Решения задач М174—М178

62

Решения задач
M174—M178

M174. См. статью Н. Ф. Шарызина на с. 42.

M175. a) Каждая сторона правильно треугольника разбита на m равных частей, и через точки деления проведены прямые, параллельные сторонам, разрезанное треугольник на m² маленьких треугольников. Среди вершин полученных треугольников нужно отметить N вершин так, чтобы ни для каждой двух отмеченных вершин A и B отрезок AB не был параллелен ни одной из сторон. Каково наиболее возможное значение N (при заданном m)?
Разделим каждое ребро треугольра на m равных частей и через точки деления проведем плоскости, параллельные граммы. Среди вершин полученных многоограничков отметим N вершин так, чтобы никакие две отмеченные вершины не лежали на прямой, параллельной одной из границ. Каково наиболее возможное N?
b) Среди целочисленных решений уравнения

$$x_1 + x_2 + \dots + x_k = m,$$

удовлетворяющих условияm 0 ≤ x_i ≤ m (для всех i=1,2,…,k), нужно выбрать N решений так, чтобы ни в каждой двух из выбранных решений никакое неизвестное x_i не принадлежало одному и то же значению. Чему равно наиболее возможное значение N? (Задачи a) и b) является частью случая задачи b) соответствующего при k=3 и k=4.)

Прежде всего проверим, что задача а) является частью случая задачи b) при k=3 и k=4.

Прием за 1 расстояние между соседними параллельными прямыми, разрезающих треугольник (рис. 1). Каждый точке треугольника сопоставим 3 числа: x₁, x₂ и x₃, выражающие (в выбранном масштабе) расстояния от этой точки до сторона треугольника (рис. 2).

Легко показать, что сумма x₁ + x₂ + x₃ — одна и та же для всех точек треугольника. В самом деле, обозначим через 2a длину стороны треугольника; тогда ax₁, ax₂ и ax₃ — площади треугольников OA₂A₃, OA₁A₃ и OA₁A₂ (рис. 2); отсюда a (x₁ + x₂ + x₃) — площадь ΔA₁A₂A₃, то есть x₁ + x₂ + x₃ не зависит от выбора точки O. В выбранном масштабе x₁ + x₂ + x₃ = m (где m — число отрезков, на которые разбита каждой сторона треугольника).

Мы сопоставили каждую точку треугольника 3 числа: x₁, x₂ и x₃. При этом вершинам маленьких треугольников сопоставлены целые неотрицательные числа (рис. 3).

В задаче a) требуется, чтобы ни для каждой двух отмеченных вершин A и B отрезок AB не был параллелен ни одной из сторон ΔA₁A₂A₃. В задаче b) ни в каких двух из выбранных решений никакое неизвестное x_i не должно принадлежать одному и то же значению. Оба требования (второе — при k=3) ознакомют, разумеется, одно и то же.

Таким образом, задача a), действительно, представляется собой частный случай задачи b) при k=3.

Аналогично проверяется, что задача 6) эквивалентна задаче b) при k=4.

Итак, остается решить задачу b).

Переформулируем ее:

Пусть в прямогольной таблице из k столбцов и n строк можно так расставить неотрицательные целые числа, что сумма чисел в любой строке равняется m и ни в каком столбце никакое число числа не повторяется. Пусть k и m фиксированы. Какое наиболее возможное N может тогда принять n?

Новая формулировка, разумеется, эквивалентна исходной, но при этом позволяет проще и короче изложить решение.

63

Докажем, что $N \leqslant \left[ \frac{2m}{k} \right] + 1$, где $\left[ \frac{2m}{k} \right]$ означает целую часть числа $\frac{2m}{k}$ (наибольшее целое, не превысая $\frac{2m}{k}$).

Всего чисел в столбце $N$, они не повторяются и неотрицательны. Значит, сумма их не меняше, чем

$$0 + 1 + \cdots + (N - 1) = \frac{N(N - 1)}{2}.$$

Столбцов в таблице $k$. Значит, сумма чисел во всей таблице не меняше, чем $\frac{kN(N - 1)}{2}$.

С другой стороны, в каждой строке сумма чисел равна $m$, откуда сумма чисел во всей таблице равна $Nm$.

Игак, $Nm \geqslant \frac{kN(N - 1)}{2}$. Следовательно, $m \geqslant \frac{k(N - 1)}{2}$ и $\frac{2m}{k} \geqslant N - 1$. Так как $(N - 1)$ – обязательное целое, то $\left[ \frac{2m}{k} \right] \geqslant N - 1$. Тем самым, $N \leqslant \left[ \frac{2m}{k} \right] + 1$.

Можно ли утверждать, что $N = \left[ \frac{2m}{k} \right] + 1$?

При $k = 1$ это, очевидно, не так: $N = 1$, а $\left[ \frac{2m}{k} \right] + 1 = 2m + 1$. Но, оказывается, случай $k = 1$ – единственное исключение: при $k \geqslant 2$

$$N = \left[ \frac{2m}{k} \right] + 1.$$

Чтобы доказать это, мы построим для любых целых $k$ и $m$ ($k \geqslant 2, m \geqslant 0$) таблицы $k \times N$, удовлетворяющие всем условиям задачи.

Пусть сначала $k$ – произвольное число: $k = 2r, r \geqslant 1$. Если $m = rl$, где $l$ – любое неотрицательное целое число, то $N = l + 1$ (см. табл. 1).

64

Если $m = rl + q$, где $0 \leq q < r$, то во всем числом последнего столбца таблицы 1 нужно прибавить по $q$ (см. табл. 2); $N$ порежиму равно $l + 1$. Таким образом, при четном $k$ таблицы построены для любого $m$.

При построении таблицы для нечетных $k > l$ выделим особо случай $k = 3$.

При $k = 3$, если $m = 3l$ или $m = 3l + 1$, то $N = 2l + 1$ (табл. 3 и 4), а если $m = 3l - 1$, то $N = 2l$ (табл. 5).

Заметим и е. Рис. 3 соответствует табл. 3 при $k = 3$, $m = 6$.

Пусть теперь $k = 3 + 2r$ — произвольное нечетное число, большее трех, а $m$ — любое неотрицательное целое число. Обозначим через $p$ остаток от деления $m$ на $k$ и расстоянием 2 случай: 1) $0 \leq p \leq r + 1$, 2) $r + 2 \leq p \leq 2r + 2$.

В первом случай $m = kl + q$, $0 \leq q = p \leq r + 1$, $N = 2l + 1$, а соответствующая таблица образуется добавлением к табли. 3 таких $2r$ столбцов, которые получаются, если в табли. 2 заменить $l$ на $2l$.

Во втором случай $m = k(l - 1) + r + 2 + q$, $0 \leq q \leq r$, $N = 2l$, а соответствующая таблица образуется добавлением к табли. 5 таких $2r$ столбцов, которые получаются, если в табли. 2 заменить $l$ на $2l - 1$.

М. Л. Гервер

M176. К какой стороне треугольника $ABC$ близке всего расположена точка пересечения его высот, если $A < B < C$? А к какой вершине?

Обозначим высоты через $AK$, $BM$, $CP$, и точку их пересечения через $O$.

Расстояния от $O$ до сторона равны $OK$, $OM$, $OP$.

Предположим, что $\Rightarrow C \neq 90^\circ$. Тогда $OK < OM < OP$.

Докажем левое неравенство (правое доказывается аналогично). Действительно, $\frac{OM}{OC} = \frac{AP}{AC} = \cos \theta A$, $\frac{OK}{OC} = \frac{BP}{BC} = \cos \theta B$.

Поскольку $\Rightarrow A < B$, то $\cos \theta A > \cos \theta B$, откуда $OM > OK$, что и требовалось. Расстояния от $O$ до вершин расположены по величины так: $OA > OB > OC$.

Докажем левое неравенство (правое доказывается analogично).

$\frac{OA}{OP} = \frac{1}{\sin \theta OAP} = \frac{1}{\cos \theta B}$

$\frac{OB}{OP} = \frac{1}{\sin \theta OBP} = \frac{1}{\cos \theta A}$, откуда $OA > OB$. Приведенное решение годится для всех треугольников, кроме прямоугольных.

В случае, когда $C = 90^\circ$, оба доказательства не проходят.

Найдите ответ для этого случая сам (он оченьен).

M177. Найдите все решения уравнения

$\sqrt[n]{x^n - a^n} + \sqrt[n]{2a^n - x^n} = a$,

еде $a$ — заданное вещественное число, $n$ — натуральное число, большее единицу.

Разберем сначала особый случай $a = 0$. Получаем:

$\sqrt[n]{x^n} + \sqrt[n]{-x^n} = 0$.

Если $n$ — четное, то единственный решение будет $x = 0$ (так как иначе $x^n$ и $-x^n$ имеют разные значки, и один из корней не имеет смысла). Если $n$ — нечетное, то любое $x$ будет решение.

Пусть теперь $a \neq 0$. Обозначив $\sqrt[n]{x^n - a^n}$ через $y$, а $a - y$ через $z$, получаем систему:

$$\begin{align*} y + z &= a, \\ y^n + z^n &= a^n \end{align*}$$

Пусть

$$\begin{align*} y &= a, \\ z &= 0 \end{align*}$$

или $y = 0, z = a$.

В этих случаях оба равенства выполняются. Посмотрим, какое это дает. Вычислим $x$:

$$x^n = 2a^n$$ или $x^n = a^n$.

Эти равенства выполняются при

$$x = \begin{cases} a \sqrt[n]{2}, & \text{и } x = \begin{cases} a, \text{если } n \text{-нечетное, } \pm a, \text{если } n \text{-четное, } \end{cases} \end{cases}$$

соответственно. Подставляя эти значения $x$ в исходное уравнение, получаем в общих случаях одно и то же:

$$\sqrt[n]{a^n} = a$$.

Это верно:

при всех $a$, если $n$ — нечетное, при $a \geq 0$, если $n$ —четное.

Докажем теперь, что при $a \neq 0, y \neq 0, z \neq 0$ система (1) выполняется не может. Достаточно рассмотреть только тот случай, когда $a > 0, y \geq z$. Действительно, если $y, z, a$ — ее решение, причем $a < 0$, то и $-y, -z, -a$ — также ее решение. Далее, если в решении помещать значения $y, z$ местами, то получим снова решение. Значит, если есть решение при $a \neq 0$, то есть и решение при $a > 0$, такое, что $y \geq z$.

Итак, пусть $a > 0, y \geq z$. Расстоянием два случая.

65

a) $z > 0$. Тогда
$$y^n + z^n = (y + z)^n,$$
(2)
откуда $z^n = (y + z)^n - y^n = (y + z - y) \times [(y + z)^{n-1} + \dots + y^{n-1}]$. Но $z^n < z(y + z)^{n-1}$, поэтому равенство (2) невозможно.

6. $z < 0$. Положим $z = -w$.
   При $n$ четном системе (1) принимает вид
   $$y - w = a,$$
   $$y^n + w^n = a^n$$
   или
   $$a + w = y,$$
   $$a^n + w^n = y^n$$
   что аналогично служаю (a).
   Итак, вот окончательный ответ.
   Если $n$ нечетное, то при всех $a \neq 0$
   $x_1 = a\sqrt{2}, x_2 = a$; при $a = 0$ любое $x$ – решение.
   Если $n$ четное, то при $a > 0$ $x_{1,2} = \pm a\sqrt{2}, x_{3,4} = \pm a$, при $a = 0$ $x = 0$, а при $a < 0$ решение нет.

Большинство ошибок в письмах, присланных читателями, связано с тем, что указываемый ответ верен не при всех значениях параметров $a$ и $n$, иного ответ указаан верно, но доказательство, что других решений нет, отсутствует.

A. Л. Тоом

M178. Опустим из любой точки $P$ биссертиры уела А треугольника ABC перpendicularны $PA_1, PB_1, PC_1$ на его стороны BC, CA и AB соответственно. Пусть $R$ – точка пересечения прямых $PA_1$ и $B_1C_1$. Доказим, что прямая $AR$ делим сторону BC пополам.

Проведем через точку $R$ прямую, параллельную стороне BC. Пусть она пересекает стороны $AC$ и $AB$ в точках $B_2$ и $C_2$. Мы докажем, что $R$ – середина отрезка $B_2C_2$: в этом и только в этом случае прямая $AR$ делит BC пополам. Поскольку $PR \perp B_2C_2$, для этого нужно доказать, что треугольник $B_2PC_2$ – равендренный. Доказем равенство углов $C_2B_2P$ и $B_2C_2P$. Около четырехугольника $RC_2C_1P$ можно описать окружность (это следует из того, что $C_2RP = C_2C_1P = 90^\circ$), значит, $RC_2P = RC_1P$. Но точно так же вписанными является четырехугольник $AC_1PB_1$ ($\Rightarrow AC_1P = \Rightarrow AB_1P = 90^\circ$), следовательно $B_2C_2P = PC_1B_1 = PAB_1$). Аналогичные рассудения для четырехугольников $B_2B_1RP$ и $B_1AC_1P$ показывают, что $C_2B_2P = PAC_1$. Но так как $AP$ – биссертира уела $A$, требуем равенство углов $C_2B_2P$ и $B_2C_2P$ доказано. Задча решения.

H. Ф. Шарын

66

2, 8; Л. Рудицер (Харьков) 0, 2, 3; С. Санктковский (Минск) 4, 8; М. Сапир (Свердловск) 0, 2, 3; А. Сбоев (пос. Медведок Кировской обл.) 4; С. Семенов (Воронеж) 0; Р. Сирота (Харьков) 0, 3, 8, 9а), 6), в); С. Соков (д. Соковки, г. Слободской) 8; В. Сленой (Фрунзе) 8; В. Слененко (Челябинск) 0, 4, 5, 8, 9а), 6), в); А. Слесаренко (Рубцовск) 0, 3, 4, 8; А. Слинкин (Москва) 0, 2, 8; В. Солодушкин (Степногорск) 3; П. Сухов (Саратов) 3; Ю. Смецко (Черновцы) 0; С. Табачников (Москва) 0; А. Тацев (Баку) 0; А. Тинков (Симферополь) 2; И. Тоноян (Ереван) 2; Э. Туркевин (Черновцы) 0, 2—4, 8; А. Тюлейн (Кировоград) 7, 8; В. Урышев (Магнитогорск) 8; В. Федоров (Московская обл.) 8; В. Филин (Каспийск) 0; В. Хлебопрос (Киев) 0; С. Церковный (Ленинград) 2; 4, 8; И. Цукerman (Ленинград) 2; В. Цырклеви (Бельцы) 2; Н. Чамурлцев (Тбилис) 0; С. Черемшанце (Ленинград) 9а), 6); Н. Чернсов (Кривой Рог) 8; В. Чернякин (Полтавская обл.) 8; Е. Чесноков (Москва) 2; К. Шварцан (Кишинев) 0; Ю. Шмелев (Ярославль) 0, 2, 4; И. Шулеев (Москва) 8; В. Шурышин (Горький) 3; И. Шербаков (Первомайск Николаевской обл.) 2; Н. Шербина (Днепропетровск) 0, 2—5, 8; А. Шехорский (с. Старики Житомирской обл.) 2, 4, 8.

Ю. П. Лысов

Почти все читатели, приславшие решение задач Ф188—Ф192, успешно справились с задачими Ф188 и Ф190. Остальные задачи правильно решили следующие читатели (жирная цифра после фамилии — последняя цифра номера решенной задачи): С. Акмерцев (Магнитогорск) 1; М. Абдулхаков (Ангарск) 2; О. Войнова (п. Кош-Тегирмен Кигг. ССР) 9—1; С. Гаркуша (Ташкент) 9; В. Грабский (Ленинakan) 9; Н. Головко (Просхладный) 2; А. Давыдов (Магнитогорск) 1; С. Давтян (Октемберган Арм. ССР) 1; Ю. Двинин (Запорожье) 2; Н. Демчук (Мыттиш Московской обл.) 1; В. Железный (Ленинград) 9, 1; В. Ненамьев (Волгоград) 9, 1; В. Карпенко (Киев) 9; В. Карпинский (Свердловск) 9, 1; Я. Кодан (Глазов) 1; В. Колосов (Киев) 2; С. Корнилов (Грозный) 9, 1; И. Кучик (Ярославль) 9, 1; А. Лиякомин (Днепропетровск) 9; З. Майзлин (Киев) 2; Г. Мamedов (Баку) 1; Н. Миронов (Выка) 9, 1; А. Николаев (Москва) 9, 2; В. Новиенко (с. Масаллы Азерб. ССР) 1; Г. Озанницан (с. В. Арташат Арм. ССР) 9; В. Орлов (Москва) 9; А. Папин (Гомель) 9, 2; В. Паньков (Минск) 2; И. Пашин (Саратов) 9; Я. Певзер (Ленинград) 9, 2; В. Просмокшин (Рига) 9, 1; А. Ресьце (Ростов-на-Дону) 2; Л. Рудицер (Харьков) 9; Я. Сайбелан (Киев) 2; А. Сбоев (п. Медведок Кировской обл.) 9; С. Свилолунов (Уфа) 1; Я. Симкин (Москва) 9, 1, 2; Ю. Смоленцев (Ессентуки) 9, 1; С. Суровце (Москва) 9, 1; В. Татаринов (п. Знобы-Новгородское Сумской обл.) 2; О. Теряев (Днепропетровск) 1, 2;

В. Усачев (с. Архангельское Архангельского р-на) 2; Н. Федин (Омск) 9, 2; А. Фридман (Москва) 9; С. Хоменко (Подольск) 9, 1; В. Цырклеви (Бельцы Молд. ССР) 9; В. Чернишов (Пензенская обл.) 1; В. Шендрик (Алма-Ата) 1; В. Шищин (Ижевск Уdm. АССР) 1; А. Шехорский (с. Старики Коростенского р-на) 9; С. Шукин (Днепропетровск) 2; С. Якушев (Уфа) 9.

С. Г. Семенчинский

Ответ на кроссворд, помещенный в № 7
Погоризонтали
3. Лава. 4. Пири. 6. Энтропия. 8. Камерон. 13. Срыв. 15. Бар. 17. Снег. 19. Радуга. 20. Ошибка. 21. Число. 22. Клеро. 23. Континуум. 25. Диагноз. 26. Тополог. 27. Песок. 31. Ангстрем. 32. Давление. 37. Дирак. 39. Теплота. 41. Пифагор. 43. Антиномия. 45. Режим. 46. Эскиз. 47. Рекорд. 48. Распад. 49. Приз. 50. Вин. 51. Ромб. 56. Авогадро. 57. Электрод. 58. Кант. 59. ГИРД.
Поверткили

1. Кварц. 2. Цифра. 3. Лениц. 5. Итог. 7. Прогноз. 9. Маршрут. 10. ВЫкладки. 11. Мантисса. 12. Аналогия. 13. Слин. 14. Ладoga. 16. Скачок. 18. Герц. 23. Константа. 24. Модуляция. 27. Поезд. 28. Кварк. 29. Юнг. 30. Бию. 33. Интупция. 34. Франклин. 35. Гироскоп. 36. Планер. 38. Радиан. 40. Анероид. 41. Питание. 42. Тепп. 44. Лимб. 52. Звук. 53. Огонь. 54. Отлив. 55. Зонд.