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

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 116224
Темы:    [ Параллелепипеды (прочее) ]
[ Ортогональная проекция (прочее) ]
Сложность: 4
Классы: 10
В корзину
Прислать комментарий

Условие

Куб разбит на прямоугольные параллелепипеды так, что для любых двух параллелепипедов их проекции на некоторую грань куба перекрываются (то есть пересекаются по фигуре ненулевой площади). Докажите, что для любых трёх параллелепипедов найдётся такая грань куба, что проекции каждых двух из них на эту грань не перекрываются.


Решение

Первое решение. Докажем, что это верно для разбиения любого прямоугольного параллелепипеда. Для краткости будем называть объемлющий параллелепипед ящиком, три его непараллельные грани — левой низом и фасадом, параллелепипеды разбиения — кирпичами, а разбиения, удовлетворяющие условию задачи, — правильными.

Лемма. Если разрезать ящик и кирпичи плоскостью, параллельной грани, то получим два меньших правильно разбитых ящика.

Доказательство. Если проекции двух кирпичей перекрывались на грани, параллельной разрезу, то проекции их кусков, попавших в один меньший ящик, не меняются и поэтому перекрываются. В противном случае пересечение проекций либо (а) было разбито разрезом, либо (б) было пустым. В случае (а) проекции кусков кирпичей перекрываются по соответствующей части пересечения проекций. В случае (б) один из кирпичей целиком попадает в один меньший ящик и перекрытие его проекции с проекцией соответствующего куска другого кирпича не меняется.

Вернёмся к задаче. Допустим, что утверждение ложно. Тогда есть контрпример, и в нём найдутся такие три кирпича X, Y и Z, что у X и Y перекрываются проекции на низ, у X и Z — на левую грань, у Y и Z — на фасад. Выберем контрпример с наименьшим числом кирпичей. Допустим, что X и Y не соприкасаются. Можно считать, что Y выше X. Рассмотрим часть ящика в форме параллелепипеда между нижней гранью Y и верхней гранью X, проекция которой на низ совпадает с пересечением проекций X и Y . Эта часть не входит ни в X, ни в Y , ни в Z. Она принадлежит одному или нескольким кирпичам; пусть K — один из них. Посмотрим, на какой грани перекрываются проекции K и Z: на левой или на фасаде (низ, очевидно, не подходит). Если на левой, то K, Y и Z тоже служат контрпримером. Разрежем ящик плоскостью, проходящей по верхней грани X. В верхнем из получившихся ящиков лежат K, Y и часть Z, образуя контрпример. Но так как в этом ящике нет ни одной части от X, то в верхнем ящике кирпичей меньше, что противоречит минимальности контрпримера. Аналогично, если бы проекции K и Z перекрывались на фасаде, можно было бы получить меньший контрпример, отсекая верхнюю часть с Y .

Итак, X и Y соприкасаются, и, по аналогичным причинам, соприкасаются X c Z и Y c Z. Пусть M — общая точка X, Y и Z. Ими не покрыты два противоположно направленных октанта с вершиной M, и кирпичи из этих октантов не могут иметь перекрывающихся проекций — противоречие.

Второе решение (предложено участником олимпиады Александром Скутиным). Введём систему координат с началом в вершине куба и осями, параллельными его рёбрам. Вместо проекций на грани будем рассматривать проекции на координатные плоскости (назовём их нижней, передней и левой).

Заметим, что грани всех параллелепипедов должны быть параллельны координатным плоскостям. Заметим также, что два параллелепипеда могут перекрываться в проекции не более чем на одну плоскость: если они перекрываются хотя бы на двух, то перекрываются проекции на все три оси, а тогда перекрываются и сами параллелепипеды.

Предположим, что найдутся три параллелепипеда A, B и C, нарушающие требование задачи. Тогда для каждой из трёх пар найдётся своя плоскость, проекции на которую будут перекрываться. Пусть a — расстояние между параллелепипедами B и C вдоль оси, перпендикулярной соответствующей плоскости, аналогично b — расстояние между A и C, c — расстояние между A и B. Среди всех троек, нарушающих требование задачи, возьмём одну из тех, где a + b + c минимально.

Случай 1: a + b + c = 0 (см. рис. а). Тогда a = b = c = 0 и у всех трёх параллелепипедов есть общая точка. Из этой точки выходят два противоположных октанта, не покрытых параллелепипедами A, B и C. Значит, они покрыты какими-то другими параллелепипедами D и E. Но эти параллелепипеды должны целиком лежать в своих октантах, а проекции октантов ни на одну плоскость не перекрываются. Значит, то же верно и для D и E, что противоречит условию.

Случай 2: a + b + c > 0 (см. рис. б). Предположим для определённости, что a > 0, B находится левее C, C находится ниже A и A находится дальше B. Рассмотрим все параллелепипеды, лежащие между B и C и перекрывающиеся с ними в проекции на левую плоскость. Среди них обязательно найдётся параллелепипед F, у которого верхняя грань не ниже верхней грани C, а дальняя — не ближе дальней грани B. Если F перекрывается с A в проекции на нижнюю плоскость, то рассмотрим тройку (A, B, F), если на переднюю — тройку (A,F,C). В любом случае получим тройку, нарушающую условие задачи, с меньшей суммой a + b + c: по одному измерению расстояние не изменилось, по другому не увеличилось, по третьему уменьшилось, — а это противоречит изначальному выбору тройки.

В обоих случаях мы приходим к противоречию, следовательно, искомой тройки параллелепипедов не существует.

Рис. а Рис. б

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название Московская математическая олимпиада
год
Год 2011
Номер 74
класс
1
Класс 10
задача
Номер 5

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

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