Выбрано 2 задачи 
Убрать все задачи
а) В группе из четырёх человек, говорящих на разных языках, любые трое могут общаться (возможно, один переводит двум другим).
Доказать, что их можно разбить на пары, в каждой из которых имеется общий язык.
б) То же для группы из 100 человек.
в) То же для группы из 102 человек.
РешениеСуществуют ли такие 2013 различных натуральных чисел, что сумма каждых 2012 из них не меньше квадрата оставшегося?
Решение
|
|
 |
Условие
Найдите все такие конфигурации из шести точек общего положения на плоскости, что треугольник, образованный любыми тремя из них, равен треугольнику, образованному тремя остальными.Решение 1
Пусть $A_1$, $A_2$, $\dots$, $A_6$ – данные точки. Если не сказано иное, будем под треугольником понимать треугольник с вершинами в $A_i$, под отрезком – отрезок с концами в $A_i$, под длиной – длину такого отрезка. Докажем ряд лемм.1) Для всякой длины $x$ верно хотя бы одно из утверждений:
(А) существует равносторонний треугольник со стороной $x$;
(Б) существует три отрезка длины $x$ с шестью разными концами.
В самом деле, пусть $A_1A_2=A_3A_4=x$. Так как $\triangle A_1A_2A_4 = \triangle A_3A_5A_6$, то в $\triangle A_3A_5A_6$ есть сторона $x$. Если это $A_5A_6$, мы получили (Б), иначе есть два смежных отрезка длины $x$. Пусть (начнём нумерацию заново) $A_1A_2=A_2A_3=x$ и $A_4A_5=A_5A_6=x$. Так как $\triangle A_2A_3A_5 = \triangle A_1A_4A_6$, то в $\triangle A_1A_4A_6$ есть сторона $x$. Если это $A_4A_6$, то имеем (A), в противном случае получаем пятизвенную ломаную, все звенья которой равны $x$. Её крайние и среднее звенья дадут конструкцию (Б).
2) Пусть $x$ – максимальная длина. Тогда неверно (А), а значит верно (Б).
В самом деле, если $\triangle A_1A_2A_3$ равносторонний со стороной $x$, то внутри построенного на нём треугольника Рело лежат вершины равного ему $\triangle A_4A_5A_6$, что невозможно.
3) Любые два отрезка максимальной длины $x$ пересекаются.
В самом деле, если $A_1A_2=x$, проведём через $A_1$ и $A_2$ прямые, перпендикулярные $A_1A_2$. В полосе между ними лежат остальные точки. Сделав так же для $A_3A_4=x$, мы получим, что $A_1A_2$ и $A_3A_4$ – непараллельные высоты некоторого ромба, соединяющие внутренние точки его сторон. Такие высоты, очевидно, пересекаются.
4) Пусть отрезки $A_1A_2$, $A_3A_4$ и $A_5A_6$ пересекаются в трёх точках (см. рис.). Тогда перпендикуляры $A_1B_1$ и $A_2B_2$ равны как высоты равных треугольников $A_1A_3A_4$ и $A_2A_5A_6$. Аналогично равны перпендикуляры $A_1C_1$ и $A_2C_2$. Отсюда $\frac{A_1P}{PA_2}=\frac{A_1B_1}{A_2C_2}=\frac{A_2B_2}{A_1C_1}=\frac{A_2Q}{QA_1}$. Это значит, что $A_1P=QA_2$. Отсюда следует, что $\triangle A_1PB_1 = \triangle A_2QB_2$, то есть $\angle P=\angle Q$. Аналогичным рассуждением получаем, что $\triangle PQR$ равносторонний, а тогда $A_1P = QA_2 = A_3P = RA_4 = A_6R = QA_5$. Легко проверить, что эта конструкция удовлетворяет условиям.
В точности такие же рассуждения в случае пересечения отрезков в одной точке показывают, что они пересекаются в общей середине, образуя углы по $60^\circ$.
Решение 2
Пусть $D$ – набор 15 расстояний между точками $A_1,\ldots,A_6$ (каждое число входит в набор столько раз, сколько есть отрезков соответствующей длины), $D_i$ – набор 5 расстояний от $A_i$ до остальных точек. Рассмотрим набор 30 длин сторон треугольников, одной из вершин которых является $A_i$. Каждое число из набора $D_i$ входит в него четыре раза, а каждое число из набора $D\setminus D_i$ – один раз. Из условия задачи следует, что такой же набор 30 чисел мы получим, беря стороны треугольников, в которых $A_i$ не является вершиной, т.е. каждое число из $D\setminus D_i$ входит в этот набор три раза. Следовательно, $D=3D_i$, т.е. все наборы $D_i$ совпадают.Введем на плоскости прямоугольную систему координат и обозначим через $M$ точку, каждая координата которой равна среднему арифметическому соответствующих координат точек $A_i$. Пусть $X$ – произвольная точка плоскости, $x, m, a_1,\ldots,a_6$ – первые координаты точек $X, M, A_1,\ldots,A_6$. Легко видеть, что выполнено равенство $ (x-a_1)^2+\cdots+(x-a_6)^2=((x-m)+(m-a_1))^2+\cdots+((x-m)+(m-a_6))^2=6(x-m)^2+(m-a_1)^2+\cdots+(m-a_6)^2. $ Аналогичное равенство выполняется для вторых координат точек, откуда по теореме Пифагора получаем, что $$ XA_1^2+\cdots+XA_6^2=6XM^2+MA_1^2+\cdots+MA_6^2 $$ (это равенство является частным случаем теоремы Лейбница о моментах инерции). Подставляя в него вместо $X$ $A_1,\ldots,A_6$, получаем, что $MA_1=\cdots=MA_6$, т.е. все точки лежат на одной окружности. Можно считать, что они образуют вписанный шестиугольник $A_1\ldots A_6$. Пусть $A_1A_2$ – его наименьшая сторона. Из равенства наборов $D_i$ следует, что $A_1A_2=A_3A_4=A_5A_6$. Аналогично $A_2A_3=A_4A_5=A_6A_1$. В достаточности этих условий убеждаемся непосредственной проверкой.
