Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/1998/03/21.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:24:33 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:11:36 2012 Кодировка: Windows-1251 Поисковые слова: galactic collision

ЗАДАЧНИК

'КВАНТА'

21

она параллельна некоторой паре противоположных сторон шестиугольника (в самом деле, если эта сторона не лежит на стороне шестиугольника, к ней примыкает еще один ромб, к противоположной ей стороне этого ромба следующий ромб и так далее, вплоть до стороны шестиугольника). Таким образом, все ромбы разделяются на три типа: стороны ромбов одного типа параллельны определенным двум из трех направлений (на рисунке ромбы трех типов раскрашены в белый, синий и красный цвета). Пусть стороны шестиугольника содержат по n единичных отрезков сторон ромбов (по условию задачи n = = 100), и одна из сторон горизонтальна. Рассмотрим все ромбы тех двух типов, которые имеют горизонтальную сторону. Они образуют n дорожек, ведущих от верхней стороны шестиугольника к нижней (ведь к каждой горизонтальной стороне верхнего ряда ромбов примыкает снизу ромб с горизонтальной стороной, и так далее вплоть до ряда из n нижних ромбов). Занумеруем горизонтальные линии сетки, проходящие через точки деления на левых и правых сторонах, по порядку сверху вниз числами 1, 2, ... n (диагональ шестиугольника), n + 1, ..., 2n 1. При этом k-я и (2n k)-я линии (k = 1, 2, ..., n) пересекают шестиугольник по отрезку длины n + k. Поскольку каждая горизонтальная линия пересекает n дорожек, то k-я и (2n k)-я линии разрезают ровно k 'вертикальных' (на рисунке белых) ромбов. Итак, для каждого k, 1 k < n , существуют ровно две горизонтальные линии, разрезающие k ромбов (для n ромбов такая линия одна). Разумеется, точно так же обстоит дело и с линиями двух других направлений. Итак, мы получили следующий ответ: при любом разбиении шестиугольника со стороной n = 100 на единичные ромбы для k = = 17 и вообще для каждого k от 1 до 99 существует ровно 6 линий, разрезающих пополам k ромбов (для k = 100 таких линий 3 это диагонали шестиугольника). В связи с этой задачей естественно заметить, что количество ромбов каждого типа в любом разбиении также одинаково и равно n2 . В.Алексеев, Н.Васильев М1618*. В вершины правильного n-угольника из его центра проведены n векторов и из них выбраны несколько (не все), сумма которых равна нулю. Докажите, что концы некоторой части выбранной совокупности векторов образуют правильный многоугольник (две симметричные относительно центра точки считаются правильным 'двуугольником'), если а) n = 6; б) n = 8; в) n = 9; г) n = 12. д) Будет ли аналогичное утверждение верным при любом n?
6 Квант ? 3

Ответ на общий вопрос д) отрицательный. Приведем пример для n = 30, т.е. укажем 'неправильную' систему векторов, ведущих из центра О = (0; 0) в некоторые вершины тридцатиугольника, сумма которых равна нулю, среди которых нет k векторов, ведущих в вершины правильного k-угольника при k = 2, 3 и 5 (а тем самым и при любом k, не превосходящем 30). Пусть А(1; 0) одна из вершин тридцатиугольника, тогда В(1; 0) противоположная вершина. Направим векторы в вершины правильного пятиугольника, одна из которых А, и в вершины правильного треугольни ка, одна из которых В, а затем удалим векторы OA,

OB (они дают в сумме
нуль). Оставшиеся шесть векторов (см. рисунок) составляют нужную систему. Разумеется, здесь (и ` ниже) мы используем тот факт, что сумма k векторов, ведущих в вершины правильного k-угольника из его центра, равна нулю; это следует, например, из того, что сумма не меняется при повороте всей картины вокруг центра на угол 2 k . Заметим, что для проекций векторов, один из которых имеет координаты (0; 1), этот факт по существу эквивалентен тождеству



2 k -1 2 4 1 1 + cos + cos + K +cos =0 k k k
(для четного k оно очевидно, для любого k легко до казывается после умножения на sin ). Аналогично, в k примере на рисунке можно провести доказательство прямым подсчетом: чтобы убедиться, что сумма векто2 + ров равна нулю, нужно проверить тождество cos 5 4 1 + cos = - cos = - (здесь удобно домножить ле5 3 2 sin ). вую часть на 5 Перейдем теперь к отрицательным результатам а) г), показывающим, что для малых n такой пример не по строить. Сформулируем простую лемму. Пусть OA , OB, OC и OD различные единичные векторы. Тогда: 1) если OA + OB + OC = 0 , то А, В, С вершины правильного треугольника; 2) если OA + OB + OC + OD = 0 , то векторы разбиваются на две пары взаимно противоположных (т.е. А, В, С, D являются вершинами прямоугольника). Докажем 2). Пусть точки А, B, C, D лежат на окружности в указанном порядке. Тогда из равенства

bg

ны хорд АВ и CD равноудалены от О, откуда АВ = =CD; аналогично, ВС = DA, так что ABCD вписанный параллелограмм, т.е. прямоугольник. Доказательство 1) еще проще: из равенств вида OB+ OC

FG H

OA+ OB





IJ K

2 + OC+ OD

FG H





IJ K

2 = 0 следует, что середи-



FG H





IJ K

2=