Решения задач М200—М204; Ф211, Ф212

44

Решения задач

M200—M204; Ф211, Ф212

M200. a) На рисунке 1 изображено шесть мочек, которые лежат по три на четырех прямы. Докажите, что можно 24 способами отображить это множество шести мочек на себя так, чтобы каждый три мочки, лежащие на одной пряме, отображались в три мочки, также лежащие на одной пряме.

b) На рисунке 2.devять мочек лежат по три на девятим прямы, причем через каждую моку проходит по три максимальным значением «конфигурацию Паскала». Скольки способами можно множество наших девятим мочек отображить на себя так, чтобы каждый тройка мочек, лежащая на одной из девятим мочек, отображалась на троийку мочек, которая лежит на некоморой пряме из нашей конфигурации?

b) Тот же вопрос для конфигурации Дезарада (из десяти мочек и десяти прямы), изображенной на рисунке 3.

a) Все имеется 6! = 720 способов отображить множество из шести точек на самого себя. Но не все эти отображения удовлетворяют условиям задачи. Удобнее найти с отображениями прямы нашей конфигурации. Если для каждой из наших четырех прямы будет указано, на какую прямую она отображается, то тем самым определится и образ каждой точки (какая точка нашей конфигурации является точкой пересечения определенных двух входящих в конфигурацию прямы). Множество из четырех прямы можно отображить на себя 4! = 24 способами.

b) Отметим одну из пряных конфигурации l. Обозначим три лежащие на ней точки конфигурации A, B и C. Через эти точки проходят еще шесть прямы конфигурации. Остатическая еще 9 — 1 — 6 = 2 прямы, которые не проходят ни через одну точку A, B и C. Обозначим их p и q (рис. 4).

Отображите прямую l на какую-либо из девятим прямы конфигурации — на прямую l1. Это можно сделать девятью различными способами. Точки A, B и C придетя отображить на точки A1, B1, C1, лежащие на прямой l1. Это можно сделать 3! =

45

и $Y_1$ точек $X$ и $Y$, которые должны быть точками попарного пересечения отличных от $l_1$ прямых конфигурации, проходящих через точки $A_1$ и $B_1$ (доказите!). Всего получается $10 \cdot 6 \cdot 2 = 120$ интерсуциших нас отображений.

Примечние. Заметим, что за словами «доказите» скрывается еще довольно большая часть решения. В следующих номерах мы обсуждим другие подходы к решению задачи М 200.

А. Н. Колмодоров

**M201. Прямая $l_1$ пересекаем стороны $a$, $b$ и с треугольника или их продолжение в точках $A_1$, $B_1$ и $C_1$ соответствующего прямого пересечения еще довольно большая часть решения. В следующих номерах мы обсуждим другие подходы к решению задачи М 200.

Мы решим задачу с помощью векторов. Этот путь (так же как решение методом координат) хорошо тем, что позволяет одним расуждением охватить все случаи и не заботиться о том, как расположены прямые $l_1$ и $l_2$ относительно данной треугольника.

46

Рис. 7.

мой $AB$ (рис. 7). Мы должны найти условие, при котором $B'_1$ совпадает с $C_1$, то есть $\overrightarrow{AB'_1} = \overrightarrow{AC'_1}$ или, что то же самое,

$$\frac{\overrightarrow{AB'_1}}{\overrightarrow{C'_1B'_1}} = \frac{\overrightarrow{AC'_1}}{\overrightarrow{C'_1C'_1}}$$

(отношение $\frac{\overrightarrow{AM}}{\overrightarrow{C'_1M}} = k$ однозначно определяется положение точки $M \in (AB)$, поскольку из $\frac{\overrightarrow{AM}}{\overrightarrow{C'_1A} + \overrightarrow{AM}} = k$ следует, что $\overrightarrow{AM} = \frac{k}{1-k} \cdot \overrightarrow{C'_1A}$).

Равенство (3) эквивалентно таким:

$$\frac{\overrightarrow{AC'_1}}{\overrightarrow{C'_1C'_1}} \cdot \frac{\overrightarrow{C'_1B'_1}}{\overrightarrow{AB'_1}} = 1,$$

$$\frac{\overrightarrow{AC'_1}}{\overrightarrow{BC'_1}} \cdot \frac{\overrightarrow{BC'_1}}{\overrightarrow{C'_1C'_1}} \cdot \frac{\overrightarrow{C'_1B'_1}}{\overrightarrow{AB'_1}} = 1,$$

а это эквивалентно (1).

M202. Докажите, что из последовательности $a, a+d, a+2d, \dots, a+nd, \dots$, является бесконечной арифметической прогрессей ($d \neq 0$), могда и molъко могда можно выбрать под последовательность, являющийся бесконечной геометрической прогрессей, когда отношение $a/d$ рационально.

Пусть $a/d$ рационально: оченьindo, можно считать, что $a$ и $d$ одного знака. Тогда

$$\frac{a}{d} = \frac{s}{r},$$

где $s$ и $r$—натуральные числа. Тогда при при любом целом неотрицательном $m$ число $(1+r)^m-1$ делится на $(1+r)-1=r$, поэтому число

$$n_m = \frac{a(1+r)^m-a}{d} =$$

$$= s \frac{a(1+r)^m-a}{sd} = s \frac{(1+r)^m-1}{r}$$

—целое и неотрицательное; следовательно, каждый член геометрической прогрессии $a(1+r)^m$, $(m=0,1,2,\dots)$ имеет вид

$$a(1+r)^m = a + n_m d,$$

то есть принадлежит арифметической прогрессии.

При мер. Арифметическая прогрессия $\frac{1}{5} + \frac{3}{7}n(n=0,1,2,\dots)$, где $\frac{a}{d} = \frac{1.7}{5.3} = \frac{7}{15}$, содержит подпоследовательность $\frac{1}{5} \cdot (15+1)^m = \frac{16}{5}m$ ($m$-любое целое неотрицательное число).

Обратно, пусть арифметическая прогрессия $a+nd$ ($d \neq 0$) содержит хотя бы три последовательных члена геометрической прогрессии. Пусть это будет ее члены

$$a+kd, a+ld, a+md \ (k < l < m).$$

Тогда $(a+ld)^2 = (a+kd)(a+md)$, откуда

$$a(2l-k-m) = d(km-l^2).$$

Здеся $2l-k-m \neq 0$. Действительно, если $2l-k-m = 0$, то $km-l^2 = 0$. Но тогда $(k-m)^2 = (k+m)^2 - 4km = 4l^2 - 4l^2 = 0$, и, следовательно, $k = m$, что противоречит предположению $k < l < m$.

Поэтому отношение $\frac{a}{d} = \frac{km-l^2}{2l-k-m}$ рационально.

M203. а) Докажите, что если проекции точки пересечения диагоналей $AC$ и $BD$ выполняются чему пересечения ABCD на прямые

47

Рис. 9.

АВ, BC, CD и DA соединить последовательно четырьмя прямыми (рис. 8), то эти прямые будут касаться одной окружности.

6. Сформируйте и докажите обратную теорему.

Решая задачу a), мы должны что центрокружности, вписанной в четырьмяугольника KLMN (OK, OL, OM, ON — перпендикуляры, опущенные из точки O пересечения диагоналей AC и BD на стороны AB, BC, CD, DA), является точка O.

Для того, чтобы это доказать, достаточно доказать, что все четырьмяиспектрисы углов четырьмяугольника KLMN проходят через O. Доказем это для точки K (поскольку все четырьмя вершины входят в условие совершенного симметричного, этого доказано).

Так как четырьмяугольники AKON и BLOK вписаны в окружности (с диаметрами AO и BO соответствующего) и ABCD — тоже вписанный (по условия), то
$$NKO = NAO = DAC = DBC = OBL = OKL.$$
Итак, мы доказали, что OK — биссертиса угла K.

Аналогично доказывается утверждение задачи и в том случае, когда проекции попадают на продолжение стороны, но окружность тогда может касаться продолженной сторон четырьмяугольника KLMN.

Что касается задачи б), то ее решение оказается неоднозначным. Дело тут связано вот с чем.

Обратной к теореме «если P, то Q» (здеб P и Q — какне-то утверждение) мы считаем теорему «если Q, то P». Но большимство содержательных теорем имеют более сложную структуру, включают целый ряд отдельных требований в «условии» и «заключения»; например, «если P₁, P₂ и P₃, то Q₁ и Q₂». В такой ситуации часто не просто перевращают теорему — скажем, «если Q₁ и Q₂, то P₁, P₂ и P₃», но составляют и другие компоненты:

«Если P₁, P₂, Q₁ и Q₂, то P₃»,

«Если точка пересечения диагоналей выпуклого четырьмяугольника ABCD одинаково удалена от четырех прямых, соединяющих ее проекции на соседние стороны четырьмяугольника, то четырьмяугольник ABCD — вписанный.

2. Если через вершины K, L, M, N четырьмяугольника, описанного около окружности с центром O, проведи перpendикуляры к отрезкам OK, OL, OM, ON соответствующего, то четырьмяугольник KLMN описан около окружности с центром O, то ABCD можно вписать в окружность, а центр окружности совпадает с P.

3. Пусть K, L, M и N — проекции точки P пересечения диагоналей AC и BD выпуклого четырьмяугольника ABCD на его стороны AB, BC, CD, DA. Если четырьмяугольник KLMN описан около окружности с центром O, то ABCD можно вписать в окружность, а центр окружности совпадает с P.

Некоторые читатели формулируют более сльную теорему — 2 или 3, а доказывают более слабую — 1 (то есть молчанию предполагают, что центр O и точка пересечения диагоналей AC и BD должны совпадать). Мы доказем 2 и 3.

2. Обозначим через A, B, C, D точки пересечения соседних перpendикуляров к биссертикам OK, OL, OM, ON (рис. 9) и соединим эти точки с O. Пользовать тем, что четырьмяугольники AKON, BLOK, CMOL, DNOM вписанные, легко доказать, что каждые четырьмяугольники одинаковыми буквами α, β, γ, δ, равны. После этого будет ясно, что α + β + γ + δ = BAD + BCD = ABC + ADC.

Позному ABCD — вписанный. Далее,
$$AOC = \left(\frac{\pi}{2} - \beta\right) + \left(\frac{\pi}{2} - \delta\right) + \left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right) + \left(\frac{\pi}{2} - \gamma\right) = \pi,$$
позному прямой A + C > D + B. Доказем тогда, что KLMN — не описанный, то есть что биссертисы углов K, L, M, N не пересекаются в одной точке. А именно, мы доказем, что биссертисы углов K и N пересекаются внутри AKPN (аналогично, биссертисы углов L и M — внутри CMPL).