РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ
Главная страница Математические олимпиады.
Сборники Математики Скачать бесплатно
Если хотите быстро ознакомится с содержанием статей, смотрите ниже.
Текст, для быстрого ознакомления (в тексте для быстрого ознакомления формулы могут отображаться не корректно). Если статья Вас заинтересовала, можете скачать оригинал по ссылкам выше. А тексты на страницах сайта Вам помогут находить нужные темы с помощью поисковой формы ниже:
9 9 . Возьмем пару точек (или одну из таких пар), расстояние
между которыми наименьшее. Обозначим эти точки А и В.
Выберем из оставшихся третью точку С так, чтобы /_ АСВ был
наибольшим. По условию точки А, В, С не лежат на одной прямой.
Окружность, проведенная через точки А, В, С, искомая.
Докажем это. /_ АСВ острый*. В противном случае он был
бы наибольшим углом Д АВС и, следовательно, \А В \> \А С \
и |^jB| >|CjB| , что противоречит выбору пары А, В. Предположим
противное, что какая-либо из остальных точек М лежит
внутри круга.
Сл у ч а й I. Точка М лежит внутри того же сегмента, что
и точка С. Тогда А MB > АСВ, что противоречит выбору точки С.
Сл у ч а й II. Точка М лежит в другом сегменте,тогда /_ АМВ
тупой, что противоречит выбору точки С. Таким образом, внутри
круга данных точек нет. На самой окружности данные точки
могут быть. Например, заданные точки являются вершинами
вписанного п-угольника.
100. Имеем:
(1+ а х) … (1 +а„)= (l + ^ j ••• ( 1+’Е“ )*
Следовательно,
« 1 + аО . . . ( 1 + а и))* = <1 + а 1) ( 1 + ^ ) . . . ( 1 + а п) ( l + 1 ) —
Так как
( 1 +«/) ( * + ^ 7 ) = 1 + 1 +а / + -^г> 2 + 2 = 4,
* Можно доказать, что Д С 2 ?< GO0.
152 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ
то
((1 +аО . . . ( 1 + а я))*>4».
IQ2. Рассмотрим все треугольники
с вершинами в данных точках.
Выберем из них тот (или
один из тех), в который попадает
наибольшее число точек. Обозначим
его АВС. Проведем прямые АВ,
ВС и С А. Они разбивают плоскость
на области трех типов: I —
треугольник, I I—углы и I I I—открытые
треугольники (рис. 58).
а) Если хотя бы одна точка D лежит внутри открытого треугольника
(для определенности с основанием АВ), то четырехугольник
ABCD выпуклый.
б) Если обе точки D и Е (см. рис. 41) лежат внутри треугольника,
то прямая DE пересекает только две стороны треугольника (для
определенности АВ и ВС). Прямая DE не может согласно условию
проходить через вершину треугольника. Итак, точки ADEC
образуют выпуклый четырехугольник.
в) Внутри углов точек быть не может по построению Д АВС.
Если бы точка D оказалась внутри угла, скажем угла В, то
Д ADC содержал бы Д АВС и тем самым большее число точек
внутри себя.
102. В силу условия < а < £ ~ < 2 и —i — < 2, так
что Ог\ Д —я si—n X Д — .
^ 4 sin а ^ 4 sin а
генса—положительны.
Если х < а, то
3 sin а
Я CO S X
4 cos а ^ 4 cos а
я <
cos а
^ и оба тан-
, / n s i n x \ . / я cos х \ ^ . / я cos х \ . , . /n c o s o ^
te [ ш ъ ) + ^ [ш г а ) > te ) > 1 = te ( 4 ^ j •
Если x = a, то tgь (V- £4 .£sii!n! a“ )) +’ tвg V( 4- £ c. o^s a“ .J) = 2 >^ 1.
Если X > a , TO
. / n s i n x \ . /n c o s jA ^ . / n s i n x \ [ ш j + te > te ( ш ъ ) > i /nsina’i
ё \ 4 sin a y
103. Пусть вершины многоугольника m отмечены буквами
А, В, . . . , F (рис. 59). Проведем в плоскости многоугольника
к каждой вершине во внешнюю сторону по перпендикуляру
к каждой из двух сходящихся в этой вершине сторон. Тогда
плоскость многоугольника разобьется на следующие части:
1. Сам многоугольник АВ . . . F.
2. «Полуполосы» АВ, . . . ,FA.
3. «Углы» Ас, Вс, . . . , Fc.
153 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ
Теперь осуществим следующее
построение в пространстве. Построим
на многоугольнике A B . . .F по
обе стороны от плоскости по прямоугольной
призме высоты R каждая.
Боковые грани получившейся
удвоенной призмы заложим половинками
прямых круговых цилиндров
радиуса R и с высотой, равной
соответствующей стороне; ось
такого цилиндра будет совпадать со
стороной многоугольника. Наконец,
основания цилиндров заложим «дольками
» шара. Для этого возьмем шар
радиуса R и направим его диаметр перпендикулярно плоскости т .
Затем проведем через эту ось полуплоскости, перпендикулярные
сторонам многоугольника. «Дольку», вырезанную полуплоскостями,
перпендикулярными соседним сторонам, например FA и АВ,
параллельно переносим в соответствующий «угол», у нас — в Ас.
Образовавшееся тело М и будет искомым М (R). Его проекция
на плоскость многоугольника изображена на чертеже. Она состоит
из самого многоугольника—проекции призмы, прямоугольников
в каждой «полуполосе» высоты R, примыкающих к многоугольнику
по целой стороне, и круговых секторов в каждом
«углу». Угол при вершине сектора Ас ,т. е. Лс*= л — А, гдг/LA —
угол многоугольника. Заметим, что в силу выпуклости т и все
эти «углы» имеют положительную величину, т. е. соседние «по-
луполосы» не накладываются друг на друга, а раз проекции
не пересекаются, то не пересекаются и сами соответствующие
тела. Вычислим объем. Объем двойной призмы равен 2RS.
Объем всех полуцилиндров равен
1 ПД Ч М £ | + . . . +\FA |) = y i t IRK
Объем шаровой «дольки», очевидно, прямо пропорционален
раствору—углу между ограничивающими плоскостями.
Отсюда их суммарный объем
| д ч £ + £ + ■ • • + £ ) =
^ ~ Я Ц п п ~ ( Я + В + . . . + £ ) ) = -*-л# 3
(т. е. он равен объему шара радиуса R). Окончательно
F = ( 1 л ) R* + я / ) /?■ + (2S) R.
Осталось проверить, что V = V (R), т. е. наше тело и есть М (R)-
В одну сторону включение очевидно. Всякая точка призмы (высоты
R) удалена от своей проекции на основание на расстояние
154 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ
не больше R, всякая точка цилиндра (радиуса R) удалена от
его оси (стороны многоугольника) на расстояние не больше R,
наконец, всякая точка шара (радиуса R) удалена от центра
(вершины многоугольника) на расстояние не больше R. Наоборот,
пусть теперь точка X принадлежит М (R) и пусть Y —точка т,
такая, что расстояние |Х У | ^ # . Опустим из X перпендикуляр
на плоскость т, пусть Z—его основание. Возможны три случая.
Г. Z также принадлежит т.
2°. Z принадлежит «лолуполосе», для определенности АВ.
Зэ. Z принадлежит «углу», для определенности А.
В случае 1° [ X Z | < [ X K K # , значит, X лежит в призме.
В случае 2° проведем через Z перпендикуляр к АВ и пусть Zt —
его основание. Очевидно, Z4 лежит на отрезке АВ и XZ _|_ АВ
по теореме о трех перпендикулярах. Zt—ближайшая к Z точка
многоугольника т. Очевидно, что другие точки отрезка АВ и
всей прямой АВ лежат только дальше. Остальные же точки т
отделены от точки Z прямой АВ и, следовательно, лежат еще
дальше. Таким образом, из всех наклонных, проведенных из
X в точки т, наклонная XZt имеет наименьшую проекцию.
Следовательно, из всех таких наклонных она имеет наименьшую
длину IX Z J ^ IX Z I ^ . 1?, точка X лежит на луче ZxX _|_ АВ на
расстоянии меньше R от оси, т. е. внутри соответствующего
полуцилиндра.
В случае 3° рассмотрим Д ZAY. Его ZAY заведомо тупой
(при Y ф А), ибо в силу выпуклости т точка Y лежит внутри
угла А < 180°, образованного лучами АВ и AF, а точка Z по
предположению лежит между внешними перпендикулярами к ним.
Отсюда |Zi 4 [ ^ [Zy | и, следовательно, | Х Л | ^ | Х У | ^ # , т. е.
X лежит внутри соответствующей «дольки» шара.
Итак, М = М (R).
104. Спроектируем ортогонально оба цилиндра на общий
перпендикуляр р к их осям 1г и /я. Каждый цилиндр при этом
спроектируется в отрезок длины, равной диаметру цилиндра.
Возможны три случая.
Г. Отрезки не пересекаются.
2\ Отрезки имеют единственную общую точку.
3°. Пересечение отрезков есть отрезок.
В первом случае поверхности не пересекаются вовсе, даже
их проекции не пересекаются. Во втором случае проведем через
единственную общую точку плоскость, перпендикулярную к р.
Нетрудно видеть, что она будет касательной к обоим цилиндрам
и иметь g каждым общую прямую. Когда оси цилиндров параллельны,
эти прямые совпадают. Следовательно, здесь линия пересечения
плоская. Если же оси цилиндров непараллельны, то
касательные образующие пересекаются и точка их пересечения —
единственная общая точка обоих цилиндров. Можно не считать
ее «линией пересечения», но безусловно течка может считаться
«плоской».
155 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ
Рассмотрим третий случай. Предположим сперва, что оси
цилиндров непараллельны. Проведем через произвольную общую
точку проекций плоскость Q, перпендикулярную к р. Она пересечет
каждый цилиндр по паре параллельных образующих, параллельных
соответствующей оси. Эти четыре прямые пересекаются
попарно в четырех точках, лежащих на линии пересечения
обоих цилиндров. Очевидно, эти четыре точки не лежат все
одновременно на одной прямой. Поэтому если линия пересечения
целиком лежит в некоторой плоскости, то это может быть
только Q. Так как эти рассуждения можно повторить для другой
любой плоскости Qlt также пересекающей общий отрезок
перпендикулярно к р, то в этом случае линия пересечения не
может быть плоской. Если же оси цилиндров параллельны, то
параллельны и все четыре прямые в плоскости Q, так что предыдущие
рассуждения теряют силу. Проведем плоскость R перпендикулярно
осям цилиндров. Она пересечет цилиндры по двум
окружностям, которые в силу сделанного предположения пересекаются.
Очевидно, сами цилиндры пересекаются по двум образующим,
проходящим через точки пересечения окружностей
параллельно осям. Пара параллельных прямых также лежит
в одной плоскости.
Окончательно, два цилиндра пересекаются по плоской линии
тогда и только тогда, когда их оси параллельны. При этом линия
не вырождается в точку или пустое множество, если:
где d—расстояние между осями, а г,-—радиусы цилиндров.
105. По условию задачи мы можем только уравновешивать
чашки весов, пересыпать сахар с одной чашки на другую и под-
кладывать гирьку то на одну чашку, то на другую.
Будем весь ранее взвешенный сахар ссыпать на чашку В,
отмеряемый сахар сыпать на чашку А, а гирьку Г иногда класть
на чашку В.
Схема уравновешиваний такова
156 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ
Меньшим числом уравновешиваний, чем 10, обойтись нельзя.
В самом деле, за одно уравновешивание масса только что отмеренного
сахара может быть самое большее равна массе сахара,
отмеренного раньше, плюс 1 грамм. Таким образом, за 9 уравновешиваний
можем отмерить самое большее 511 граммов.
106. Значение х должно удовлетворять условиям:
sin Зх-cos (60°—4х) = — 1; (1)
sin (60 —7х)—cos (30°+ х) + т Ф 0. (2)
Уравнение (1) эквивалентно альтернативе:
а) sin3x = — 1, a cos(60°—4 х )= 1 , откуда х = /г-120о + 90°
и х=/ -90° + 15°, следовательно, 6 / — 8 6 = 5, что невозможно,
так как левая часть четна, а правая нечетна;
б) s i n3x=l , a cos(60°—4х) = — 1; тогда х = k- 12СР + 300
и х = /-90°.+60°, поэтому 4/z = 3 / + 1 или k—1 = 3 ( /—k), следовательно,
Л = 1 + 3/ (/—целое);
х = / -360°+ 150°.
Подставляя это значение х в (2), получаем условие т ф 2.
107. Положим: /(x) = ^ t ^ ; g(x) = sinx, откуда видно, что
/(х) — монотонная функция, а | ^ ( х ) ] ^ 1 .
Решениями данного уравнения являются те и только те действительные
числа £, для которых /(£) — £(£)•
Пусть f(a) = — 1, а / (6 ) = 1, тогда а = — 2153; 6=1775,
/(с) = 0 при с = — 189.
На [0; 1775] укладывается 282 интервала длины 2л. На
[—2153; 0] укладывается 342 интервала длины 2л. Рассмотрим
отрезок [0; 1775]. На этом отрезке / ( х )> 0 и на каждом интервале
длины 2 я прямая f(x) = y пересекает у = sin х в двух точках.
На части 283-го интервала, попадающей в [0; 1775],/(х) принимает
значение, равное единице справа от £, где g ( i ) = l , поэтому
на этом интервале имеются еще две точки пересечения.
Итак, на [0; 1775] имеется 282-2 + 2 = 566 решений уравнения.
157 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ
Отрезок [0; —2153] разобьем на два отрезка [0; — 189] и
[— 189; —2153], на [0; — 189] содержится 30,06… интервалов
длины 2 л, где { (х) > 0. Поэтому имеется 60 точек пересечения.
На 31-м интервале функция f(x) меняет знак, и равенство
/(£) = £f(£) имеет место только в одной точке. На остальных 311
интервалах y — f(x) < 0 , и поэтому на каждом интервале две точки
пересечения. На оставшейся части 343 интервала укладывается
более половины синусоиды, где — 1 ^ sin х < 0 и — 1 < f (х) < о,
и поэтому там имеется еще две точки пересечения. Итак, всего
слева от нуля имеется 685 точек пересечения.
Всего уравнение имеет 1251 решение.
ЮЗ. Пусть для натурального п имеются натуральные числа:
х ^ У и *я< 1/я, такие, что
z = x j + t/,! = xa! + t/a!. (1 )
Мы можем предполагать, что хг < х„ (иначе мы изменили бы
нумерацию). Тогда не может быть ух < ха, так как в этом случае
мы имели бы
что противоречит (1 ).
Поэтому
У \ ^ + 1
для ха имеем тогда ха^ г / а, xt ^ y lt поэтому число
ха! + t/2l — t/J
делится без остатка на х„!. Вследствие (1 ) также число x j делится
без остатка на ха1 , что противоречит предположению
0 < xt < хй. Утверждение доказано.
109. Пусть п—любое натуральное число, для которого выполнено
условие задачи. Тогда получим:
X — 1 1 1 . . . Т— у . 1 1 1 . . . 1 = 2 а ( 1 1 1 . . . 1 )а. ^
2 п цифр п цифр п цифр
Имея в виду, что для любого натурального k
1 0 * — * + 1 0 *-’+ . . . + 1 0 + 1 — ^ Е ^ ,
из (2 ) получим:
ю=п- 1 „ 10 «— 1 _ „*(10″— 1 )»
Х ‘ 9 ^ 9 — 2 S2
Отсюда, после сокращения на 10″—1 и освобождения от знаменателя,
получим
9 (10» + 1)х—9i/ = (10″— 1) г2,
158 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ
гили, что то же,
(9х—z2)lOn = 9y— 9х—z». (3)
Согласно условию существуют натуральные числа пх ф я 2,
для которых выполнено (1 ), а следовательно, и (3), т. е.
(9%—z2) 10″> = 9t/—9х—z2; (9х—z2)10″» = 9£/—9х—г3.
Вычитая эти равенства, получим:
(9х—z2) (10п1—10″=) = 0.
Но так как 10п>—1 0 » ^ 0 , то следует, что
9х—za = 0. (4)
Подстановкой из (4) в (3) находим, что
9 у—9х—z2 = 0. (5)
Из (4) и (5) следует, что
x = k 3\ y —2k3\ z = 3k, где k—целое.
Ввиду того что 0 < х, у, z ^ 9 , получим два решения:
х 1 4
У 2 8
г 3 6 .
Если (х, у, z)—любое решение, то для каждого п выполнено
(3), а следовательно, и (1). Иными словами, данное равенство
выполнено для всех натуральных п.
IIO. Пусть натуральные числа i, /, k, I удовлетворяют условиям
1 < » < / < * ,
Тогда
—О,Я/ > (г«/ +-гЯЦ/)а» ; 0*)
1 • 1 > 2 -Д = — • -Д = г > 4 (2)
a fly c kat У a fly V o-ifli i fli+ay) (ак +щ)
Сложив все неравенства (1) и (2), получим заданное неравенство.
Равенство имеет место тогда и только тогда, когда
1 4
я,f l y (Pi-у ay)2 ’ (1)
_! г !_ _ 4 _____ ?_____ (2)
a f l y akai (ty+a ,-) (ah -\-at) ’
т. e. когда
* Неравенства (I) и (2) следуют из неравенств:
a — y b ^ 2 У~аЬ, где я ^ гО , b 0 .
159 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ
III. Пусть отрезки, соединяющие п точек, разбивают круг на
и„ областей и z„—множество всех этих отрезков. Условимся
нумеровать точки по ходу движения часовой стрелки: Аи . . . , л
и добавим еще одну точку Ап+1 между А„ и Аг. При проведении
отрезка An+1Ak (Л=1, . . . , п) рассечется надвое столько
областей, на сколько частей отрезки множества zn рассекают
сам отрезок Ап+лАк. Отрезок А„+1АЛ пересекают отрезки, соединяющие
любую из точек А1У . . . , с любой из точек
Л*+1 , •••, А„ (но не пересекает внутри отрезки, исходящие из
Лп + 1 или Ak). Таких отрезков ровно (k—1 )(п—k), а точек
деления столько же или меньше; последнее случится тогда,
когда некоторые из точек деления совпадут. Число частей на
единицу больше числа точек деления. Таким образом, при проведении
отрезка An+1Ak число областей увеличивается не более
чем на 1+( £ — 1)(л—к). Эта оценка не зависит от того, проведены
или еще нет другие отрезки из Ап+1. Всего, после проведения
всех отрезков Лп+1Лг, . . . , ЛП+1Л„, число областей
будет не более
п п п ы„ + 2 (1 + (&—1)(п—к)) = u„- \ -n- j~n ‘ 2 Ф — 1)— 2 k ( k 1). ft=l fc=l fc=l-
Нетрудно доказать по индукции следующую формулу:
П
2 (*—!)■ • • (*—■s) = r i r n (п—*)• ••(«—«)•
* = 1
Тогда после преобразований получим:
п ( п— 1) (и— 2) Un + l^^UnA~tl~\~ 0 •
Суммируя все эти неравенства и учитывая, что их=1 , получаем:
.. ^ 1 , п (п — 1) , п ( п— 1)(п— 2) (п— 3)
и п 1 i 2 ‘ 24 *
Если в конфигурации zn никакие три отрезка не пересекаются
в одной точке, то все подсчитанные нами точки деления
различны, и неравенство превращается в равенство:
Махц„= 1 1 1 <«~2> (” — 3).
Остается проверить, что такую конфигурацию можно осуществить.
Докажем это по индукции.
Пусть точки Аг, . . . , Ап уже выбраны указанным образом.
Соединим прямыми каждую точку пересечения отрезков z„ со
160 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ
всеми вершинами Alt . . . , Ап. Занумеруем вторые точки пересечения
этих прямых с окружностью буквами В у, . . . , Вт. Их
число т конечно и не превосходит п[с2] 2 (его можно выразить
через ип, но этого не требуется). Очевидно, если выбрать за
Ап+1 любую точку окружности, отличную ОТ By, . . . , Вт, то
отрезки АпЛ1Ак не будут проходить через точки пересечения
отрезков г„, что и означает, что в конфигурации г„ + 1 также
никакие три отрезка не пересекаются в одной точке.
112. Пусть К —точка пересечения касательных к окружности
в точках С и D (точка К существует, так как точки С и D не
диаметрально противоположные) и пусть N — точка пересечения
прямых АС и BD.
Различные взаимные расположения точек С и D относительно
АВ указаны на рисунке 60. Однако приведенное ниже
решение не зависит от расположения точек С и D.
Рассмотрим Д ABN. В этом треугольнике АС и BD — высоты,
следовательно, L—точка пересечения высот, тогда LN—также
высота и поэтому LN _]_ АВ.
Докажем, что К —середина отрезка LN. Пусть К у—точка
пересечения прямой LN с касательной т, проведенной через С.
Покажем, что /(, совпадает с К.. Рассмотрим прямоугольные
161 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ
ных прямых АС и ВС прямыми АВ и NL.
Так как секущие взаимно перпендикулярны, то прямые углы
NCL и АСВ обязательно смежные.
CAB = LNC = a и СВА = NKC = $, как острые углы с взаимно
перпендикулярными сторонами. Касательная т проходит вне
Д АВС, образуя с его сторонами С А и СВ острые углы, величины
которых равны соответственно р и а. Поэтому касательная
рассекает смежный Д NCL.
j /K tC N—острый и образован АС и т .
Следовательно, KiCN = a, a KiCL = $ и Д ^ гС и Д Б /^С
равнобедренные, и, наконец, \KrN \ = \K1C\ = \K1L\. Таким образом,
касательная т проходит через середину Кг отрезка LN.
Аналогично, касательная к окружности в точке D также проходит
через Kj, откуда К = Кх-
113. а) Середина Т отрезка X Y (рис. 61) принадлежит, очевидно,
кругу, который является образом круга К при гомотетии
Ну с центром Y и коэффициентом у . Круг Ку имеет своим
центром точку Sy, которая является серединой отрезка SY,
и его радиус равен —. Будем изучать множество всех точек Sy,
когда Y пробегает Q. Эти точки заполняют образ Q’ квадрата Q
при гомотетии Н0 с центром 5 и коэффициентом у . Фигура Q’,
следовательно, есть квадрат, центр М’ которого есть середина
отрезка SM, сторона которого равна 1, причем стороны квадрата
Q’ параллельны соответствующим сторонам квадрата Q.
Круги Ку заполняют фигуру U.
б) Фиксируем точку Y. Точку Z получим теперь из точки Т,
если сделать сначала поворот около Y на 45° (в положительном
или отрицательном направлении) и после этого гомотетию с центром
в К и коэффициентом Y 2; при этих отображениях круг Ку,
которому принадлежит точка Т, перейдет в круг Ку’, радиус
162 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ
последнего равен ~ ~ , и его центр Sy получится как образ центра
Sy при указанных отображениях. Точка S’y является поэтому
вершиной равнобедренного прямоугольного треугольника
SYS’ с гипотенузой SF. Следовательно, можно получить Sy
так же, как образ точки Sy при последовательном применении
двух отображений: поворота около точки S на 45° (в положительном
или отрицательном направлении) и гомотетии с центром
в S и коэффициентом 1^2. Эти отображения переводят множество
точек Sy, т. е. квадрат Q’ в два квадрата Qu Q2 со сторонами
длины V~2. Круги Ку заполнят тогда фигуры Ult U2.
Каждая из них получится как образ фигуры U при повороте
на 45° (в положительном или отрицательном направлении) около
точки 5 и последующей гомотетии с центром S и коэффициентом
У~2. Фигуры Ult U2 имеют следующий вид (см. рис. 62).
Точки Z заполнят, следовательно, фигуры Ut и U2.
114. а) Проведем В В ^ А А ‘ и А ‘В ^ АВ (рис. 63); получим
параллелограмм АА’В^В. Прямая, параллельная АВ и проходящая
через М, пересекает прямую ВВ1 в точке Ыг. Имеем:
Через Nt проведем прямую, параллельную В^В’. Пусть эта
прямая пересекает ВВ’ в точке N2. Из треугольника ВВХВ’
I AM | _ | ВМг |
\М А ’ \ | ЛтВ, |
следовательно, | B’N2 I | A1A’ |
и точка N2 совпадает с точкой N,
163 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ
Аналогично строим параллелограмм
DD’CjC и
точку Р, на СС,. Затем
проводим Л Р аН ^ С ‘, откуда
IPQI ■. L£PjJ |СР,|
IQO’i i p ^ i J p^ j
(теперь и точка Р2 совпадает
с точкой Р), но
A’BjCfl’ — параллелограмм,
так как | А ‘ Б1| =
= \AB\ = \DC\ = \D’C1\ и
A’BjK АВ, D C ||D A — Отсюда
следует, что | A’D’ I =
= |В А | , A’D’ IIВ А , сле-
Рис. 64 довательно, BjCJl B ‘ C ‘n
|ВА1 = |В ‘С ‘|.
Тогда и N^11 А следовательно, N1NPP1
и MNPQ—параллелограммы.
б) Вторая часть, очевидно, сводится к нахождению геометрического
места середин отрезков МР. Теперь выберем Сх
(рис. 64) так, чтобы четырехугольник АА’С^С был параллелограммом.
Прямая, параллельная к прямой АС, проведенная
через М, пересекает ССХ в точке М’ и параллельная к прямой
С А , проведенная через М’ , пересекает СС’ в точке Рг.
Имеем:
\ АМ\ \СМ’ \ |С Р 2 |
| MA ‘ l |M ‘C i | | Р 2С ‘ | —
Поэтому Рг совпадает с Р.
Пусть Е—середина отрезка ММ’ , F—-середина отрезка М’Р
и О—середина отрезка МР. Имеем, очевидно:
\EO\ = \M’F\-, EO\\M’F,
следовательно, О описывает прямую, параллельную медиане,
проведенной из вершины С треугольника ССХС’; эта прямая
проходит через середину АС и середину А’С’.
115. Заметим, что рФ 0 и что, если х—корень, то
sinx-cosx^O.
Умножим обе части уравнения на psinxcosx. Мы получим
p (s in x -f cosx) = sinxcosx или после подстановки х = ^-+У:
p(sin (т+р) +cos (*+*))=sin +i/) cos (^+!/) ‘
164 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ
sin (T+^)+cos(T+^)=sin (-r+^)+sin (т ~ y)=*
= 2 sin-^- cos у = 1 / 1 2 cost/,
sin ( t + ^ ) ‘c0S( t + ^/) = Y s i n ( Y + 2^ / ) = Y s i n ( y — 21/) =
= yCOS2 i/ = Y (cos2 p— sin2 y) = у (cos2 у — ( 1 —cos2 y)) =
= Y ( 2 cos2 у 1 ),
так что если ввести обозначение г = cos у, то уравнение
р (sin х + cos х) = sin х cos х
равносильно следующему:
/ 2 pz = | ( 2 z2 — l ) .
Или
2 г2—2 \ r2pz— 1 = 0 ,
откуда имеем:
z i = ~ y f — ( P + W + O, г2 = у = — ( р —К р Ч 7! ) .
Для любого действительного значения р, очевидно,
> 0 > z2.
Так как должно быть
1 , z2> —1 ,
то р должно удовлетворять следующим условиям:
—1 7=-^ ^ Р ^ —-17 — .
2 / 2 2 / 2
Легко видеть, что при всех р из этого промежутка корни zlt
z2 уравнения 2z2—2 / 2 pz—1 = 0 будут различны. Тогда для
значения у 0 ^ у < 2 л получаются четыре следующих значения:
i/j = arc cos Zj, y2 = 2л—arc cos zv p3 = arccosz2,
p4 = 2 я—arc cos z2.
Они все различны, кроме случая, если р = — 2 , когда различных
только два. Это же имеет место для любого промежутка
165 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ
переменной у вида: 2 k n ^ .y < 2 (k-\-1) п. Используя подстановку
получаем выражения для х. Исследование существования
и количества решений уже проведено.
IIG. Известно, что радиус вневписанной в треугольник окружности,
касающейся извне его стороны а,
“ р — а
где s — площадь, а р—полупериметр треугольника. (Сравните
с формулой для радиуса вписанной окружности.)
Аналогичным образом
s s ГЬ = -р ^ ЬГ’, г„ = ■р — с
Попарно перемножая эти равенства и используя формулу Герона,
имеем:
rarb = P(p—c), rbrc — p (р—а), гсга = р (р—Ь).
Складывая соответствующие стороны последних равенств, получаем:
Так как
то имеет место:
rarb + rbrc + rcra = p2
rbrc= P ( p—a),
а——(р.—У , ) — „ ■
Р V r a r b -\~ г Ь г с ~ \~ г с г а
На основании этого равенства сторона а может быть построена
Аналогичным образом можно построить стороны b и с, а с их
помощью сам треугольник.
Легко видеть, что построение
может быть проведено,
причем единственным образом,
какими бы ни были радиусы
вневписанных окружностей.
З ам е ч а н и е . Задачу
можно решить и проще, используя
метод подобия. Приведенное
выше решение обладает
тем преимуществом, что
из него легко получить условие
возможности построения
искомого треугольника.
117. Легко выпуклое тело, о котором
идет речь, может быть лишь
Рис. 65 таким, каким оно изображе166
166 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ
но на рисунке 65. Плоскости данных конгруэнтных прямоугольников
будем рассматривать как координатные плоскости, стороны
прямоугольников обозначим через 2а и 2Ь, причем а ^ Ь .
а) Из симметрии тела следует, что объем той части тела,
которая находится в первой (положительной) части пространства,
равен -g- части объема всего тела. Но
V О ABCDEF = V OBDF + К FABO + ^ В С DO + ^ DEFO’
Тело OBDF является правильной треугольной пирамидой,
ребра при основании которой
\BD\ = \DF\ = \FB\ = VZ {&—ab + b*),
а боковые ребра
\OB\ = \OD\ = \OF | = ] / o ^ R
Легко подсчитать, что ее объем
^ = |( й 3 + й 3).
Нетрудно подсчитать, что объем треугольной пирамиды FABO
Аналогичный результат получается для объемов треугольных
пирамид BCDO и DEFO. Таким образом, объем всего тела
V = 8 (V, + 3V2) = — | ( ° 3 + 3а*Ь + Ь3)-
б) Необходимое и достаточное условие правильности тела,
о котором идет речь, состоит в том, чтобы длины его ребер
были одинаковыми, т. е., например, \ BD\ = \BB’ \, иначе говоря:
V2 (a*—ab + b*) = 2 Ь,
откуда получаем:
4 = | ( Г 5 — 1 ) .
Это означает, что более короткая сторона прямоугольников
должна равняться более длинному из отрезков, на которые разбивается
более длинная сторона прямоугольников золотым сечением.
З ам е ч а н и е . Если 4 — —О»
а = | ( / 5 + 1).
167
167 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ
Если подставить этот результат в полученную выше формулу
для V, то получим следующий результат:
E’ = — ^ ( 3 — f — j / 5 ) 6 3.
Это равно объему правильного икосаэдра, длина ребер которого
равна 2 Ь.
118. Обозначим через х и у соответственно радиус основания
и образующую конуса. Тогда V = у лх2 У у2—х2 и S = nxy. Подставляя
значения V и S в исходное неравенство, получим:
4 кх*у2—хв) < х3у3
или, деля обе части неравенства на положительное число 4х3у3,
получим:
х_ / Х \ аI з
У \У ) ( / 3 ) з »
или
{х_\3 Х_
\ У ) У (/Ю- ( / 3 )
W > 0 . (1)
Так как —у < 1, то можем обозначить —У=cosm,
где 0 < ф < у —угол между образующей и радиусом основания
конуса, и неравенство (1 ) перепишется:
cos3 ю — , ■ —cos ф -\— т = -^ О,
( / З ) 3 Y Y*
или
(соэф (cOS2 (p+y=-COS(p —
С052ф + у 5 = -С 0 5ф— | — = ^С05ф — -р= -^ ^СОЗф + y L — ) .
Поэтому получим:
(“»»—Pf)'(cos,1’+T f ) >0-
Но
(2)
В неравенстве (2) первый сомножитель всегда неотрицательный,
а второй — при 0 < ф < у — всегда положительный. Производя
все действия в обратном порядке, получим исходное не-
х 1 равенство. Равенство в (2) достигается при соэф = — = -р==-.
168 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ
119. Пусть В (ABCD) и Р’ (A’B’C’D’)— данные параллелограммы,
причем
\AB\ = \DC\ = b, \AD\ = \BC\ = a,
\А’В’\ = \ D’C’ | = а’, | A’D’ | = | В’С’ | = Ъ’,
и наряду с этим Ь’ р. АС.
Построим параллелограмм Pt (А р р р ) ^ ) со сторонами а и
Ь’ , равносоставленный с Р’ , следующим образом (рис. 6 6 ). Обозначаем
А1= А ‘ , D1 = D’. После чего проводим окружность
с центром в точке А’ и радиусом а и получаем точку пересечения
этой окружности с отрезком В’С’. (Это осуществимо
ввиду того, что а’ р.аР.Ь’ < | А’С’ (.) Наконец, строим точку Ct
так, чтобы А р р р ^ был параллелограммом. Очевидно, Р’ может
быть разложен на две части, из которых можно составить Рх.
Далее аналогичным образом строим параллелограмм В*
(A2B2C2D2) со сторонами а и Ь’, который можно разложить на
две части, из которых составить Р. Для этого обозначим Л 2 =
= A, Z)a = D, после чего проводим окружность с центром в точке
А и радиусом Ь’ и получаем точку пересечения В2 этой
окружности с отрезком ВС (это осуществимо ввиду того, что
b ^ .b ‘ г^|ЛС|). Наконец, строим точку С2 так, чтобы A2B2C 2D2
был параллелограммом.
Очевидно, Р может быть разложен на две части, из которых
можно составить В2.
Так как по построению параллелограммы В* и В2 равновеликие
с В’ и В и имеют стороны а и Ь’, то Р± и В2 конгруэнтны.
Этим доказано, что параллелограмм В’ может быть разбит
на четыре части, из которых можно составить параллелограмм В.
169 РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ИЗ МАТЕРИАЛОВ ЖЮРИ
Comments