентом. Площадь 2 2 такой фигуры равна S + PR + R2. (см. решение задачи 9.44).

1 1 б) Согласно неравенству Брунна 2 S + PR + R2 ( S + R2)2, 1 2 1 1 т. е. PR 2 S R2. Поэтому S P2/4.

446 Глава 22. Выпуклые и невыпуклые многоугольники 22.31. Если I1,..., In — отрезки, расположенные на плоскости, а O1,...

..., On — их середины, то многоугольник I1 +... + In симметричен отно 1 n сительно точки O1 +... + On.

1 n Рассмотрим теперь выпуклый многоугольник A1... A2n с центром симмет рии O. Перенесём отрезки A1A2, A2A3,..., AnAn+1 параллельно так, чтобы их середины попали в точку O. Увеличим эти отрезки в n раз, оставив их середины неподвижными. Пусть I1,..., In — полученные отрезки. Тогда сумма 1 I1 +... + In — исходный многоугольник.

n n 22.32. а) Обозначим данные фигуры через M1, M2, M3 и M4. Пусть Ai — точка пересечения всех фигур, кроме Mi. Возможны два варианта расположе ния точек Ai.

1. Одна из точек, например A4, лежит внутри треугольника, образован ного остальными точками. Так как точки A1, A2, A3 принадлежат выпуклой фигуре M4, то и все точки треугольника A1A2A3 принадлежат M4. Поэтому точка A4 принадлежит M4, а остальным фигурам она принадлежит по своему определению.

2. A1A2A3A4 — выпуклый четырёхугольник. Пусть C — точка пересечения диагоналей A1A3 и A2A4. Докажем, что точка C принадлежит всем данным фигурам. Обе точки A1 и A3 принадлежат фигурам M2 и M4, поэтому отрезок A1A3 принадлежит этим фигурам. Аналогично отрезок A2A4 принадлежит фигурам M1 и M3. Следовательно, точка пересечения отрезков A1A3 и A2A принадлежит всем данным фигурам.

б) Доказательство проведём индукцией по числу фигур. Для n = 4 утвер ждение доказано в предыдущей задаче. Докажем, что если утверждение верно для n 4 фигур, то оно верно и для n + 1 фигуры. Пусть даны выпук лые фигуры 1,..., n, n+1, каждые три из которых имеют общую точку.

Рассмотрим вместо них фигуры 1,..., n-1,, где является пересече n n нием n и n+1. Ясно, что фигура тоже выпукла. Докажем, что любые n три из новых фигур имеют общую точку. Сомнение в этом может возник нуть только для тройки фигур, содержащей, но из предыдущей задачи n следует, что фигуры i, j, n и n+1 всегда имеют общую точку. Следо вательно, по предположению индукции 1,..., n-1, имеют общую точку, n т. е. 1,..., n, n+1 имеют общую точку.

22.33. Круг радиуса 1 с центром O накрывает некоторые точки тогда и только тогда, когда круги радиуса 1 с центрами в этих точках содер жат точку O. Поэтому наша задача допускает следующую переформулировку:

«На плоскости дано n точек, причём любые три круга радиуса 1 с цен трами в этих точках имеют общую точку. Докажите, что все эти круги имеют общую точку». Это утверждение очевидным образом следует из теоремы Хелли.

22.34. а) Для каждой стороны AB данного многоугольника рассмотрим полосу, ограниченную перпендикулярами к прямой AB, проведёнными через точки A и B. К этому набору выпуклых фигур добавим ещё и сам многоуголь ник. По условию любые три из этих фигур имеют общую точку. Поэтому по теореме Хелли все они имеют общую точку.

б) Пусть ABCD — данный выпуклый четырёхугольник. Согласно задаче а) достаточно проверить, что требуемую точку O можно выбрать для любых трёх его сторон. Докажем, например, что её можно выбрать для сторон AB, Решения задач BC и CD. Пусть X — множество всех точек четырёхугольника, для которых основания перпендикуляров, опущенных на стороны AB и CD, лежат на самих этих сторонах. По условию это множество не пу сто. Рассмотрим три случая.

1) Углы B и C оба не тупые. Тогда нам под ходит любая точка множества X.

2) Углы B и C оба тупые. Тогда нам подходит точка пересечения перпендикуляров к AB и CD, восставленных из точек B и C.

3) Угол B не тупой, а угол C тупой. Тогда нам подходит любая точка множества X, лежащая на перпендикуляре к прямой CD, восставленном из точки C.

22.35. Рассмотрим пятиугольники, остающиеся Рис. 22. при выбрасывании пар соседних вершин семи угольника. Достаточно проверить, что любые три из них имеют общую точку. Для трёх пятиуголь ников выбрасывается не более шести различных вершин, т. е. одна вершина остаётся. Если вер шина A не выброшена, то заштрихованный на рис. 22.9 треугольник принадлежит всем трём пя тиугольникам.

22.36. Введём систему координат с осью Oy, параллельной данным отрезкам. Для каждого Рис. 22. отрезка рассмотрим множество всех таких то чек (a, b), что прямая y = ax + b его пересекает. Достаточно проверить, что эти множества выпуклые, и применить к ним теорему Хелли. Для отрезка с концами (x0, y1) и (x0, y2) рассматриваемое множество явля ется полосой, заключённой между параллельными прямыми ax0 + b = y и axo + b = y2.

22.37. Нет, не верно. Пример приведён на рис. 22.10.

22.38. Требуемые многоугольники и точки изображены на рис. 22.11.

Рис. 22. 22.39. Пусть из точки O виден весь контур многоугольника A1... An.

Тогда угол AiOAi+1 не содержит других сторон многоугольника, кроме AiAi+1, 448 Глава 22. Выпуклые и невыпуклые многоугольники и поэтому точка O лежит внутри многоуголь ника (рис. 22.12). Любая точка X плоскости принадлежит одному из углов AiOAi+1, по этому из неё видна сторона AiAi+1.

22.40. Так как у выпуклого n-угольника все внутренние углы меньше 180 и их сум ма равна (n - 2) · 180, то сумма внешних углов равна 360, т. е. в случае выпуклого многоугольника достигается равенство.

Пусть теперь M — выпуклая оболочка многоугольника N. Каждый угол M содер жит меньший 180 угол N, причём угол M может быть только больше угла N, т. е.

Рис. 22. внешний угол N не меньше внешнего угла M (рис. 22.13). Поэтому, даже ограничившись только углами N, примыкающими к уг лам M, мы уже получим не меньше 360.

22.41. а) Если многоугольник выпуклый, то утверждение очевидно. Предположим те перь, что внутренний угол многоугольника при вершине A больше 180. Видимая часть стороны видна из точки A под углом мень ше 180, поэтому из точки A видны части по крайней мере двух сторон. Следовательно, существуют лучи, выходящие из точки A, на которых происходит смена (частей) сто рон, видимых из точки A (на рис. 22. изображены все такие лучи). Каждый из этих лучей задаёт диагональ, целиком лежа Рис. 22. щую внутри многоугольника.

б) Из рис. 22.15 видно, как построить n-угольник, у которого ровно n - диагонали лежат внутри его. Остаётся доказать, что у любого n-угольника есть по крайней мере n - 3 диагонали. При n = 3 это утверждение очевидно.

Предположим, что утверждение верно для всех k-угольников, где k < n, и до Рис. 22.14 Рис. 22. Решения задач кажем его для n-угольника. Согласно задаче а) n-угольник можно разрезать диагональю на два многоугольника: (k + 1)-угольник и (n - k + 1)-угольник, причём k + 1 < n и n - k + 1 < n. У них имеется соответственно по крайней мере (k + 1) - 3 и (n - k + 1) - 3 диагоналей, лежащих внутри. Поэтому у n-угольника имеется по крайней мере 1 + (k - 2) + (n - k - 2) = n - 3 диаго налей, лежащих внутри.

22.42. Докажем сначала, что если A и B — соседние вершины n-угольника, то из A или из B можно провести диагональ. Случай, когда внутренний угол многоугольника при вершине A больше 180, разобран в решении за дачи 22.41 а). Предположим теперь, что угол при вершине A меньше 180.

Пусть B и C — вершины, соседние с A. Если внутри треугольника ABC нет других вершин многоугольника, то BC — диагональ, а если P — ближайшая к A вершина многоугольника, лежащая внутри треугольника ABC, то AP — диагональ. Следовательно, число вершин, из которых нельзя провести диаго наль, не превосходит [n/2] (т. е. целой части числа n/2). С другой стороны, существуют n-угольники, для которых эта оценка достигается (рис. 22.16).

Рис. 22. 22.43. Докажем это утверждение индукцией по n. При n = 3 оно очевидно.

Предположим, что утверждение доказано для всех k-угольников, где k < n, и докажем его для любого n-угольника. Любой n-угольник можно разрезать диагональю на два многоугольника (см. задачу 22.41 а), причём число вершин у каждого из них строго меньше n, т. е. их можно разрезать на треугольники по предположению индукции.

22.44. Докажем это утверждение по индукции. При n = 3 оно очевидно.

Предположим, что оно доказано для всех k-угольников, где k < n, и до кажем его для любого n-угольника. Любой n-угольник можно разрезать диагональю на два многоугольника (см. задачу 22.41 а). Если число сто рон одного из них равно k + 1, то число сторон второго равно n - k + 1, причём оба числа меньше n. Поэтому суммы углов этих многоугольников равны (k - 1) · 180 и (n - k - 1) · 180 соответственно. Ясно также, что сумма углов n-угольника равна сумме углов этих многоугольников, т. е. она равна (k - 1 + n - k - 1) · 180 = (n - 2) · 180.

22.45. Сумма всех углов полученных треугольников равна сумме углов многоугольника, т. е. она равна (n - 2) · 180 (см. задачу 22.44). Поэтому количество треугольников равно n - 2.

450 Глава 22. Выпуклые и невыпуклые многоугольники 22.46. Пусть ki — количество треугольников данного разбиения, у которых ровно i сторон является сторонами многоугольника. Требуется доказать, что k2 2. Число сторон n-угольника равно n, а число треугольников разбиения равно n - 2 (см. задачу 22.45), поэтому 2k2 + k1 = n и k2 + k1 + k0 = n - 2.

Вычитая из первого равенства второе, получаем k2 = k0 + 2 2.

22.47. Предположим, что существует тринадцатиугольник, у которого на любой прямой, содержащей сторону, есть ещё хотя бы одна сторона. Прове дём через все стороны этого тринадцатиугольника прямые. Так как у него тринадцать сторон, то на одной из проведённых прямых лежит нечётное число сторон, т. е. на одной прямой лежат по крайней мере три сторо ны. У них есть 6 вершин и через каждую вершину проходит прямая, на которой лежат по крайней мере две стороны. Поэтому всего у это го тринадцатиугольника не менее 3 + 2 · 6 = 15 сторон, чего не может быть.

Для чётного n 10 требуемый пример — контур «звезды» (рис. 22.17, а);

идея построения примера для нечётного n показана на рис. 22.17, б.

Рис. 22. 22.48. Пусть k — число острых углов n-угольника. Тогда сумма его углов меньше k · 90 + (n - k) · 360. С другой стороны, сумма углов n-угольника рав на (n - 2) · 180 (см. задачу 22.44), поэтому k · 90 + (n - k) · 360 > (n - 2) · 180, т. е. 3k < 2n + 4. Следовательно, k [2n/3] + 1, где через [x] обозначено наи большее целое число, не превосходящее x.

Примеры n-угольников, имеющих [2n/3] + 1 острых углов, приведены на рис. 22.18.

Рис. 22. Решения задач 22.49. При этих операциях векторы сто рон многоугольника остаются теми же самыми;

изменяется только их порядок (рис. 22.19).

Поэтому имеется лишь конечное число много угольников, которые могут получиться. Кроме того, после каждой операции площадь мно гоугольника строго возрастает. Следовательно, процесс конечен.

22.50. Доказательство проведём индукци ей по n. При n = 3 утверждение очевидно.

Если одно из чисел, равно, то шаг i индукции очевиден, поэтому можно считать, Рис. 22. что все числа отличны от. Если n 4, i n то ( + ) = 2(n - 2) /n, причём равенство достигается толь i i+ n i= ко для четырёхугольника. Значит, в любом случае, кроме параллелограмма ( = - = = - ), найдутся два соседних числа, сумма которых боль 1 2 3 ше. Более того, найдутся такие числа и, что < + < 3.

i i+1 i i+ В самом деле, если все данные числа меньше, то можно взять вышеука Рис. 22. 452 Глава 22. Выпуклые и невыпуклые многоугольники занную пару чисел;

если же >, то можно взять такие числа и, j i i+ * * что < и >. Пусть = + -. Тогда 0 < < 2, поэто i i+1 i i i i+ му по предположению индукции существует (n - 1)-угольник M с углами *,...,,,,...,.

1 i-1 i+2 n i * * * Возможны три случая: 1) <, 2) =, 3) < < 2. В первом i i i случае + < 2, поэтому одно из этих чисел, например, меньше.

i i+1 i Если <, то отрежем от M треугольник с углами -, -, * i+1 i i+1 i (рис. 22.20, а), если >, то приставим к M треугольник с углами, i+1 i * i+1 -, - (рис. 22.20, б). Во втором случае отрежем от M трапецию i с основанием, лежащим на стороне Ai-1A*Ai+2 (рис. 22.20, в). В третьем i случае + >, поэтому одно из этих чисел, например, больше. Если i i+1 i >, то приставим к M треугольник с углами -, -, 2 - * i+1 i i+1 i (рис. 22.20, г), если <, то отрежем от M треугольник с углами 2 -, i+1 i * - и - (рис. 22.20, д).

i+1 i ГЛАВА ДЕЛИМОСТЬ, ИНВАРИАНТЫ, РАСКРАСКИ Основные сведения 1. В ряде задач встречается следующая ситуация. Некоторая система по следовательно изменяет своё состояние, и требуется выяснить нечто о её конечном состоянии. Полностью проследить за всеми переходами может ока заться делом сложным, но иногда ответить на требуемый вопрос помогает вычисление некоторой величины, связанной с состоянием системы и сохра няющейся при всех переходах (такую величину называют инвариантом для рассматриваемой системы). Ясно, что тогда в конечном состоянии значение инварианта будет то же самое, что и в начальном, т. е. система не может оказаться в состоянии с другим значением инварианта.

2. На практике этот метод сводится к тому, что некоторая величина вы числяется двумя способами: сначала она просто вычисляется в начальном и конечном состояниях, а затем прослеживается её изменение при последо вательных мелких переходах.

3. Наиболее простым и часто встречающимся инвариантом является чёт ность числа;

инвариантом может быть также и остаток от деления не только на 2, но и на какое-нибудь другое число.

Для построения инвариантов иногда бывают полезны вспомогательные раскраски, т. е. разбиения рассматриваемых объектов на несколько групп (каждая группа состоит из объектов одного цвета).

§ 1. Чёт и нечёт 23.1. Может ли прямая пересекать (во внутренних точках) все сто роны невыпуклого: а) (2n + 1)-угольника;

б) 2n-угольника?

23.2. На плоскости дана замкнутая ломаная с конечным числом звеньев. Прямая l пересекает её в 1985 точках. Докажите, что суще ствует прямая, пересекающая эту ломаную более чем в 1985 точках.

23.3. На плоскости лежат три шайбы A, B и C. Хоккеист бьёт по одной из шайб так, чтобы она прошла между двумя другими и оста новилась в некоторой точке. Могут ли все шайбы вернуться на свои места после 25 ударов?

23.4. Можно ли окрасить на клетчатой бумаге 25 клеток так, чтобы у каждой из них было нечётное число окрашенных соседей? (Соседни ми клетками считаем те, у которых есть общая сторона.) 23.5*. Окружность разбита точками на 3k дуг: по k дуг длиной 1, 2 и 3. Докажите, что найдутся две диаметрально противоположные точки деления.

454 Глава 23. Делимость, инварианты, раскраски 23.6*. На плоскости дана несамопересекающаяся замкнутая лома ная, никакие три вершины которой не лежат на одной прямой.

Назовём пару несоседних звеньев ломаной особой, если продолжение одного из них пе ресекает другое. Докажите, что число осо бых пар чётно.

23.7*. Вершины треугольника помечены цифрами 0, 1 и 2. Этот треугольник разбит на несколько треугольников таким образом, что никакая вершина одного треугольника разбиения не лежит на стороне другого.

Вершинам исходного треугольника оставле ны старые пометки, а дополнительные вер шины получают номера 0, 1, 2, причём лю Рис. 23. бая вершина на стороне исходного треуголь ника должна быть помечена одной из поме ток вершин этой стороны (рис. 23.1). Докажите, что существует тре угольник разбиения, помеченный цифрами 0, 1, 2 (лемма Шпернера).

23.8*. Вершины правильного 2n-угольника A1... A2n разбиты на n пар. Докажите, что если n = 4m + 2 или n = 4m + 3, то две пары вершин являются концами равных отрезков.

§ 2. Делимость 23.9*. На рис. 23.2 изображён шестиугольник, разбитый на чёрные и белые треугольники так, что любые два треугольника имеют либо общую сторону (и тогда они окрашены в разные цвета), либо общую вершину, либо не имеют общих точек, а каждая сторона шестиугольника является сторо ной одного из чёрных треугольников. До кажите, что десятиугольник разбить та ким образом нельзя.

23.10*. Квадратный лист клетчатой бумаги разбит на меньшие квадраты от резками, идущими по сторонам клеток.

Докажите, что сумма длин этих отрез ков делится на 4. (Длина стороны клетки Рис. 23.2 равна 1.) § 3. Инварианты 23.11. Дана шахматная доска. Разрешается перекрашивать в другой цвет сразу все клетки какой-либо горизонтали или вертикали. Может ли при этом получиться доска, у которой ровно одна чёрная клетка?

Условия задач 23.12. Дана шахматная доска. Разрешается перекрашивать в дру гой цвет сразу все клетки, расположенные внутри квадрата размером 2 2. Может ли при этом на доске остаться ровно одна чёрная клетка?

23.13*. Дан выпуклый 2m-угольник A1... A2m. Внутри его взята точка P, не лежащая ни на одной из диагоналей. Докажите, что точка P принадлежит чётному числу треугольников с вершинами в точках A1,..., A2m.

23.14*. В центре каждой клетки шахматной доски стоит по фишке.

Фишки переставили так, что попарные расстояния между ними не уменьшились. Докажите, что в действительности попарные расстояния не изменились.

23.15*. Многоугольник разрезан на несколько многоугольников.

Пусть p — количество полученных многоугольников, q — количество от резков, являющихся их сторонами, r — количество точек, являющихся их вершинами. Докажите, что p - q + r = 1 (формула Эйлера).

23.16*. Выпуклый многоугольник разрезан на p треугольников так, что на их сторонах нет вершин других треугольников. Пусть n и m — количества вершин этих треугольников, лежащих на границе исходного многоугольника и внутри его.

а) Докажите, что p = n + 2m - 2.

б) Докажите, что количество отрезков, являющихся сторонами по лученных треугольников, равно 2n + 3m - 3.

23.17*. Квадратное поле разбито на 100 одинаковых квадратных участков, 9 из которых поросли бурьяном. Известно, что бурьян за год распространяется на те и только те участки, у которых не менее двух соседних (т. е. имеющих общую сторону) участков уже поросли бурьяном. Докажите, что поле никогда не зарастёт бурьяном полно стью.

23.18*. Докажите, что существуют равновеликие многоугольники, которые нельзя разбить на многоугольники (возможно, невыпуклые), переводящиеся друг в друга параллельным переносом.

23.19*. Докажите, что выпуклый многоугольник нельзя разрезать на конечное число невыпуклых четырёхугольников.

23.20*. Даны точки A1,..., An. Рассмотрим окружность радиуса R, содержащую некоторые из них. Построим затем окружность радиуса R с центром в центре масс точек, лежащих внутри первой окружно сти, и т. д. Докажите, что этот процесс остановится, т. е. окружности начнут совпадать.

§ 4. Вспомогательные раскраски в шахматном порядке 23.21. В каждой клетке доски 5 5 клеток сидит жук. В неко торый момент все жуки переползают на соседние (по горизонтали или вертикали) клетки. Обязательно ли при этом останется пустая клетка?

456 Глава 23. Делимость, инварианты, раскраски 23.22. а) Можно ли замостить костями домино размером 1 шахматную доску размером 8 8, из которой вырезаны два проти воположных угловых поля?

б)* Докажите, что если из шахматной доски размером 8 8 вы резаны две произвольные клетки разного цвета, то оставшуюся часть доски всегда можно замостить костями домино размером 1 2.

23.23. Докажите, что доску размером 10 10 клеток нельзя разре зать на фигурки в форме буквы T, состоящие из четырёх клеток.

23.24*. Детали полотна игрушечной железной дороги имеют форму четверти окружности радиуса R. Докажите, что последовательно при соединяя их концами так, чтобы они плавно переходили друг в друга, нельзя составить путь, у которого начало совпадает с концом, а первое и последнее звенья образуют тупик, изображённый на рис. 23.3.

23.25*. В трёх вершинах квадрата находятся три куз нечика, играющие в чехарду. При этом если кузнечик A прыгает через кузнечика B, то после прыжка он оказы вается на том же расстоянии от него, но, естественно, по другую сторону и на той же прямой. Может ли после нескольких прыжков один из кузнечиков попасть в чет вёртую вершину квадрата?

23.26*. Дан квадратный лист клетчатой бумаги разме ром 100 100 клеток. Проведено несколько несамопере секающихся ломаных, идущих по сторонам клеток и не Рис. 23. имеющих общих точек. Эти ломаные идут строго внутри квадрата, а концами обязательно выходят на границу. Докажите, что кроме вершин квадрата найдётся ещё узел (внутри квадрата или на границе), не принадлежащий ни одной ломаной.

§ 5. Другие вспомогательные раскраски 23.27. Правильный треугольник разбит на n2 одинаковых правиль ных треугольников (рис. 23.4). Часть из них занумерована числами 1, 2,..., m, причём треугольники с последова тельными номерами имеют смежные стороны.

Докажите, что m n2 - n + 1.

23.28. Дно прямоугольной коробки выложе но плитками размером 2 2 и 1 4. Плитки высыпали из коробки и потеряли одну плитку 2 2. Вместо неё достали плитку 1 4. До кажите, что выложить дно коробки плитками теперь не удастся.

23.29. Из листа клетчатой бумаги разме Рис. 23.4 ром 29 29 клеток вырезано 99 квадратиков Условия задач размером 2 2 клетки. Докажите, что из него можно вырезать ещё один такой квадратик.

23.30. Выпуклый n-угольник разбит на треугольники непересекаю щимися диагоналями, причём в каждой его вершине сходится нечёт ное число треугольников. Докажите, что n делится на 3.

* * * 23.31. Можно ли шашечную доску размером 10 10 замостить плитками размером 1 4?

23.32. На клетчатой бумаге даны произвольные n клеток. Докажи те, что из них можно выбрать не менее n/4 клеток, не имеющих общих точек.

23.33*. Докажите, что если вершины выпуклого n-угольника лежат в узлах клетчатой бумаги, а внутри и на его сторонах других узлов нет, то n 4.

23.34*. Из 16 плиток размером 1 3 и одной плитки 1 1 сложили квадрат со стороной 7. Докажите, что плитка 1 1 лежит в центре квадрата или примыкает к его границе.

23.35*. Картинная галерея представляет собой невыпуклый n-уголь ник. Докажите, что для обзора всей галереи достаточно [n/3] сторожей.

§ 6. Задачи о раскрасках 23.36. Плоскость раскрашена в два цвета. Докажите, что найдутся две точки одного цвета, расстояние между которыми равно 1.

23.37*. Плоскость раскрашена в три цвета. Докажите, что найдутся две точки одного цвета, расстояние между которыми равно 1.

23.38*. Плоскость раскрашена в семь цветов. Обязательно ли най дутся две точки одного цвета, расстояние между которыми равно 1?

23.39*. Точки сторон правильного треугольника раскрашены в два цвета. Докажите, что найдётся прямоугольный треугольник с верши нами одного цвета.

* * * 23.40*. Триангуляцией многоугольника называют его разбиение на треугольники, обладающее тем свойством, что эти треугольники либо имеют общую сторону, либо имеют общую вершину, либо не имеют общих точек (т. е. вершина одного треугольника не может лежать на стороне другого). Докажите, что треугольники триангуляции можно раскрасить в три цвета так, что имеющие общую сторону треугольни ки будут разного цвета.

23.41*. Многоугольник разрезан непересекающимися диагоналями на треугольники. Докажите, что вершины многоугольника можно рас красить в три цвета так, что все вершины каждого из полученных треугольников будут разного цвета.

458 Глава 23. Делимость, инварианты, раскраски 23.42*. Несколько кругов одного радиуса положили на стол так, что никакие два не перекрываются. Докажите, что круги можно рас красить в четыре цвета так, что любые два касающихся круга будут разного цвета.

См. также задачу 24.11.

Решения 23.1. а) Пусть прямая пересекает все стороны многоугольника. Рассмотрим все вершины, лежащие по одну сторону от неё. Каждой из этих вершин можно поставить в соответствие пару сторон, из неё выходящих. При этом получим разбиение всех сторон многоугольника на пары. Поэтому если прямая пересе кает все стороны m-угольника, то m чётно.

б) Из рис. 23.5 видно, как построить 2n-угольник и прямую, пересекаю щую все его стороны, при любом n.

Рис. 23.5 Рис. 23. 23.2. Прямая l задаёт две полуплоскости;

одну из них будем называть верхней, а другую нижней. Пусть n1 (соответственно n2) — число вершин ломаной, лежащих на прямой l, для которых оба выходящих из них звена лежат в верхней (соответственно в нижней) полуплоскости, а m — число всех остальных точек пересечения прямой l и ломаной. Совершим обход ломаной, выйдя из некоторой точки, не лежащей на прямой l, и вернувшись в ту же точку. При этом мы переходим из одной полуплоскости в другую, только проходя через любую из m точек пересечения. Так как мы вернёмся в ту же точку, из которой начали обход, то m чётно. По условию n1 + n2 + m = 1985, поэтому число n1 + n2 нечётно;

в частности, n1 = n2. Пусть для определённости n1 > n2. Проведём тогда в верхней полуплоскости прямую l1, параллель ную l и удалённую от неё на расстояние меньшее, чем любое ненулевое расстояние от l до вершин ломаной (рис. 23.6). Число точек пересечения ломаной с прямой l1 равно 2n1 + m > n1 + n2 + m = 1985, т. е. l1 — искомая прямая.

23.3. Нет, не могут. После каждого удара изменяется ориентация (т. е. на правление обхода) треугольника ABC.

23.4. Пусть на клетчатой бумаге окрашено несколько клеток и nk — число окрашенных клеток, имеющих ровно k окрашенных соседей. Пусть N — число Решения задач общих сторон окрашенных клеток. Так как каждая из них принадлежит ровно двум окрашенным клеткам, то N = (n1 + 2n2 + 3n3 + 4n4)/2 = (n1 + n3)/2 + n2 + + n3 + 2n4. Поскольку N — целое число, то число n1 + n3 чётно.

Мы доказали, что число окрашенных клеток, имеющих нечётное чис ло окрашенных соседей, всегда чётно. Поэтому нельзя окрасить 25 кле ток так, чтобы у каждой из них было нечётное число окрашенных со седей.

23.5. Предположим, что окружность разбита на дуги указанным образом, причём диаметрально противоположных точек деления нет. Тогда против кон цов любой дуги длиной 1 не лежат точки разбиения, поэтому против неё лежит дуга длиной 3. Выбросим одну из дуг длиной 1 и противолежащую ей дугу длиной 3. При этом окружность разбивается на две дуги. Если на одной из них лежит m дуг длиной 1 и n дуг длиной 3, то на другой лежит m дуг длиной 3 и n дуг длиной 1. Общее количество дуг длиной 1 и 3, лежащих на этих двух «больших» дугах, равно 2(k - 1), поэтому n + m = k - 1. Так как кроме дуг длиной 1 и 3 есть только дуги с чётной длиной, то чётность длины каждой из двух рассматриваемых дуг совпадает с чётностью числа k - 1. С другой стороны, длина каждой из них равна (6k - 1 - 3)/2 = 3k - 2.

Получено противоречие, так как числа k - 1 и 3k - 2 имеют разную чётность.

23.6. Возьмём соседние звенья AB и BC и на зовём уголком угол, симметричный углу ABC относительно точки B (на рис. 23.7 уголок за штрихован). Такие же уголки можно рассмотреть для всех вершин ломаной. Ясно, что число осо бых пар равно числу точек пересечения звеньев с уголками. Остаётся заметить, что число звеньев ломаной, пересекающихся с одним уголком, чёт но, так как по пути от A к C ломаная входит в уголок столько же раз, сколько выходит из него.

23.7. Рассмотрим отрезки, на которые разбита Рис. 23. сторона 01. Пусть a — число отрезков вида 00, b — число отрезков вида 01. Для каждого отрезка рассмотрим число нулей, стоящих на его концах, и сложим все эти числа.

В итоге получим 2a + b. С другой стороны, все «внутренние» нули входят в эту сумму дважды, а есть ещё один нуль, стоящий в вершине исходного треугольника. Поэтому число 2a + b нечётно, т. е. b нечётно.

Перейдём теперь к разбиению треугольника. Пусть a1 — общее количество треугольников вида 001 и 011, а b1 — число треугольников вида 012. Для каждого треугольника рассмотрим число его сторон вида 01 и сложим все эти числа. В итоге получим 2a1 + b1. С другой стороны, все «внутренние» стороны входят в эту сумму дважды, а все «граничные» лежат на стороне исходного треугольника и число их нечётно по предыдущему рассуждению.

Поэтому число 2a1 + b1 нечётно, в частности, b1 = 0.

23.8. Предположим, что все пары вершин задают отрезки разной дли ны. Отрезку ApAq поставим в соответствие наименьшее из чисел |p - q| и 2n - |p - q|. В результате для данных n пар вершин получим числа 1, 2,..., n;

пусть среди этих чисел k чётных и n - k нечётных. Нечётным числам соответствуют отрезки ApAq, где числа p и q разной чётности. Поэтому 460 Глава 23. Делимость, инварианты, раскраски среди вершин остальных отрезков будет k вершин с чётными номерами и k вершин с нечётными номерами, причём отрезки соединяют вершины с номе рами одной чётности. Следовательно, число k чётно. Для чисел n вида 4m, 4m + 1, 4m + 2 и 4m + 3 количество k чётных чисел равно 2m, 2m, 2m + и 2m + 1 соответственно, поэтому n = 4m или n = 4m + 1.

23.9. Предположим, что мы разбили десятиугольник требуемым образом.

Пусть n — число сторон чёрных треугольников, m — число сторон белых треугольников. Так как каждая сторона чёрного треугольника (кроме сто рон многоугольника) является также и стороной белого треугольника, то n - m = 10. С другой стороны, оба числа n и m делятся на 3. Получено противоречие.

23.10. Пусть Q — квадратный лист бумаги, L(Q) — сумма длин тех сторон клеток, которые лежат внутри его. Тогда L(Q) делится на 4, так как все рассматриваемые стороны разбиваются на четвёрки сторон, получающихся друг из друга поворотами на ±90 и 180 относительно центра квадрата.

Если квадрат Q разделён на квадраты Q1,..., Qn, то сумма длин отрезков деления равна L(Q) - L(Q1) -... - L(Qn). Ясно, что это число делится на 4, так как числа L(Q), L(Q1),..., L(Qn) делятся на 4.

23.11. При перекрашивании горизонтали или вертикали, содержащей k чёрных и 8 - k белых клеток, получится 8 - k чёрных и k белых клеток.

Поэтому число чёрных клеток изменится на (8 - k) - k = 8 - 2k, т. е. на чёт ное число. Так как чётность числа чёрных клеток сохраняется, из исходных 32 чёрных клеток мы не сможем получить одну чёрную клетку.

23.12. При перекрашивании квадрата 2 2, содержащего k чёрных и 4 - k белых клеток, получится 4 - k чёрных и k белых клеток. Поэтому число чёрных клеток изменится на (4 - k) - k = 4 - 2k, т. е. на чётное число. Так как чётность числа чёрных клеток сохраняется, из исходных 32 чёрных клеток мы не сможем получить одну чёрную клетку.

23.13. Диагонали разбивают многоугольник на несколько частей. Будем называть соседними те из них, у которых есть общая сторона. Ясно, что из любой внутренней точки многоугольника можно попасть в любую другую, пе реходя каждый раз только в соседнюю часть. Часть плоскости, лежащую вне многоугольника, также можно считать одной из этих частей. Число рассмат риваемых треугольников для точек этой части равно нулю, поэтому достаточно доказать, что при переходе в соседнюю часть чётность числа треугольников сохраняется.

Пусть общая сторона двух соседних частей лежит на диагонали (или сто роне) PQ. Тогда всем рассматриваемым треугольникам, кроме треугольников со стороной PQ, обе эти части одновременно либо принадлежат, либо не принадлежат. Поэтому при переходе из одной части в другую число треуголь ников изменяется на k1 - k2, где k1 — число вершин многоугольника, лежащих по одну сторону от PQ, k2 — число вершин, лежащих по другую сторону от PQ.

Так как k1 + k2 = 2m - 2, то число k1 - k2 чётно.

23.14. Если хотя бы одно из расстояний между фишками увеличилось бы, то увеличилась бы и сумма всех попарных расстояний между фишками, но сумма всех попарных расстояний между фишками не изменяется при любой перестановке.

23.15. Пусть n — число вершин исходного многоугольника, n1,..., np — чис ла вершин полученных многоугольников (к вершинам данного многоугольника Решения задач мы относим и все вершины других многоугольников, лежащие на его сто ронах). Представим число r в виде r = n + r1 + r2, где r1 и r2 — количества вершин полученных многоугольников, лежащих на сторонах исходного мно гоугольника и внутри его. С одной стороны, сумма углов всех полученных p p многоугольников равна (ni - 2) = ni - 2p. С другой стороны, она рав i=1 i= p на (n - 2) + r1 + 2r2. Остаётся заметить, что ni = 2(q - n - r1) + n + r1.

i= 23.16. а) С одной стороны, сумма всех углов полученных треуголь ников равна p. С другой стороны, она равна (n - 2) + 2m. Поэтому p = n + 2m - 2.

б) Воспользуемся результатом задачи 23.15. В рассматриваемой ситуации p = n + 2m - 2 и r = n + m;

требуется вычислить q. Согласно формуле Эйлера q = p + r - 1 = 2n + 3m - 3.

23.17. Легко проверить, что длина границы всего заросшего бурьяном участка (или нескольких участков) не возрастает. В начальный момент она не превосходит 9 · 4 = 36, поэтому в конечный момент она не может быть равной 40.

23.18. Фиксируем на плоскости некоторый луч AB. Любому многоуголь нику M поставим в соответствие число F(M) (зависящее от AB) следующим образом. Рассмотрим все стороны M, перпендикулярные AB, и каждой из них поставим в соответствие число ±l, где l — длина этой стороны и знак «плюс» берётся, если мы, идя от этой стороны в направлении луча AB, попадаем внутрь M, а знак «минус» — если наружу (рис. 23.8). Сумму всех полученных чисел мы и обозначим F(M);

если у M нет сторон, перпендикулярных AB, то F(M) = 0.

Рис. 23. Легко видеть, что если многоугольник M разрезан на многоугольники M1 и M2, то F(M) = F(M1) + F(M2), а если M получен из M параллельным переносом, то F(M ) = F(M). Поэтому, если M1 и M2 можно разрезать на ча сти, переводящиеся друг в друга параллельным переносом, то F(M1) = F(M2).

462 Глава 23. Делимость, инварианты, раскраски На рис. 23.9 изображены равные правильные треугольники PQR и PQS и луч AB, перпендикулярный стороне PQ.

Легко видеть, что F(PQR) = a и F(PQS) = = -a, где a — длина сторон этих правиль ных треугольников. Поэтому равные тре угольники PQR и PQS нельзя разрезать на части, переводящиеся друг в друга парал лельным переносом.

23.19. Предположим, что выпуклый многоугольник M разрезан на невыпук лые четырёхугольники M1,..., Mn. Каж дому многоугольнику N поставим в соот ветствие число f(N), равное разности меж ду суммой его внутренних углов, мень Рис. 23.9 ших 180, и суммой углов, дополняющих до 360 его углы, большие 180. Сравним числа A = f(M) и B = f(M1) +... + f(Mn). Рассмотрим для этого все точки, являющиеся вершинами четырёхугольников M1,..., Mn. Их можно разбить на четыре типа.

1. Вершины многоугольника M. Эти точки дают одинаковые вклады в A и B.

2. Точки на сторонах многоугольника M или Mi. Вклад каждой такой точки в B на 180 больше, чем в A.

3. Внутренние точки многоугольника, в которых сходятся углы четырёх угольника, меньшие 180. Вклад каждой такой точки в B на 360 больше, чем в A.

4. Внутренние точки многоугольника M, в которых сходятся углы четы рёхугольников, причём один из них больше 180. Такие точки дают нулевые вклады в A и B.

В итоге получаем A B. С другой стороны, A > 0, а B = 0. Неравенство A > 0 очевидно, а для доказательства равенства B = 0 достаточно проверить, что если N — невыпуклый четырёхугольник, то f(N) = 0. Пусть углы N равны. У любого невыпуклого четырёхугольника ровно один угол больше 180, поэтому f(N) = + + - (360 - ) = + + + - 360 = = 0.

Получено противоречие, поэтому выпуклый многоугольник нельзя разре зать на конечное число невыпуклых четырёхугольников.

23.20. Пусть Sn — окружность, построенная на n-м шаге, On — её центр.

Рассмотрим величину Fn = (R2 - OnA2), где суммирование ведётся только i по точкам, оказавшимся внутри окружности Sn. Будем обозначать точки, лежащие внутри окружностей Sn и Sn+1, буквами B с индексом;

точки, ле жащие внутри окружности Sn, но вне окружности Sn+1, буквами C, а точки, лежащие внутри окружности Sn+1, но вне окружности Sn, буквами D. Тогда Fn = (R2 - OnB2) + (R2 - OnC2) и Fn+1 = (R2 - On+1B2) + (R2 - On+1D2).

i i i i Так как точка On+1 является центром масс системы точек B и C, то OnB2+ OnC2=qOnO2 + On+1B2+ On+1C2, где q — общее количество точек i i n+1 i i B и C. Следовательно, Fn+1 - Fn = qOnO2 + (R2 - On+1D2) - (R2 - On+1C2).

n+1 i i Решения задач Все три слагаемых неотрицательны, поэтому Fn+1 Fn. В частности, Fn F1 >0, т. е. q > 0.

Центров масс различных наборов данных точек конечное число, поэто му различных положений окружностей Si конечное число. Следовательно, Fn+1 = Fn для некоторого n, а значит, qOnO2 = 0, т. е. On = On+1.

n+ 23.21. Так как общее число клеток шахматной доски 5 5 клеток нечётно, то чёрных и белых клеток не может быть поровну. Пусть для определённости чёрных клеток больше. Тогда жуков, сидящих на белых клетках, меньше, чем чёрных клеток. Поэтому хотя бы одна из чёрных клеток останется пустой, так как на чёрные клетки переползают только жуки, сидящие на белых клетках.

23.22. а) Вырезаны поля одного цвета, пусть для определённости чёрного.

Поэтому остаётся 32 белых и 30 чёрных клеток. Так как кость домино всегда накрывает одну белую и одну чёрную клетку, то костями домино нельзя замостить шахматную доску 8 8 клеток, из которой вырезаны два про тивоположных угловых поля.

б) Рис. 23.10 показывает, что клетки шахмат ной доски можно обойти в циклическом поряд ке так, чтобы вернуться на то же самое место, с которого начинали обход. При этом полученный коридор можно замостить костями домино двумя разными способами, положив первую кость про извольно (на поворотах есть два способа положить кости домино).

При указанном обходе цвета клеток чередуют ся, поэтому если мы вырежем две клетки разного Рис. 23. цвета, то наш цикл распадётся на два отрезка, со стоящих из чётного числа клеток (если вырезаны две соседние клетки, то может получиться один отрезок). Каждый из этих отрезков мы можем замостить очевидным образом.

23.23. Предположим, что доска 10 10 кле ток разбита на такие фигурки. Каждая фигурка содержит либо 1, либо 3 чёрные клетки, т. е. все гда нечётное число. Самих фигурок должно быть 100/4 = 25 штук. Поэтому они содержат нечёт ное число чёрных клеток, а всего чёрных клеток 100/2 = 50 штук. Получено противоречие.

23.24. Разрежем плоскость на одинаковые квадраты со стороной 2R и раскрасим их в шах матном порядке. Впишем в каждый из них окружность. Тогда детали полотна можно считать расположенными на этих окружностях, причём Рис. 23. движение поезда, идущего из начала в конец, происходит в белых клетках по часовой стрелке, а в чёрных — против (или наоборот;

см. рис. 23.11). Поэтому тупик образовать ся не может, так как по обоим звеньям тупика движение происходит в одну сторону.

464 Глава 23. Делимость, инварианты, раскраски 23.25. Рассмотрим решётку, изображённую на рис. 23.12, и раскрасим её в два цве та, как показано на этом рисунке (белые уз лы на этом рисунке не закрашены;

исходный квадрат заштрихован, причём кузнечики си дят в его белых вершинах). Докажем, что кузнечики могут попасть только в белые уз лы, т. е. при симметрии относительно бело го узла белый узел переходит в белый. Для этого достаточно доказать, что при симмет рии относительно белого узла чёрный узел переходит в чёрный. Пусть A — чёрный узел, B — белый, а A1 — образ точки A при сим метрии относительно B. Точка A1 является Рис. 23. чёрным узлом тогда и только тогда, когда # – AA1 = 2me1 + 2ne2, где m и n — целые числа.

# – # – Ясно, что AA1 = 2AB = 2(me1 + ne2), поэтому A1 — чёрный узел. Таким обра зом, кузнечик не может попасть в четвёртую вершину квадрата.

23.26. Раскрасим узлы клетчатой бумаги в шахматном порядке (рис. 23.13).

Так как концы любого единичного отрезка разноцветны, то ломаная с одно цветными концами содержит нечётное число узлов, а с разноцветными — чётное. Предположим, что из всех узлов границы (кроме вершин квадрата) выхо дят ломаные. Докажем, что тогда все ломаные вме сте содержат чётное число узлов. Для этого доста точно доказать, что число ломаных с одноцветны ми концами чётно. Пусть на границе квадрата рас положено 4m белых и 4n чёрных узлов (вершины квадрата не учитываются). Обозначим число лома ных, у которых оба конца белые, через k. Тогда имеется 4m - 2k ломаных с разноцветными концами и [4n - (4m - 2k)]/2 = 2(n - m) + k ломаных с чёрными Рис. 23. концами. Поэтому ломаных с одноцветными концами будет k + 2(n - m) + k = 2(n - m + k) — чётное число.

Остаётся заметить, что квадратный лист бумаги разме ром 100 100 клеток содержит нечётное число узлов.

Поэтому ломаные, содержащие в совокупности чётное число узлов, не могут проходить через все узлы.

23.27. Раскрасим треугольники, как показано на рис. 23.14. Тогда чёрных треугольников будет 1 + 2 +... + n = n(n + 1)/2, а белых 1 + 2 +...

... + (n - 1) = n(n - 1)/2. Ясно, что два треугольника с последовательными номерами разноцветные. Поэтому Рис. 23. среди занумерованных треугольников чёрных может быть только на 1 больше, чем белых. Следовательно, общее число зануме рованных треугольников не превосходит n(n - 1) + 1.

23.28. Раскрасим дно коробки в два цвета, как показано на рис. 23.15.

Тогда каждая плитка 2 2 покрывает ровно одну чёрную клетку, а плитка 1 4 покрывает 2 или 0. Поэтому чётность числа чёрных клеток дна коробки Решения задач Рис. 23.15 Рис. 23. совпадает с чётностью числа плиток 2 2. Так как при замене плитки 2 2 на плитку 1 4 чётность числа плиток 2 2 изменится, выложить дно коробки плитками не удастся.

23.29. Заштрихуем на данном квадратном листе бумаги квадратики 2 так, как показано на рис. 23.16. При этом получится 100 заштрихованных квадратиков. Каждый вырезанный квадратик задевает ровно один заштрихо ванный квадратик, поэтому хотя бы один заштрихованный квадратик остаётся целым, и его можно вырезать.

23.30. Если многоугольник разбит на части несколькими диагоналями, то эти части можно окрасить в два цвета так, чтобы части, имеющие общую сторону, были разного цвета. Это можно сделать следующим образом. Будем последовательно проводить диагонали. Каждая диагональ разбивает много угольник на две части. В одной из них сохраняем раскраску, а другую перекрашиваем, заменяя везде белый цвет на чёрный, а чёрный — на белый.

Проделав эту операцию для всех нужных диагоналей, получим требуемую раскраску. Так как в нашем случае в каждой вершине сходится нечётное число треугольников, то при такой раскраске все стороны многоугольника бу дут принадлежать треугольникам одного цвета, например чёрного (рис. 23.17).

Рис. 23. Обозначим число сторон белых треугольников через m. Ясно, что m делится на 3. Так как каждая сторона белого треугольника является также и стороной чёрного треугольника, а все стороны многоугольника являются сторонами чёрных треугольников, то число сторон чёрных треугольников равно n + m.

Поэтому n + m делится на 3, а поскольку m делится на 3, то и n делится на 3.

466 Глава 23. Делимость, инварианты, раскраски Рис. 23. 23.31. Раскрасим доску в четыре цвета, как показано на рис. 23.18. Легко сосчитать, что клеток второго цвета 26, а четвёртого 24. Каждая плитка 1 накрывает по одной клетке каждого цвета. Поэтому плитками 1 4 нельзя за мостить доску 10 10, так как иначе клеток каждого цвета было бы поровну.

23.32. Раскрасим клетчатую бумагу в четыре цвета, как показано на рис. 23.19. Среди данных n клеток найдётся не менее n/4 одноцветных кле ток, а одноцветные клетки не имеют общих точек.

23.33. Раскрасим узлы клетчатой бумаги в четыре цвета в том же порядке, в каком раскрашены клетки на рис. 23.19. Если n 5, то найдутся две од ноцветные вершины n-угольника. Середина отрезка с концами в одноцветных узлах является узлом. Так как n-угольник выпуклый, то середина отрезка с концами в его вершинах лежит либо внутри его, либо на стороне.

23.34. Разобьём полученный квадрат на клетки размером 1 1 и раскрасим их в три цвета, как показано на рис. 23.20. Легко проверить, что плитки 1 3 можно разбить на два типа: плитка 1-го типа накрывает одну клетку 1-го цвета и две клетки 2-го цвета, а плитка 2-го типа накрывает одну клетку 2-го цвета и две клетки 3-го цвета. Предположим, что все клетки 1-го цвета накрыты плитками 1 3. Тогда плиток 1-го типа 9, а плиток 2-го типа 7.

Рис. 23.19 Рис. 23. Решения задач Следовательно, они накрывают 9 · 2 + 7 = 25 клеток 2-го цвета и 7 · 2 = клеток 3-го цвета. Получено противоречие, поэтому одна из клеток 1-го цвета накрыта плиткой 1 1.

23.35. Разрежем данный n-угольник непересекающимися диагоналями на треугольники (см. задачу 22.43). Вершины n-угольника можно раскрасить в три цвета так, что все вершины каждого из полученных треугольников будут разного цвета (см. задачу 23.41). Вершин какого-нибудь цвета будет не более [n/3];

сторожей достаточно поставить в этих вершинах.

23.36. Рассмотрим правильный треугольник со стороной 1. Все три его вершины не могут быть разного цвета, поэтому две вершины имеют один цвет;

расстояние между ними равно 1.

23.37. Предположим, что любые две точки, лежащие на расстоянии 1, окрашены в разные цвета. Рассмотрим правильный треугольник ABC со сто роной 1;

все его вершины разного цвета. Пусть точка A1 симметрична A относительно прямой BC. Так как A1B = A1C = 1, то цвет точки A1 отличен от цветов точек B и C, т. е. она окрашена в тот же цвет, что и точка A. Эти рассуждения показывают, что если AA1 = 3, то точки A и A1 одного цвета.

Поэтому все точки окружности радиуса 3 с центром A одного цвета. Ясно, что на этой окружности найдутся две точки, расстояние между которыми равно 1. Получено противоречие.

23.38. Приведём пример раскраски плоскости в семь цветов, для которой расстояние между любыми двумя одноцветными точками не равно 1. Разобьём плоскость на равные шестиугольники со стороной a и окрасим их, как пока Рис. 23. 468 Глава 23. Делимость, инварианты, раскраски зано на рис. 23.21 (точки, принадлежащие двум или трём шестиугольникам, можно красить в любой из цветов этих шестиугольников). Наибольшее рас стояние между точками одного цвета, лежащими в одном шестиугольнике, не превосходит 2a, а наименьшее расстояние между точками одного цве та, лежащими в разных шестиугольниках, не меньше длины отрезка AB (см. рис. 23.21). Ясно, что AB2 = AC2 + BC2 = 4a2 + 3a2 = 7a2 > (2a)2. Поэтому, если 2a < 1 < 7a, т. е. 1/ 7 < a < 1/2, то расстояние между точками одного цвета не может быть равно 1.

23.39. Предположим, что нет прямоугольного треугольника с вершинами одного цвета. Разделим каждую сторону правильного треугольника двумя точками на три равные части. Эти точки образуют правильный шестиуголь ник. Если две его противоположные вершины одного цвета, то все остальные вершины будут второго цвета, а значит, есть прямоугольный треугольник с вершинами второго цвета. Следовательно, противоположные вершины ше стиугольника разноцветные. Поэтому найдутся две соседние разноцветные вершины;

противоположные им вершины тоже разноцветные. Одна из этих пар разноцветных вершин лежит на стороне треугольника. Точки этой сто роны, отличные от вершин шестиугольника, не могут быть ни первого, ни второго цвета. Получено противоречие.

23.40. Докажем это утверждение индукцией по числу треугольников триан гуляции. Для одного треугольника требуемая раскраска существует. Предполо жим теперь, что можно раскрасить требуемым образом любую триангуляцию, состоящую менее чем из n треугольников, и докажем, что тогда можно раскрасить любую триангуляцию, состоящую из n треугольников. Выбросим треугольник, одна из сторон которого лежит на стороне триангулированной фигуры. Оставшуюся часть можно раскрасить по предположению индукции (она, конечно, может состоять из нескольких кусков, но это не мешает). У вы брошенного треугольника только две стороны могут граничить с остальными треугольниками. Поэтому его можно окрасить в цвет, отличный от цветов двух соседних с ним треугольников.

23.41. Доказательство аналогично решению задачи 23.40. Главное отличие заключается в том, что выбрасывать нужно треугольник, выходящий двумя сторонами на границу многоугольника (см. задачу 22.46).

23.42. Доказательство проведём индукцией по числу кругов n. При n = утверждение очевидно. Пусть M — любая точка, O — наиболее удалённый от неё центр круга. Тогда круг с центром O касается не более трёх других данных кругов. Выбросим его и раскрасим остальные круги согласно пред положению индукции. Этот круг можно окрасить цветом, отличным от цветов касающихся его кругов.

ГЛАВА ЦЕЛОЧИСЛЕННЫЕ РЕШЁТКИ Основные сведения Рассмотрим на плоскости систему прямых, заданных уравнениями x = m и y = n, где m и n — целые числа. Эти прямые образуют решётку квадратов или целочисленную решётку. Вершины этих квадратов, т. е. точки с целочис ленными координатами, называют узлами целочисленной решётки.

§ 1. Многоугольники с вершинами в узлах решётки 24.1*. Существует ли правильный треугольник с вершинами в уз лах целочисленной решётки?

24.2*. Докажите, что при n = 4 правильный n-угольник нельзя рас положить так, чтобы его вершины оказались в узлах целочисленной решётки.

24.3*. Можно ли прямоугольный треугольник с целыми сторонами расположить так, чтобы его вершины лежали в узлах целочисленной решётки, но ни одна из его сторон не проходила по линиям решётки?

24.4*. Существует ли замкнутая ломаная с нечётным числом зве ньев равной длины, все вершины которой лежат в узлах целочислен ной решётки?

24.5*. На клетчатой бумаге выбраны три точки A, B, C, нахо дящиеся в вершинах клеток. Докажите, что если треугольник ABC остроугольный, то внутри его или на сторонах есть по крайней мере ещё одна вершина клетки.

24.6*. Вершины выпуклого многоугольника расположены в узлах целочисленной решётки, причём ни одна из его сторон не проходит по линиям решётки. Докажите, что сумма длин горизонтальных отрезков линий решётки, заключённых внутри многоугольника, равна сумме длин вертикальных отрезков.

См. также задачи 21.13, 23.33.

§ 2. Формула Пика 24.7*. Вершины многоугольника (не обязательно выпуклого) распо ложены в узлах целочисленной решётки. Внутри его лежит n узлов решётки, а на границе m узлов. Докажите, что его площадь равна n + m/2 - 1 (формула Пика).

470 Глава 24. Целочисленные решётки 24.8*. Последовательностью Фарея Fn называют возрастающую по следовательность несократимых дробей a/b, где 0 < a < b n. Пусть a/b и c/d — соседние члены последовательности Фарея. Докажите, что |ad - bc| = 1.

24.9*. Вершины треугольника ABC расположены в узлах целочис ленной решётки, причём на его сторонах других узлов нет, а внутри его есть ровно один узел O. Докажите, что O — точка пересечения медиан треугольника ABC.

24.10*. Докажите, что квадрат со стороной n не может накрыть более (n + 1)2 точек целочисленной решётки.

§ 3. Разные задачи 24.11*. На бесконечном листе клетчатой бумаги N клеток окраше но в чёрный цвет. Докажите, что из этого листа можно вырезать конечное число квадратов так, что будут выполняться два условия:

1) все чёрные клетки лежат в вырезанных квадратах;

2) в любом вырезанном квадрате K площадь чёрных клеток составит не менее 0, и не более 0,8 площади K.

24.12*. Докажите, что для любого n существует окружность, внут ри которой лежит ровно n целочисленных точек.

24.13*. Докажите, что для любого n существует окружность, на которой лежит ровно n целочисленных точек.

См. также задачи 21.1, 21.23, 23.4.

§ 4. Вокруг теоремы Минковского 24.14*. Начало координат является центром симметрии выпуклой фигуры площадью более 4. Докажите, что эта фигура содержит хотя бы одну точку с целыми координатами, отличную от начала координат (Минковский).

24.15*. а) Во всех узлах целочисленной решётки, кроме одного, в котором находится охотник, растут деревья, стволы которых имеют радиус r. Докажите, что охотник не сможет увидеть зайца, находяще гося от него на расстоянии больше 1/r.

б) Пусть n — натуральное число. Во всех точках целочисленной решётки, расположенных строго внутри окружности радиуса n2 + с центром в начале координат и отличных от начала координат, растут деревья радиуса r. Докажите, что если r <, то на n2 + указанной окружности есть точка, которую можно увидеть из начала координат.

24.16*. Внутри выпуклой фигуры с площадью S и полуперимет ром p нет точек целочисленной решётки. Докажите, что S p.

Решения задач 24.17*. Выпуклая фигура имеет площадь S и полупериметр p.

Докажите, что если S > np для некоторого натурального n, то со держит по крайней мере n целочисленных точек.

24.18*. Внутри выпуклой фигуры с площадью S и полуперимет ром p лежит n узлов решётки. Докажите, что n > S - p.

Решения 24.1. Предположим, что вершины правильного треугольника ABC распо ложены в узлах целочисленной решётки. Тогда тангенсы всех углов, об разованных сторонами AB и AC с линиями решётки, рациональны. При любом положении треугольника ABC сумма или разность некоторых двух таких углов и равна 60. Следовательно, 3 = tg 60 = tg( ± ) = = (tg ± tg )/(1 tg tg ) — рациональное число. Получено противоречие.

24.2. Для n = 3 и n = 6 утверждение вытекает из предыдущей задачи, поэтому будем в дальнейшем считать, что n = 3, 4, 6. Предположим, что суще ствуют правильные n-угольники с вершинами в узлах целочисленной решётки (n = 3, 4, 6). Среди всех таких n-угольников можно выбрать тот, у которого длина стороны наименьшая. (Для доказательства достаточно заметить, что если a — длина отрезка с концами в узлах решётки, то a = n2 + m2, где n и m — целые числа, поэтому длина отрезка с концами в узлах решётки мо жет принимать лишь конечное число различных значений, меньших данного.) # – # – Пусть AiBi = Ai+1Ai+2. Тогда B1... Bn — правильный n-угольник, вершины ко торого лежат в узлах целочисленной решётки, а его сторона меньше стороны правильного n-угольника A1... An. Для n = 5 это видно из рис. 24.1, а для n 7 — из рис. 24.2. Получено противоречие с выбором n-угольника A1... An.

Рис. 24.1 Рис. 24. 24.3. Легко проверить, что треугольник с вершинами в точках с координа тами (0, 0), (12, 16) и (-12, 9) обладает требуемыми свойствами.

24.4. Предположим, что существует замкнутая ломаная A1... An с нечётным числом звеньев равной длины, все вершины которой лежат в узлах цело # – численной решётки. Пусть ai и bi — координаты проекций вектора AiAi+1 на 472 Глава 24. Целочисленные решётки горизонтальную и вертикальную оси. Обозначим длину звена ломаной через c.

Тогда c2 = a2 + b2, поэтому c2 при делении на 4 даёт остаток 0, 1 или 2.

i i Если c2 делится на 4, то ai и bi делятся на 2 (это доказывается простым перебором всех возможных остатков, которые ai и bi дают при делении на 2).

Поэтому при гомотетии с центром A1 и коэффициентом 0,5 наша ломаная перейдёт в ломаную с меньшей длиной звена, вершины которой по-прежнему лежат в узлах решётки. После нескольких таких операций придём к ломаной, у которой c2 не делится на 4, т. е. даёт остаток 1 или 2. Разберём эти варианты, предварительно заметив, что a1 +... + am = b1 +... + bm = 0.

1. c2 при делении на 4 даёт остаток 2. Тогда числа ai и bi оба нечётны, поэтому число a1 +... + am нечётно и не может равняться нулю.

2. c2 при делении на 4 даёт остаток 1. Тогда одно из чисел ai и bi нечётно, а другое чётно, поэтому число a1 +... + am + b1 +... + bm нечётно и не может равняться нулю.

24.5. Построим прямоугольник со сторонами, идущими по линиям клет чатой бумаги, так, чтобы вершины A, B, C лежали на его сторонах. Ни одна из вершин A, B, C не может оказаться внутри этого прямоугольника, поскольку иначе угол при этой вершине был бы тупым. По крайней ме ре одна из точек A, B, C лежит на стороне прямоугольника, а не в его вершине, поскольку иначе треугольник ABC был бы прямоугольным. Пусть для определённости вершина A лежит на стороне прямоугольника. Введём на плоскости координаты, выбрав точку A в качестве начала координат, а эту сторону прямоугольника — в качестве оси Ox. Ось Oy направим так, чтобы прямоугольник лежал в полуплоскости y 0. Ни одна из вершин B и C не лежит на оси Ox, поскольку иначе угол при вершине A был бы тупым. Таким образом, если точки B и C имеют координаты (x1, y1) и (x2, y2), то y1, y2 1, а числа x1 и x2 имеют разные знаки. Поэтому точка с координатами (0, 1) лежит внутри треугольника ABC или на его стороне BC.

24.6. Докажем, что каждая из этих сумм равна площади многоугольника.

Горизонтальные линии решётки разрезают многоугольник на два треуголь ника с основаниями a1 и an и n - 1 трапеций с основаниями a1 и a2, a2 и a3,..., an-1 и an. Высоты этих треугольников и трапеций равны 1, поэтому сумма их площадей равна a1 a1 + a2 a2 + a3 an-1 + an an + + +... + + = a1 + a2 +... + an.

2 2 2 2 Для вертикальных линий доказательство аналогично.

24.7. Каждому многоугольнику M с вершинами в узлах целочисленной решётки поставим в соответствие число f(M) = /2, где суммирование i i ведётся по всем узлам решётки, принадлежащим M, а угол определяется i следующим образом: = 2 для внутренней точки многоугольника, = i i для граничной точки, отличной от вершины, и — угол при вершине, если i (m - 2) m данный узел — вершина. Легко видеть, что f(M) = n + = n + - 1.

2 Остаётся проверить, что число f(M) равно площади многоугольника M.

Пусть многоугольник M разрезан на многоугольники M1 и M2 с верши нами в узлах решётки. Тогда f(M) = f(M1) + f(M2), поскольку для каждого узла углы складываются. Поэтому если формула Пика верна для двух из многоугольников M, M1 и M2, то она верна и для третьего.

Решения задач Если M — прямоугольник со сторонами p и q, направленными по линиям решётки, то 2(p - 1) 2(q - 1) f(M) = (p - 1)(q - 1) + + + = pq.

2 2 В этом случае формула Пика справедлива. Разрезав прямоугольник M диаго налью на треугольники M1 и M2 и воспользовавшись тем, что f(M) = f(M1) + + f(M2) и f(M1) = f(M2), легко доказать справедливость формулы Пика для любого прямоугольного треугольника с катетами, направленными по линиям решётки. Отрезав несколько таких треугольников от прямоугольника, можно получить любой треугольник (рис. 24.3).

Рис. 24. Для завершения доказательства формулы Пика остаётся заметить, что любой многоугольник можно разрезать на треугольники непересекающимися диагоналями (задача 22.43).

24.8. Сопоставим каждой несократимой дроби a/b точку с координатами (a, b). Если a/b и c/d — соседние члены последовательности Фарея, то тре угольник с вершинами (0, 0), (a, b) и (c, d) не содержит целочисленных точек, отличных от вершин. Действительно, если бы целочисленная точка (p, q) принадлежала этому треугольнику, то числа p и q не превосходили бы n и дробь p/q была бы заключена между a/b и c/d. Поэтому согласно формуле Пика площадь этого треугольника равна 1/2. С другой стороны, согласно задаче 12.78 его площадь равна |ad - bc|.

24.9. Согласно формуле Пика SAOB = SBOC = SCOA = 1/2, а значит, O — точка пересечения медиан треугольника ABC (см. задачу 4.2).

24.10. Пусть M — выпуклая оболочка точек целочисленной решётки, по крытых квадратом со стороной n. Согласно формуле Пика её площадь равна q p + - 1, где p — количество целочисленных точек внутри M, q — количество q целочисленных точек на границе M. Поэтому p + - 1 n2.

Периметр M не превосходит периметра данного квадрата (задача 9.29 б).

Кроме того, расстояние между соседними целочисленными точками на грани це M не меньше 1. Поэтому q 4n.

q q Сложив неравенства p + - 1 n2 и 2n, получаем требуемое неравен 2 ство p + q (n + 1)2.

24.11. Возьмём какой-нибудь достаточно большой квадрат со стороной 2n так, чтобы все чёрные клетки лежали внутри его и составляли менее 0,2 его площади. Разрежем этот квадрат на четыре одинаковых квадрата. Каждый из 474 Глава 24. Целочисленные решётки них окрашен менее чем на 0,8. Те из них, которые окрашены более чем на 0,2, оставляем, а остальные режем дальше таким же образом. Полученные квадраты 2 2 будут окрашены на 1/4, 1/2, 3/4 или не будут окрашены вовсе. Из листа бумаги нужно вырезать те полученные квадраты, в которых есть окрашенные клетки.

24.12. Докажем сначала, что на окружности с центром A = ( 2, 1/3) не может лежать более одной целочисленной точки. Если m и n — целые числа, то (m - 2)2 + (n - (1/3))2 = q - 2m 2, где q — рациональное число. Поэтому из равенства (m1 - 2)2 + (n1 - 1/3)2 = (m2 - 2)2 + (n2 - (1/3)) следует, что m1 = m2. По теореме Виета сумма корней уравнения (n - (1/3))2 = = d равна 2/3, поэтому лишь один корень может быть целочисленным.

Расположим теперь радиусы окружностей с центром A, проходящих че рез целочисленные точки, в порядке возрастания: R1 < R2 < R3 <... Если Rn < R < Rn+1, то внутри окружности радиуса R с центром A лежит ровно n целочисленных точек.

24.13. Докажем сначала, что уравнение x2 + y2 = 5k имеет ровно 4(k + 1) целочисленных решений. При k = 0 и k = 1 это утверждение очевидно. Дока жем, что уравнение x2 + y2 = 5k имеет ровно восемь таких решений (x, y), что x и y не делятся на 5;

вместе с 4(k - 1) решениями вида (5a, 5b), где a и b — решение уравнения a2 + b2 = 5k-2, они дают нужное количество решений. Эти решения получаются друг из друга перестановками x и y и из менениями знаков;

мы будем называть их нетривиальными решениями.

Пусть x2 + y2 делится на 5. Тогда (x + 2y)(x - 2y) = x2 + y2 - 5y2 тоже делится на 5. Поэтому одно из чисел x + 2y и x - 2y делится на 5. Легко проверить также, что если x + 2y и x - 2y делятся на 5, то x и y делятся на 5.

Если (x, y) — нетривиальное решение уравнения x2+y2=5k, то (x+2y, 2x-y) 2 и (x - 2y, 2x + y) — решения уравнения + = 5k+1, причём ровно од но из них нетривиально. Докажем, что нетривиальное решение единственно с точностью до перестановки x и y и изменения знаков. Пусть (x, y) — нетри 2x - y x + 2y виальное решение уравнения x2 + y2 = 5k. Тогда как пары ±, ± 5 x + 2y 2x - y 2x + y x - 2y x - 2y 2x + y и ±, ±, так и пары ±, ± и ±, ± 5 5 5 5 5 2 являются решениями уравнения + = 5k-1, но целочисленными будут пары ровно одного из этих видов, так как ровно одно из чисел x + 2y и x - 2y делится на 5. При этом мы получим нетривиальное решение, потому что (x + 2y)(x - 2y) = (x2 + y2) - 5y2 при k 2 делится на 5, но не делится на 25. Таким образом, каждое из восьми нетривиальных решений уравнения 2 x2 + y2 = 5k даёт восемь нетривиальных решений уравнения + = 5k-1, причём для одной половины решений нужно воспользоваться формулами пер вого вида, а для другой половины решений — формулами второго вида.

Перейдём теперь непосредственно к решению задачи. Пусть n = 2k + 1.

Докажем, что на окружности радиуса 5k/3 с центром (1/3, 0) лежит ровно n целочисленных точек. Уравнение x2 + y2 = 52k имеет 4(2k + 1) целочисленных решений. Кроме того, 52k при делении на 3 даёт остаток 1, поэтому одно из чисел x и y делится на 3, а другое при делении на 3 даёт остаток ±1.

Решения задач Следовательно, ровно в одной из пар (x, y), (x, -y), (y, x) и (-y, x) пер вое и второе числа дают при делении на 3 остатки -1 и 0 соответственно.

Поэтому уравнение (3z - 1)2 + (3t)2 = 52k имеет ровно 2k + 1 целочисленных решений.

Пусть n = 2k. Докажем, что на окружности радиуса 5(k-1)/2/2 с центром (1/2, 0) лежит ровно n целочисленных точек. Уравнение x2 + y2 = 5k-1 имеет ровно 4k целочисленных решений, причём одно из чисел x и y чётно, а другое нечётно. Поэтому уравнение (2z - 1)2 + (2t)2 = 5k-1 имеет ровно 2k целочис ленных решений.

24.14. Рассмотрим все выпуклые фигуры, получающиеся из данной пере носами на векторы, обе координаты которых чётны. Докажем, что хотя бы две из этих фигур пересекаются. Исходную фигуру можно заключить в круг радиуса R с центром в начале координат, причём R можно выбрать целым числом. Возьмём те из рассматриваемых фигур, координаты центров которых являются неотрицательными числами, не превосхо дящими 2n. Этих фигур ровно (n + 1)2 штук и все они лежат внутри квадрата со стороной 2(n + R).

Если бы они не пересекались, то при любом n выполнялось бы неравенство (n + 1)2S < 4(n + R)2, где S — площадь данной фигуры. Но так как S > 4, то n можно выбрать так, чтобы выполнялось нера венство (n + R)/(n + 1) < S/4.

Пусть теперь фигуры с центрами O1 и O2 имеют общую точку A (рис. 24.4). Докажем, что тогда Рис. 24. середина M отрезка O1O2 принадлежит обеим фигу рам (ясно, что M имеет целые координаты).

# – # точка – Пусть O1B = -O2A. Так как данная фигура центрально симметрична, точка B принадлежит фигуре с центром O1. Эта фигура выпукла, и точки A и B принадлежат ей, поэтому ей принадлежит также середина отрезка AB. Ясно, что середина отрезка AB совпадает с серединой отрезка O1O2.

24.15. а) Пусть охотник находится в точке O, а заяц — в точке A;

A1 — точ ка, симметричная A относительно O. Рассмотрим фигуру, содержащую все точки, расстояние от которых до отрезка AA1 не превосходит r (рис. 24.5). Достаточно доказать, что содержит хотя бы один узел решётки (если узел попадает в заштрихованную часть, то точ ка A принадлежит стволу дерева).

Рис. 24. Площадь равна 4rh + r2, где h — расстояние от охотника до зайца. Если h > 1/r, то 4rh + r2 > 4. По теореме Минковско го содержит целочисленную точку.

б) Рассмотрим прямоугольник с вершинами (0, 0), (0, 1), (n, 1) и (n, 0).

Покажем, что из начала координат можно увидеть точку (n, 1). Действитель но, расстояния от точек (1, 0) и (n - 1, 1) до прямой, проходящей через точки (0, 0) и (n, 1), равно. Поэтому деревья, растущие в этих точках, не пе n2 + ресекают указанную прямую. Остальные деревья её тем более не пересекают.

24.16. Прежде всего докажем, что если внутри выпуклой фигуры с площадью S и полупериметром p нет точек целочисленной решётки, то существует выпуклая фигура с площадью S = S и полупериметром p p, 476 Глава 24. Целочисленные решётки внутри которой нет точек целочисленной решётки и которая симметрична относительно прямых x = 1/2 и y = 1/2. Затем для фигуры мы докажем, что S p.

Фигура строится по фигуре следующим образом. Сначала мы берём симметризацию по Штейнеру фигуры относительно прямой x = 1/2, а затем для полученной фигуры рассматриваем симметризацию по Штейнеру относи тельно прямой y = 1/2. При симметризации по Штейнеру снова получается выпуклая фигура (задача 22.24), её площадь не изменяется, а периметр не увеличивается (задача 22.25). Предположим, что промежуточная фигура со держит целочисленную точку (m, n). Эта фигура симметрична относительно прямой x = 1/2, поэтому она содержит точку (-m + 1, n). Следовательно, прямая y = n пересекает фигуру по отрезку, длина которого не меньше |2m - 1| 1. Но тогда фигура должна содержать целочисленную точку. При ходим к противоречию. Аналогично доказывается, что фигура не содержит целочисленных точек.

Докажем теперь, что S p. Для этого рассмотрим два случая.

1. Фигура не содержит точек (x, y), для которых x > 3/2 или y > 3/2.

Тогда фигура целиком содержится в фигуре, заштрихованной на рис. 24.6.

y 3 / x -1 2 0 1 3 / / -1 / Рис. 24. Нужно лишь объяснить, почему от квадрата со стороной 2 отрезаны угловые квадратики со стороной 1/2. Это связано с тем, что если для любой точки углового квадратика рассмотреть ещё точки, симметричные ей относительно прямых x = 1/2 и y = 1/2 и относительно точки (1/2, 1/2), то выпуклая обо лочка этих четырёх точек будет содержать целочисленные точки (например, начало координат). Таким образом, 3. Поэтому согласно изопериметриче S скому неравенству S /p S / 3/ < 1.

2. Фигура содержит точку (x, y), для которой x > 3/2 или y > 3/2.

Пусть для определённости наибольшая координата x точек фигуры равна a > 3/2. Рассмотрим точку (a, b) фигуры с наибольшей координатой y. Яс Решения задач но, что b < 1, поскольку иначе прямоугольник с вершинами (a, b), (-a + 1, b), (-a + 1, -b + 1), (a, -b + 1) содержал бы целочисленные точки. Часть фигуры, состоящая из точек (x, y), для которых x 1/2 и y 1/2, принадле жит трапеции, заштрихованной на рис. 24.7, поэтому площадь этой части y x = a (1, 1) (a, b) 1 / x 0 1 2 3 / / Рис. 24. 1 1 не превосходит a -. Следовательно, S 2 a -. Ясно также, что 2 2 p 2 a -.

24.17. Согласно задаче 24.16 достаточно доказать, что если S > np, то можно разрезать на n выпуклых фигур, у каждой из которых площадь больше полупериметра. Применим индукцию по n. Для n = 1 утверждение очевидно. Предположим, что оно доказано для n;

докажем его для n + 1.

Пусть S > (n + 1)p для некоторой фигуры. Разрежем эту фигуру прямой 1 n на две фигуры 1 и 2, площади которых равны S1 = S и S2 = S.

n + 1 n + Пусть p1 и p2 — полупериметры этих фигур. Ясно, что p1 < p и p2 < p. Поэтому S1 > p > p1 и S2 > np > np2. Применив предположение индукции к фигуре 2, получаем требуемое.

24.18. Рассмотрим решётку, заданную уравнениями x = k + 1/2 и y = l + 1/2, где k и l — целые числа. Докажем, что каждый квадрат этой решётки даёт неотрицательный вклад в величину n - S + p. Рассмотрим два случая.

1. Фигура содержит центр квадрата. Тогда n = 1 и S 1, поэтому n - S + p 0.

2. Фигура пересекает квадрат, но не содержит его центр. Докажем, что в этом случае S p. Если фигура целиком лежит в этом квадрате, то согласно изопериметрическому неравенству S /p S / 1/ < 1. Если рассматриваемая часть фигуры ограничена стороной квадрата и некоторой кривой, то согласно задаче 22.22 S /p 2S / 2/ < 1. Поэтому остаётся рассмотреть случаи, когда рассматриваемая часть фигуры ограничена сторона ми квадрата и кривой, соединяющей либо противоположные, либо смежные стороны квадрата. При этом можно считать, что центр O квадрата лежит 478 Глава 24. Целочисленные решётки Рис. 24. на границе фигуры (рис. 24.8). Действительно, для кривой, соединяющей противоположные стороны, можно применить параллельный перенос, а для кривой, соединяющей смежные стороны, — гомотетию с центром в их общей вершине. В обоих случаях отношение S /p увеличится.

Так как расстояния от центра квадрата до его сторон равны 1/2, то p 1/2. Проведя через точку O опорную прямую к данной фигуре, получим, что S 1/2.

Ясно также, что все вклады квадратов не могут быть одновременно нуле выми.

ГЛАВА РАЗРЕЗАНИЯ, РАЗБИЕНИЯ, ПОКРЫТИЯ Основные сведения 1. Во всех задачах этой главы рассматриваются лишь прямолинейные раз резы.

2. Две фигуры называют равносоставленными, если одну из них можно разрезать на части и сложить из них вторую фигуру (нетрудно убедиться, что тогда и вторую фигуру можно разрезать на части, из которых можно сложить первую фигуру). Ясно, что равносоставленные фигуры имеют равные площади. Оказывается, что для многоугольников верно и обратное, т. е. любые два равновеликих многоугольника равносоставлены (см. задачу 25.8 б).

3. Будем говорить, что фигура покрыта фигурами 1,..., n, если со держится в объединении этих фигур, т. е. любая точка фигуры принадлежит хотя бы одной из фигур 1,..., n. Если же фигуры 1,..., n не пересека ются (точнее говоря, не имеют общих внутренних точек) и их объединение совпадает с, то будем говорить, что замощена фигурами 1,..., n.

§ 1. Равносоставленные фигуры 25.1. Разрежьте произвольный треугольник на 3 части и сложите из них прямоугольник.

25.2. Разрежьте произвольный треугольник на части, из которых можно составить треугольник, симметричный исходному относительно некоторой прямой (части переворачивать нельзя).

25.3. Разрежьте правильный треугольник шестью прямыми на ча сти и сложите из них 7 одинаковых правильных треугольников.

25.4*. Разрежьте правильный шестиугольник на 5 частей и сложи те из них квадрат.

* * * 25.5*. Разрежьте квадрат на 6 частей и сложите из них три одина ковых квадрата.

25.6*. Даны два параллелограмма равной площади с общей сторо ной. Докажите, что первый параллелограмм можно разрезать на части и сложить из них второй.

25.7*. Докажите, что любой прямоугольник можно разрезать на части и сложить из них прямоугольник со стороной 1.

25.8*. а) Докажите, что любой многоугольник можно разрезать на части и сложить из них прямоугольник со стороной 1.

480 Глава 25. Разрезания, разбиения, покрытия б) Даны два многоугольника равной площади. Докажите, что пер вый многоугольник можно разрезать на части и сложить из них второй.

См. также задачу 23.18.

§ 2. Разрезания на части, обладающие специальными свойствами 25.9. Разрежьте фигуру, изображённую на рис. 25.1, на 4 равные части.

25.10. Существует ли треугольник, который можно разрезать:

а) на 3;

б) на 5 равных треугольников, подобных исходному?

25.11*. а) Докажите, что любой неравносторон ний треугольник можно разрезать на неравные тре угольники, подобные исходному.

б) Докажите, что правильный треугольник нель зя разрезать на неравные правильные треуголь ники.

25.12*. Разрежьте квадрат на 8 остроугольных треугольников.

Рис. 25. 25.13*. Можно ли какой-нибудь невыпуклый 5-угольник разрезать на два равных 5-угольника?

25.14*. Разрежьте произвольный тупоугольный треугольник на 7 остроугольных.

25.15*. Разрежьте разносторонний треугольник на 7 равнобедрен ных, три из которых равны.

См. также задачу 3.71.

§ 3. Свойства частей, полученных при разрезаниях 25.16. а) В выпуклом n-угольнике проведены все диагонали. Они разбивают его на несколько многоугольников. Докажите, что у каж дого из них не более n сторон.

б)* Докажите, что если n чётно, то у каждого из полученных многоугольников не более n - 1 сторон.

25.17. Докажите, что если n-угольник разрезан произвольным об разом на k треугольников, то k n - 2.

25.18*. На квадратном листе бумаги нарисовано n прямоуголь ников со сторонами, параллельными сторонам листа. Никакие два из этих прямоугольников не имеют общих внутренних точек. До кажите, что если вырезать эти прямоугольники, то количество кус ков, на которые распадается оставшаяся часть листа, не превосходит n + 1.

Условия задач 25.19*. Докажите, что если выпуклый четырёхугольник ABCD мож но разрезать на два подобных четырёхугольника, то ABCD — трапеция или параллелограмм.

25.20*. В квадрате со стороной 1 проведено конечное число отрез ков, параллельных его сторонам, причём эти отрезки могут пересекать друг друга. Сумма длин отрезков равна 18. Докажите, что площадь одной из частей, на которые разбит квадрат, не меньше 0,01.

25.21*. Треугольник, все углы которого не превосходят 120, раз резан на несколько треугольников. Докажите, что хотя бы у одного из полученных треугольников все углы не превосходят 120.

См. также задачи 4.54, 22.45, 22.46, 23.15, 23.30, 23.40, 23.41.

§ 4. Разрезания на параллелограммы 25.22*. Докажите, что следующие свойства выпуклого многоуголь ника F эквивалентны: 1) F имеет центр симметрии;

2) F можно разрезать на параллелограммы.

25.23*. Докажите, что если выпуклый многоугольник можно разре зать на центрально симметричные многоугольники, то он имеет центр симметрии.

25.24*. Докажите, что любой правильный 2n-угольник можно раз резать на ромбы.

25.25*. Правильный восьмиугольник со стороной 1 разрезан на параллелограммы. Докажите, что среди них есть по крайней мере два прямоугольника, причём сумма площадей всех прямоугольников равна 2.

§ 5. Плоскость, разрезанная прямыми 25.26. 99 прямых разбивают плоскость на n частей. Найдите все возможные значения n, меньшие 199.

Пусть на плоскости проведено n попарно непараллельных прямых, никакие три из которых не пересекаются в одной точке. В задачах 25.27—25.31 рас сматриваются свойства фигур, на которые эти прямые разбивают плоскость.

При этом фигуру называют p-звенной, если она ограничена p звеньями (т. е. отрезками или лучами).

25.27. Докажите, что при n = 4 среди полученных частей есть че тырёхугольник.

25.28. а) Найдите число всех полученных фигур.

б) Найдите число ограниченных фигур, т. е. многоугольников.

25.29. а) Докажите, что при n = 2k среди полученных фигур не более 2k - 1 углов.

б) Может ли при n = 100 среди полученных фигур быть только три угла?

482 Глава 25. Разрезания, разбиения, покрытия 25.30*. Докажите, что если среди полученных фигур есть p-звенная и q-звенная, то p + q n + 4.

25.31*. Докажите, что при n 3 среди полученных частей не менее (2n - 2)/3 треугольников.

Откажемся теперь от предположения, что никакие три из рассматриваемых прямых не пересекаются в одной точке. Если P — точка пересечения двух или нескольких прямых, то количество прямых данной системы, проходя щих через точку P, будем обозначать (P).

25.32*. Докажите, что количество отрезков, на которые данные прямые разбиты точками их пересечения, равно -n + (P).

25.33*. Докажите, что количество частей, на которые данные пря мые разбивают плоскость, равно 1 + n + ( (P) - 1), причём среди этих частей 2n неограниченных.

25.34*. Части, на которые плоскость разрезана прямыми, раскра шены в красный и синий цвет так, что соседние части разного цвета (см. задачу 27.1). Пусть a — количество красных частей, b — количе ство синих частей. Докажите, что a 2b - 2 - ( (P) - 2), причём равенство достигается тогда и только тогда, когда красные области — треугольники и углы.

§ 6. Разные задачи на разрезания 25.35*. Можно ли невыпуклый четырёхугольник разрезать двумя прямыми на 6 частей?

25.36*. Докажите, что любой выпуклый n-угольник, где n 6, можно разрезать на выпуклые пятиугольники.

25.37*. Докажите, что семиугольник нельзя разрезать на выпуклые шестиугольники.

25.38*. Докажите, что для любого натурального n, где n 6, квад рат можно разрезать на n квадратов.

25.39*. Докажите, что выпуклый 22-угольник нельзя разрезать диагоналями на 7 пятиугольников.

25.40*. Можно ли разрезать правильный треугольник на выпуклых многоугольников так, чтобы любая прямая имела общие точки не более чем с 40 из них?

25.41*. Квадратный лист бумаги разрезают прямой на две части.

Одну из полученных частей разрезают на две части, и так дела ют несколько раз. Какое наименьшее число разрезаний нужно сде лать, чтобы среди полученных частей оказалось 100 двадцатиуголь ников?

25.42*. а) Докажите, что из пяти попарно различных по величине квадратов нельзя сложить прямоугольник.

Условия задач б) Докажите, что из шести попарно различных по величине квад ратов нельзя сложить прямоугольник.

25.43*. Прямоугольник разрезан на прямоугольники, длина одной из сторон каждого из которых — целое число. Докажите, что длина одной из сторон исходного прямоугольника — целое число.

См. также задачи 23.18 и 23.19.

§ 7. Разбиение фигур на отрезки 25.44. Докажите, что четырёхугольник (с границей и внутренно стью) можно разбить на отрезки, т. е. представить в виде объединения непересекающихся отрезков.

25.45*. Докажите, что треугольник можно разбить на отрезки.

25.46*. Докажите, что круг можно разбить на отрезки.

25.47*. Докажите, что плоскость можно разбить на отрезки.

§ 8. Покрытия 25.48*. На отрезке длиной 1 расположено несколько отрезков, пол ностью его покрывающих. Докажите, что можно выбросить некоторые из них так, чтобы оставшиеся по-прежнему покрывали отрезок и сум ма их длин не превосходила 2.

25.49*. Отрезок длиной 1 покрыт несколькими лежащими на нём отрезками. Докажите, что среди них можно выбрать несколько попар но непересекающихся отрезков, сумма длин которых не меньше 0,5.

25.50*. Дан выпуклый пятиугольник, все углы которого тупые.

Докажите, что в нём найдутся две такие диагонали, что круги, построенные на них как на диаметрах, полностью покроют весь пяти угольник.

25.51*. а) Квадрат со стороной 1 покрыт несколькими меньшими квадратами со сторонами, параллельными его сторонам. Докажите, что среди них можно выбрать непересекающиеся квадраты, сумма площадей которых не меньше 1/9.

б) Площадь объединения нескольких кругов равна 1. Докажите, что из них можно выбрать несколько попарно непересекающихся кругов с общей площадью не менее 1/9.

25.52*. Прожектор освещает угол величиной 90. Докажите, что в любых четырёх заданных точках можно разместить 4 прожектора так, что они осветят всю плоскость.

25.53*. Длина проекции фигуры на любую прямую не превос ходит 1. Верно ли, что можно накрыть кругом диаметра: а) 1;

б) 1,5?

25.54*. Докажите, что любые n точек на плоскости всегда можно накрыть несколькими непересекающимися кругами так, что сумма 484 Глава 25. Разрезания, разбиения, покрытия их диаметров меньше n и расстояние между любыми двумя из них больше 1.

25.55*. На круглом столе радиуса R расположено без наложений n круглых монет радиуса r, причём больше нельзя положить ни одной монеты. Докажите, что R/r 2 n + 1.

См. также задачи 20.13, 20.17, 20.28, 20.34, 22.5, 22.10, 22.33, 22.35.

§ 9. Замощения костями домино и плитками 25.56. Замостите обычную шахматную доску плитками, изображёнными на рис. 25.2.

25.57*. Из шахматной доски со стороной а) 2n;

б) 6n + 1 выброшена одна клетка. Докажите, что оставшуюся часть доски можно замостить плитка ми, изображёнными на рис. 25.3.

Рис. 25. 25.58*. Вырежьте из обычной шахматной доски одну клетку так, чтобы оставшуюся часть можно было замостить плитками размером 1 3.

25.59*. Прямоугольник размером 2n 2m замостили костями домино 1 2. Докажите, что на этот слой ко стей можно положить второй слой так, что ни одна кость второго слоя не совпадёт с костью первого слоя.

25.60*. Прямоугольник покрыт в два слоя карточка ми 1 2 (над каждой клеткой лежат ровно две кар точки). Докажите, что карточки можно разбить на два Рис. 25. непересекающихся множества, каждое из которых по крывает весь прямоугольник.

25.61*. а) Можно ли квадрат 6 6 замостить костями домино 1 так, чтобы не было «шва», т. е. прямой, не разрезающей костей?

б) Докажите, что любой прямоугольник m n, где m и n больше и mn чётно, можно замостить костями домино так, чтобы не было «шва».

в) Докажите, что прямоугольник 6 8 можно замостить костями домино так, чтобы не было «шва».

25.62*. Имеется неограниченное количество плиток в форме мно гоугольника M. Будем говорить, что из этих плиток можно сложить паркет, если ими можно покрыть круг сколь угодно большого радиуса так, чтобы не было ни просветов, ни перекрытий.

а) Докажите, что если M — выпуклый n-угольник, где n 7, то паркет сложить нельзя.

б) Приведите пример такого выпуклого пятиугольника с попарно непараллельными сторонами, что паркет сложить можно.

См. также задачу 23.22.

Решения задач § 10. Расположение фигур на плоскости 25.63*. Докажите, что к квадрату нельзя приложить более 8 не налегающих друг на друга квадратов такого же размера.

Решения 25.1. Пусть A — наибольший угол треугольника ABC. Тогда углы B и C ост рые. Проведя разрезы через середины сторон AB и AC перпендикулярно BC, переставим полученные части, как показано на рис. 25.4.

Рис. 25. Рис. 25. 25.2. Пусть A — наибольший угол треугольни ка. Разрежем треугольник ABC на равнобедрен ные треугольники и переставим их, как показано на рис. 25.5.

25.3. Сложим 7 одинаковых правильных треугольников, как показано на рис. 25.6.

Тогда ABC — правильный треугольник. Ясно, что заштрихованные треугольники равны.

Теперь легко понять, что на рис. 25. фактически изображено, как разрезать правильный треугольник ABC шестью прямыми на части, из которых можно сложить 7 одинаковых правильных треуголь ников.

Рис. 25. 486 Глава 25. Разрезания, разбиения, покрытия 25.4. Требуемые разрезы изображены на рис. 25.7. Отрезок AB равен сто роне квадрата, площадь которого равна площади шестиугольника. Остальные разрезы проводятся очевидным образом.

Рис. 25. 25.5. Мы будем решать обратную задачу: разрежем три квадрата со сто роной a и сложим из них квадрат со стороной 3a. Требуемые разрезы изображены на рис. 25.8.

Рис. 25.8 Рис. 25. 25.6. На рис. 25.9 показано, как это сделать.

25.7. Нужно доказать, что если есть два прямоугольника со сторонами a, b и c, d, причём ab = cd = S, то первый прямоугольник можно разрезать на части и сложить из них второй. Пусть для определённости a b и c d. Тогда Решения задач Рис. 25. c S b и a d. Отрежем от обоих прямоугольников по два прямоугольных треугольника с катетами a и c, как показано на рис. 25.10.

Заштрихованные параллелограммы равновелики и имеют сторону длиной a2 + c2, поэтому один параллелограмм можно разрезать на части и сложить из них второй (см. задачу 25.6).

25.8. а) Для решения этой задачи нужно воспользоваться результатами задач 22.43, 25.1 и 25.7. Сначала разрезаем многоугольник непересекающи мися диагоналями на треугольники. Каждый из этих треугольников разрезаем на части и складываем из них прямоугольник. Полученные прямоугольники разрезаем на части и складываем из них прямоугольники со стороной 1.

Ясно, что из нескольких прямоугольников со стороной 1 можно сложить один прямоугольник со стороной 1.

б) Разрежем первый многоугольник на части и сложим из них прямо угольник со стороной 1. Так как второй многоугольник можно разрезать на части и сложить из них этот прямоугольник, то и прямоугольник можно разрезать на части и сложить из них второй многоугольник (при этом части, на которые был разрезан первый многоугольник, будут разрезаны на более мелкие части).

25.9. Требуемые разрезы изображены на рис. 25.11.

Рис. 25.11 Рис. 25.12 Рис. 25. 25.10. а) Существует. Из трёх одинаковых прямоугольных треугольников с углом 60 можно сложить один прямоугольный треугольник с углом 60, как показано на рис. 25.12.

б) Требуемым образом можно разрезать любой прямоугольный треугольник (рис. 25.13).

488 Глава 25. Разрезания, разбиения, покрытия Рис. 25. 25.11. а) Можно считать, что BC/AC = k > 1. Приложим к треугольни ку ABC треугольники 1, 2, 3, 4 и 5 (см. рис. 25.14). Может оказаться,что треугольники 4 и 5 равны, т. е. k + k3 = k4. В этом случае дополним конструк цию треугольниками 6 и 7, а треугольник 5 заменим треугольником 8. Тогда треугольники 7 и 8 не равны, т. е. k6 = k + k3 + k5. В самом деле, так как k + k3 = k4, то k6 = k2(k + k3) = k3 + k5 < k + k3 + k5.

б) Предположим, что правильный треугольник разрезан на неравные пра вильные треугольники. Стороны двух треугольников разбиения не могут совпадать. Будем рассматривать только стороны треугольников разбиения, ле жащие внутри (не на границе) исходного треугольника;

пусть N — число таких сторон. Возникает три типа вершин треугольников разбиения (см. рис. 25.15).

Из каждой вершины 1-го, 2-го и 3-го типа выходит соответственно 4, 12 и 6 сторон. Пусть n1, n2 и n3 — количества точек 1-го, 2-го и 3-го типа.

Тогда N = (4n1 + 12n2 + 6n3)/2 = 2n1 + 6n2 + 3n3.

Каждой точке 3-го типа можно сопоставить 3 стороны (на рис. 25.15 это стороны AB, OP и OQ). Легко проверить, что каждая сторона будет соответ ствовать хотя бы одной точке 3-го типа. Следовательно, N 3n3, а значит, 2n1 + 6n2 0. В частности, n1 = 0, т. е. разбиение состоит лишь из исходного треугольника.

Рис. 25. Решения задач 25.12. Требуемые разрезы изображены на рис. 25.16;

пунктирные полу окружности показывают, что все полученные треугольники остроугольные.

Рис. 25. 25.13. Да, можно. См. рис. 25.17, а или рис. 25.17, б.

Рис. 25. 25.14. Пусть ACB > 90 и O — центр вписанной окружности S тре угольника ABC. Проведём к S касательные через точки пересечения S с отрезками OA и OB и обозначим получившиеся углы, как показано на рис. 25.18. Последовательно вычисляя углы, получаем, что =( - )/2< /2, Рис. 25. 490 Глава 25. Разрезания, разбиения, покрытия = ( 2 - )/2 = ( + )/4 < /2 (аналогично = ( + )/4), = - - /2 = 1 3 =3 /4- /4- /2< /2+( /4- /2)< /2, = -2 =( - )/2< /2 и = 4 2 = - - = /2- /4- /4< /2. Аналогично доказывается, что и все осталь ные углы семи треугольников, изображённых на рис. 25.18, меньше 90.

25.15. Пусть AB — наибольшая сторона треугольника ABC и AC BC. Возь мём сначала на стороне AB точку D так, что AD = AC, затем на BC — точку E так, что BE = BD, затем на AC — точку F так, что CF = CE, затем на AB — точ ку G так, что AG = AF (рис. 25.19). Тогда GD = FC = CE. Пусть O — центр впи санной окружности треугольника ABC. Так как CAO = DAO и CA = DA, то CAO = DAO, поэтому OC = OD. Аналогично OF = OG, OC = OG и OD = OE.

Поэтому OE = OD = OC = OG = OF, т. е. на рис. 25.19 изображено требуемое разбиение.

Pages:     | 1 |   ...   | 7 | 8 || 10 | 11 |   ...   | 12 |



© 2011 www.dissers.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.