ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам | Поиск |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 64404
Темы:    [ Разрезания на части, обладающие специальными свойствами ]
[ Длины сторон, высот, медиан и биссектрис ]
[ Многоугольники и многогранники с вершинами в узлах решетки ]
Сложность: 5
Классы:
В корзину
Прислать комментарий

Условие

Автор: Белухов Н.

Дан бумажный треугольник, площадь которого равна ½, а квадраты всех сторон – целые числа. Докажите, что в него можно завернуть квадрат с площадью ¼ (треугольник можно сгибать, но нельзя резать).


Решение

  1. Будем называть элементарным треугольник с площадью ½ и целыми квадратами сторон. Элементарный треугольник со сторонами 1, 1, и    обозначим через Δ.
  Назовем переклейкой операцию разрезания треугольника ABC по медиане AM и склеивания получившихся треугольников ABM и ACM по равным отрезкам BM и CM в новый треугольник со сторонами AB, AC и 2AM.
  2. Покажем, что из любого элементарного треугольника δ можно переклейками получить Δ.
  Заметим, что переклейка переводит элементарный треугольник в элементарный: площадь не меняется, а из формулы  4m2 = 2b2 + 2c2a2  следует, что целочисленность квадратов сторон тоже сохраняется.
  Будем переклеивать произвольный элементарный треугольник δ следующим образом: если у δ есть тупой угол, то будем разрезать его по медиане из этого угла. Тогда наибольшая сторона треугольника будет уменьшаться, и так как квадраты сторон целые, то когда-нибудь мы получим элементарный треугольник δ, являющийся прямоугольным или остроугольным. В этом случае синус наибольшего угла не меньше    поэтому произведение сторон, прилегающих к нему, не больше     значит, они обе единичные, а тогда угол между ними – прямой. Таким образом, мы получили Δ.
  3. Если δ' получен переклейками из δ, то и δ можно получить переклейками из δ'. Следовательно, любой элементарный треугольник δ может быть получен переклейками из Δ.
  4. Будем называть треугольник δ оберткой, если квадрат со стороной ½ можно завернуть в δ так, чтобы каждые две точки, лежащие на одной стороне δ и равноудаленные от середины этой стороны, совместились.
  Треугольник Δ является оберткой: перегнём его по средним линиям, параллельным катетам.
  Предположим, что треугольник  δ = ABC  является оберткой, и пусть AM – одна из его медиан. Рассмотрим способ заворачивания в нее квадрата, склеим в нём все пары точек стороны BC, равноудаленные от M, и разрежем ее вдоль AM. В результате получим, что переклейка треугольника ABC по медиане AM также является оберткой. Отсюда, вкупе с пунктом 3, следует утверждение задачи.

Замечания

  1. Как нетрудно видеть из решения, следующие условия эквивалентны:
    a) треугольник ABC элементарный;
    b) Существует треугольник, равный треугольнику ABC, с целыми координатами вершин;

    c) Существуют такие шесть целых чисел p, q, r, s, t, u, что  p + q + r = s + t + u = 0  и p2 + s2 = ABq2 + t2 = BCr2 + u2 = CA.

  2. Равносильность условий b) и c) очевидна. То, что условие a) также им равносильно, можно показать и по-другому. Можно воспользоваться методами теории чисел, стартовав с формулы Герона: согласно ей, для элементарного треугольника со сторонами     верно равенство  2(ab + bc + ca) – (a2 + b2 + c2) = 1.  Можно показать – например, методом спуска – что все её решения удовлетворяют c).
  Другой метод состоит в следующем. Рассмотрим наш треугольник ABC и породим им решётку (то есть отложим от точки A всевозможные векторы вида     с целыми k и l). Используя теорему косинусов, нетрудно понять, что расстояния между любыми точками этой решётки – корни из целых чисел. Из условия на площадь теперь следует, что минимальная площадь параллелограмма с вершинами в точках решётки равна 1; теперь, рассмотрев такой параллелограмм наименьшего диаметра, нетрудно убедиться, что он – единичный квадрат.
  Эта же решётка помогает после этого получить другое решение задачи. Для удобства совершим гомотетию с коэффициентом 2; тогда наш треугольник имеет чётные координаты вершин и площадь 2, и надо завернуть в него единичный квадрат. Раскрасим теперь клетчатую плоскость шахматным образом и расположим на ней решётку из наших треугольников; вершинами треугольников будут все точки с чётными координатами. Заметим, что все треугольники разбиения разбиты на два класса: получающиеся из исходного параллельным переносом, и получающиеся из него центральной симметрией.

  Будем теперь оборачивать (чёрный) квадрат с вершиной в одной из вершин нашего треугольника этим треугольником, сгибая его по сторонам квадрата. На чёрную сторону попадут все части треугольника из чёрных частей плоскости; при этом части из строк с чётными номерами претерпят параллельный перенос, а с нечётными – центральную симметрию.
  С другой стороны, все чёрные квадраты в строках с чётными номерами разбиты одинаково, а разбиение остальных чёрных квадратов получается из предыдущего центральной симметрией. Такая симметрия меняет местами два класса треугольников разбиения. Теперь нетрудно понять, что наш чёрный квадрат окажется замощён полностью: те его части, которые попадают в треугольники первого класса, будут накрыты параллельными переносами частей исходного треугольника, остальные – симметриями остальных его частей. То же произойдёт и с обратной стороной нашего квадрата.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название Всероссийская олимпиада по геометрии
год
Год 2013
класс
Класс 10
задача
Номер 10.4

© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
     
Пишите нам
Rambler's Top100

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .