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

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 105118
Темы:    [ Многогранники и многоугольники (прочее) ]
[ Выпуклые тела ]
[ Тетраэдр (прочее) ]
[ Параллельный перенос ]
[ Движение помогает решить задачу ]
[ Индукция в геометрии ]
[ Примеры и контрпримеры. Конструкции ]
Сложность: 5+
Классы: 10,11
В корзину
Прислать комментарий

Условие

Докажите, что в пространстве существует такое расположение 2001 выпуклого многогранника, что никакие три из многогранников не имеют общих точек, а каждые два касаются друг друга (то есть имеют хотя бы одну граничную точку, но не имеют общих внутренних точек).


Решение 1

  Положим  N = 2001  и опишем построение расположения N выпуклых многогранников, из которых никакие три не пересекаются и каждые два касаются.
  Рассмотрим бесконечный круговой конус, вершина O которого находится в начале координат, а ось направлена вдоль оси Oz. На окружности, являющейся сечением конуса плоскостью  z = 1,  возьмём вершины A1, A2, ..., AN правильного N-угольника. Обозначим через B1, B2, ..., BN середины меньших дуг A1A2, A2A3, ..., ANA1 соответственно. Через C(t) обозначим круг, являющийся сечением конуса плоскостью  z = t,  через Ot – центр этого круга, через     – точки пересечения образующих OAi, OBi с кругом C(t), где  t > 0,  1 ≤ i ≤ N

  Лемма. Пусть выпуклый многоугольник M лежит внутри круга C(t0),  t0 > 0.  Рассмотрим бесконечную вверх "призму" P, основанием которой служит многоугольник M, а боковое "ребро" параллельно прямой OBi для некоторого i. Многоугольник (равный M), который получается при пересечении призмы P и круга C(t), обозначим M(t) (таким образом, M(t0) совпадает с M). Тогда найдётся такое положительное  T > t0,  что при всех  t > T  многоугольник M(t) будет содержаться внутри сегмента     круга C(t).
  Доказательство. Многоугольник M(t) является образом M при параллельном переносе на вектор, параллельный образующей OBi. Поэтому многоугольник M(t) содержится внутри круга, равного кругу C(t0), который касается круга C(t) в точке     Расстояние от точки     до прямой     прямо пропорционально длине образующей     следовательно, найдётся такое T, что при всех  t > T  это расстояние больше диаметра окружности C(t0) (см. рис.). Это и означает, что многоугольник M(t) попадает внутрь сегмента Si(t) круга C(t).

  Переходим к индуктивному построению нашего расположения.
  Выберем  t1 > 0.  Возьмём выпуклый многоугольник M1 внутри круга C(t1). Рассмотрим бесконечную вверх "призму" P1, основанием которой служит многоугольник M1, а боковое "ребро" параллельно прямой OB1.
  Пусть для некоторого n  (1 ≤ n < N)  уже определены положительные числа  t1 < t2 < ... < tn–1,  выпуклые многоугольники M1, ..., Mn–1, лежащие внутри кругов С(t1), С(t2), ..., С(tn–1), бесконечные "призмы" P1, P2, ..., Pn–1 с основаниями M1, M2, ..., Mn–1 и боковыми "рёбрами", параллельными OB1, OB2, ..., OBn–1 соответственно.
  Согласно лемме, существует такое  tn > tn–1,  что многоугольник M1(tn) содержится внутри сегмента S1(tn) круга C(tn), многоугольник M2(tn) содержится внутри сегмента S2(tn) круга C(tn), ..., многоугольник Mn–1(tn) содержится внутри сегмента Sn–1(tn) круга C(tn).
  Сдвинем каждую из прямых     в направлении вектора     пока она не совпадёт с прямой li(tn), касающейся многоугольника Mi(tn). Теперь построим выпуклый многоугольник Мn, который содержится в круге C(tn), касается каждого многоугольника Mi(tn) и лежит по разные с ним стороны от прямой li(tn): возьмём для каждого i одну из точек касания многоугольника Mi(tn) и прямой li(tn); при  n > 3  эти точки являются вершинами выпуклого (n–1)-угольника, который и выберем в качестве Mn; при  n = 2, 3  надо добавить ещё несколько точек).
  Рассмотрим бесконечную вверх "призму" Pn, основанием которой является многоугольник Mn, а боковое "ребро" параллельно прямой OBn. Построение будет закончено, когда мы получим призмы P1, P2, ..., PN. Наконец, "срежем" призмы плоскостью  z = T,  где  T > tN.
  Докажем, что полученные (обычные) призмы удовлетворяют условию задачи. Для этого достаточно показать, что призма Pn пересекается с призмой Pi
(i < n)  только в плоскости круга C(tn). Пусть, напротив, найдётся общая точка  RC(t)  двух призм, где  t > tn. Через точку R проведём прямые, параллельные OBn и OBi; обозначим их точки пересечения с плоскостью круга C(tn) через Rn и Ri соответственно. Тогда точка Rn должна принадлежать многоугольнику Mn(tn), а точка Ri – многоугольнику Mi(tn). Ясно, что (ненулевые) векторы     и     противоположно направлены. Однако это невозможно, поскольку точки Ri и     лежат по одну сторону от прямой li(tn), а точки Rn и     – по другую. Противоречие.


Решение 2

  Опишем построение расположения произвольного количества выпуклых многогранников, удовлетворяющих условию.
  Схема построения. Построим несколько вертикальных пересекающихся плоскостей πi, а в каждой из них – по выпуклому многоугольнику Mi так, чтобы
  а) верхняя граница каждого многоугольника состояла из одного горизонтального ребра, и её вертикальная проекция совпадала с проекцией всего многоугольника;
  б) высоты hi верхних границ возрастали с возрастанием номера;
  в) при движении по нижней границе многоугольника "вправо" (то есть с увеличением абсциссы) точка поднималась вверх;
  г) для каждой пары многоугольников их единственная общая точка лежала на верхней границе многоугольника с меньшим номером и на нижней границе многоугольника с бóльшим номером.
  Детальное построение. Рассмотрим в горизонтальной плоскости  z = 0  прямые li:  y = i(x – i),  i = 1, 2, ..., n.  Заметим, что прямые li и lj  (i < j)  пересекаются в точке  Aij(i + j, ij).  Эти точки различны, и для каждого i абсциссы точек A1i, A2i, ..., Ai–1,i, Ai,i+1, ..., Ain строго возрастают. πi – вертикальная плоскость, содержащая прямую li.
  Для каждого  i < n  поднимем точки Ai,i+1, ..., Ain на одинаковую высоту hi. Полученные точки обозначим Bi,i+1, ..., Bin. Высоты подберём так, чтобы для каждого  i > 2  ломаные B1iB2i...Bi–1,iBin были выпуклыми вниз (для этого нужно лишь, чтобы hi было достаточно велико по сравнению с hi–1; например, подойдёт  hi = ni–1, поскольку n больше отношения длин любых отрезков одной прямой с концами в точках Aij).
  Построим еще для каждого i  (1 < i < n)  точку Ci над A1i на высоте hi. Многоугольники  M3 = C3B13B23B3nM4 = C4B14B24B34B4n,  ...,
Mn–1 = Cn–1B1,n–1B2,n–1...Bn–2,n–1Bn–1,n выпуклы (на левом рисунке изображен многоугольник M4 для  n = 7).

             
  Плоскости πi и πj  (i < j)  пересекаются по вертикальной прямой mij, проходящей через точку Bij. При этом точки многоугольника Mi расположены не выше точки Bij, а Mj содержит только отрезок прямой mij, находящийся выше точки Bij. Поэтому Bij – единственная общая точка Mi и Mj. Как видим, многоугольники Mi удовлетворяют всем свойствам, описанным в схеме построения.
  Осталось построить многогранники-пирамиды с основаниями Mi  (2 < i < n).  Сделаем вершинами пирамид середины Di отрезков Сi–1Сi. Точка Di лежит правее всех плоскостей с меньшим номером и левее остальных, а её высота больше hi–1 и меньше hi. Покажем, что пирамиды Pi с вершинами Di и основаниями Mi удовлетворяют условию задачи.
  Пусть  i < j.  Через общую точку Mi и Mj проведём вертикальную прямую. Она разобьет Mj на две части – левую Q' и правую R' (рис. справа). Как видим, правая часть находится над плоскостью  z = hi,  касаясь её в точке Bij. Соответственно, и пирамида Pj разобьется на две пирамиды: "левую" Q и "правую" R (нижний рис.). Пирамида Q отделена от Pi вертикальной плоскостью πi: за исключением общей точки, все вершины Q левее, а вершины пирамиды Pi – правее этой плоскости. R отделена от Pi горизонтальной плоскостью на высоте hi: за исключением общей точки, все вершины R выше, а вершины Pi – ниже или на этой плоскости (на рисунке проекции Pi и Q находятся по разные стороны от прямой li). Таким образом, пирамиды Pi и Pj имеют единственную общую точку.

Замечания

8 баллов

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название Турнир городов
Турнир
Дата 2000/2001
Номер 22
вариант
Вариант весенний тур, основной вариант, 10-11 класс
Задача
Номер 6
олимпиада
Название Московская математическая олимпиада
год
Номер 64
Год 2001
вариант
Класс 11
задача
Номер 5

© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
Пишите нам

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