Прасолов В. В. Задачи по планиметрии.
(4-е изд. — Осторожно! В этом издании немало опечаток!) | МЦНМО, 2002 |
-
24.1.
-
Предположим, что вершины правильного треугольника ABC
расположены в узлах целочисленной решетки. Тогда тангенсы всех
углов, образованных сторонами AB и AC с линиями решетки,
рациональны. При любом положении треугольника ABC сумма или
разность некоторых двух таких углов a и b равна 60њ.
Следовательно, Ц3 = tg 60њ = tg (a+b) = (tg a+tg b)/(1-±tg atg b) - 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 существуют правильные n-угольники с вершинами
в узлах целочисленной решетки (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 решетки, то
,
где n и m - целые числа, т. е. имеется лишь конечное число
различных длин отрезков с концами в узлах решетки, меньших данной длины.).
Пусть
. Тогда B1?Bn -
правильный n-угольник, вершины которого лежат в узлах целочисленной
решетки, а его сторона меньше стороны 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.
-
24.3.
-
Легко проверить, что треугольник с вершинами в точках
с координатами (0, 0), (12, 16) и ( - 12, 9) обладает
требуемыми свойствами.
-
24.4.
-
Предположим, что существует замкнутая ломаная A1?An с
нечетным числом звеньев равной длины, все вершины которой
лежат в узлах целочисленной решетки. Пусть ai и bi -
координаты проекций вектора
на горизонтальную и
вертикальную оси. Обозначим длину звена ломаной через c. Тогда
c2 = ai2 + bi2, поэтому c2 при делении на 4 дает остаток 0, 1
или 2. Если c2 делится на 4, то ai и bi делятся на 4 (это
доказывается простым перебором всех возможных остатков, которые ai
и bi дают при делении на 4). Поэтому при гомотетии с центром A1
и коэффициентом 0,5 наша ломаная перейдет в ломаную с меньшей длиной
звена, вершины которой по-прежнему лежат в узлах решетки. После
нескольких таких операций придем к ломаной, у которой c2 не
делится на 4, т. е. дает остаток 1 или 2. Разберем эти варианты,
предварительно заметив, что a1 + ? + am = b1 + ? + bm = 0.
1. c2 при делении на 4 дает остаток 2. Тогда числа ai и bi
оба нечетны, поэтому число a1 + ? + am нечетно и не может
равняться нулю.
2. c2 при делении на 4 дает остаток 1. Тогда одно из чисел ai
и bi нечетно, а другое четно, поэтому число a1 + ? + am + b1 + ? + bm нечетно и не может равняться нулю.
-
24.5.
-
Каждому многоугольнику N с вершинами в узлах целочисленной решетки
поставим в соответствие число f(N) = n + m/2 - 1. Пусть многоугольник M
разрезан на многоугольники M1 и M2 с вершинами в узлах решетки.
Докажем, что если формула Пика верна для двух из многоугольников M,
M1 и M2, то она верна и для третьего. Для этого
достаточно доказать, что f(M) = f(M1) + f(M2). Узлы, по которым
разрез не проходит, дают одинаковые вклады в f(M) и в f(M1) + f(M2).
'Неконцевые' узлы разреза дают в f(M) вклад 1, а в f(M1) и в
f(M2) - по 0,5. Каждый же из двух концевых узлов разреза
дает в f(M), f(M1) и f(M2) вклады по 0,5, поэтому вклад
концевых узлов в f(M) на 1 меньше, чем в f(M1) + f(M2). Так как
в f(M) из всех вкладов вычитается 1, а в f(M1) + f(M2) вычитается 2,
то f(M) = f(M1) + f(M2).
Докажем теперь справедливость формулы Пика для произвольного
треугольника. Если M - прямоугольник со сторонами длиной p
и q, направленными по линиям решетки, то
f(M) = (p - 1)(q - 1) + |
2(p + q)
2
|
- 1 = pq, |
|
т. е. для M формула Пика справедлива. Разрезав прямоугольник M
диагональю 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 решетки. Отрезав несколько
таких треугольников от прямоугольника, можно получить любой
треугольник (рис. 24.3).
Для завершения доказательства формулы Пика остается заметить,
что любой многоугольник можно разрезать диагоналями на треугольники.
-
24.6.
-
Согласно формуле Пика SAOB = SBOC = SCOA = 1/2, а значит,
O - точка пересечения медиан треугольника ABC (см. задачу 4.2).
-
24.7.
-
Возьмем какой¯нибудь достаточно большой квадрат со
стороной 2n так, чтобы все черные клетки лежали внутри его
и составляли менее 0,2 его площади. Разрежем этот квадрат на
четыре одинаковых квадрата. Каждый из 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.
-
24.8.
-
Рассмотрим все выпуклые фигуры, получающиеся из данной
переносами на векторы, обе координаты которых четны. Докажем,
что хотя бы две из этих фигур пересекаются. Исходную фигуру
можно заключить в круг радиуса R с центром в начале координат,
причем R можно выбрать целым числом. Возьмем те из рассматриваемых
фигур, координаты центров которых являются неотрицательными числами,
не превосходящими 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)2 S < 4(n + R)2, где S - площадь данной фигуры. Но так как S > 4,
то n можно выбрать так, чтобы выполнялось неравенство
.
Пусть теперь фигуры с центрами O1 и O2 имеют общую точку A
(рис. 24.4). Докажем, что тогда середина M отрезка O1O2 принадлежит
обеим фигурам (ясно, что точка M имеет целые координаты).
Рис. 24.4![](gif/book88.gif)
Рис. 24.5![](gif/book89.gif)
Пусть
. 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.
24.9.
Пусть охотник находится в точке O, а заяц - в точке A;
A1 - точка, симметричная A относительно O. Рассмотрим
фигуру F, содержащую все точки, расстояние от которых до отрезка
AA1 не превосходит r (рис. 24.5). Достаточно доказать, что F
содержит хотя бы один узел решетки (если узел попадает в заштрихованную
часть, то точка A принадлежит стволу дерева).
Площадь F равна 4rh + pr2, где h - расстояние от
охотника до зайца. Если h > 1/r, то 4rh + pr2 > 4. По теореме
Минковского F содержит целочисленную точку.
-
24.10.
- Рассмотрим целочисленную решетку, заданную уравнениями x = k + 1/2
и y = l + 1/2, где k и l - целые числа. Докажем, что
каждый квадрат этой решетки дает 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?; при этом можно ограничиться рассмотрением
случаев, изображенных на рис. 24.6 (т. е. можно считать, что
центр O квадрата лежит на границе фигуры). 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 нулевыми.
-
24.11.
-
Докажем сначала, что на окружности с центром
A = (Ц2, 1/3) не может лежать более одной целочисленной точки.
Если m и n - целые числа, то (m - Ц2)2 + (n - (1/3))2 = q - 2mЦ2, где q - рациональное число. Поэтому из равенства
(m1 - Ц2)2 + (n1 - 1/3)2 = (m2 - Ц2)2 + (n2 - (1/3))2 |
|
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
через 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.
-
24.12.
-
Докажем сначала, что уравнение x2 + y2 = 5k имеет ровно
4(k + 1) целочисленных решений. При k = 0 и k = 1 это утверждение
очевидно. Докажем, 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
изменениями 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) и (x - 2y, 2x + y) - решения уравнения x2 + h2 = 5k + 1, причем ровно одно из них нетривиально. Остается
доказать, что нетривиальное решение единственно с точностью до
перестановки x и y и изменения знаков. Пусть (x, y) -
нетривиальное решение уравнения x2 + y2 = 5k. Тогда как пары
|
ж и
|
+ |
2x - y
5
|
, + |
x + 2y
5
|
|
ц ш
|
|
и
, так и пары
|
ж и
|
+ |
2x + y
5
|
, + |
x - 2y
5
|
|
ц ш
|
|
и
|
ж и
|
+ |
x - 2y
5
|
, + |
2x + y
5
|
|
ц ш
|
|
являются решениями
уравнения x2 + h2 = 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
x2 + y2 = 5k дает восемь нетривиальных решений уравнения x2 + h2 = 5k - 1, причем для одной половины решений нужно воспользоваться
формулами первого вида, а для другой половины решений - формулами
второго вида.
Перейдем 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 дает остаток 1, поэтому одно из чисел x и y делится на 3,
а другое при делении на 3 дает остаток +1. Следовательно, ровно
в одной из пар (x, y), (x, - y), (y, x) и ( - y, x) первое
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, причем одно
из чисел x и y четно, а другое нечетно. Поэтому уравнение
(2z - 1)2 + (2t)2 = 5k - 1 имеет ровно 2k целочисленных решений.
File translated from
TEX
by
TTH,
version 3.00.
On 22 Nov 2002, 13:47.