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

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 65760
Темы:    [ Прямые и плоскости в пространстве (прочее) ]
[ Целая и дробная части. Принцип Архимеда ]
[ Принцип крайнего (прочее) ]
Сложность: 5-
Классы: 10,11
В корзину
Прислать комментарий

Условие

В координатном пространстве провели все плоскости с уравнениями  x ± y ± z = n  (при всех целых n). Они разбили пространство на тетраэдры и октаэдры. Пусть точка  (x0, y0, z0)  с рациональными координатами не лежит ни в одной проведённой плоскости. Докажите, что найдётся натуральное k, при котором точка  (kx0, ky0, kz0)  лежит строго внутри некоторого октаэдра разбиения.


Решение

  Лемма. Пусть рациональные числа a, b, c и  a + b + c  – нецелые. Тогда существует такое натуральное k, что числа ka, kb и kc нецелые, причём
1 < {ka} + {kb} + {kc} < 2.
  Доказательство. Заменяя числа a, b и c на их дробные части, можно считать, что они лежат в интервале  (0, 1).  Обозначим  f(t) = {ta} + {tb} + {tc}.  Заметим, что при  1 < a + b + c < 2  можно положить  k = 1.
  Пусть  a + b + c < 1.  Выберем такое натуральное m, что ma, mb и mc – целые. Тогда  f(m – 1) = f(–1) = 3 – (a + b + c) > 2.  Значит, существует наименьшее натуральное k, при котором  f(k) > 1  (тогда  f(k – 1) ≤ 1).  Покажем, что это k удовлетворяет всем требованиям.
  Из неравенства  {ka} ≤ {(k – 1)a} + a  и аналогичных, получаем  f(k) ≤ f(k – 1) + (a + b + c) < f(k – 1) + 1 < 2.   (*)   Осталось показать, что числа ka, kb и kc нецелые. Предположим, что ka – целое. Тогда  {ka} = {(k – 1)a} + a – 1,  поэтому оценку (*) можно усилить:
f(k) ≤ f(k – 1) + (a + b + c) – 1 < f(k – 1) ≤ 1.  Но это противоречит выбору k.
  Если  a + b + c > 2,  достаточно применить уже доказанное утверждение к числам  a' = 1 – a,  b' = 1 – b  и c' = 1 – c:  число k, подходящее для этих чисел, подойдёт и для исходных.

  Перейдём к решению задачи. Вдобавок к данному координатному пространству Oxyz введём новое пространство Oabc. Точке  (x, y, z)  из старого пространства сопоставим точку  (a, b, c)  из нового с координатами  a = y + z – x,  b = x – y + z,  c = x + y – z;  тогда  x = b+c/2y = a+c/2z = a+b/2.  Заметим, что  x + y + z = a + b + c.  Тогда разбиение старого пространства соответствует разбиению нового плоскостями вида  a = n,  b = n,  c = n  и
a + b + c = n.  Положим  a0 = y0 + z0x0b0 = x0y0 + z0c = x0 + y0z0;  по условию, числа a0, b0, c0 и  a0 + b0 + c0  – нецелые.
  Рассмотрим некоторую точку  (u, v, wнового пространства с нецелыми координатами. Она попадает в некоторый куб вида  A ≤ a ≤ A + 1,
B ≤ b ≤ B + 1,  C ≤ c ≤ C + 1.  Этот куб пересекают две "наклонных" плоскости  a + b + c = A + B + C + 1  и  a + b + c = A + B + C + 2,  которые разбивают его на два тетраэдра и (неправильный) октаэдр. При этом точка  (u, v, w)  попадёт внутрь октаэдра, если она окажется в полосе между указанными плоскостями, то есть если   1 < {u} + {v} + {w} < 2.  Значит, применив лемму к числам a0, b0, c0, мы найдём значение k, удовлетворяющее требованиям задачи.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название Всероссийская олимпиада по математике
год
Вариант 2015/2016
этап
Вариант 5
класс
Класс 11
задача
Номер 11.4

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

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