|
|
 |
Условие
Клетчатый квадрат 2×2 накрыт двумя треугольниками. Обязательно лиа) хоть одна из четырёх его клеток целиком накрыта одним из этих треугольников;
б) в один из этих треугольников можно поместить квадрат со стороной 1?
Решение
а) Впишем в квадрат четырёхугольник без параллельных сторон так, чтобы одна его сторона разбила на части обе левые клетки, вторая — обе верхние, третья — обе правые, четвёртая — обе нижние. Продлим пары противоположных сторон до пересечения. Теперь квадрат покрыт двумя углами, при этом нет клетки, целиком покрытой одним углом. Отрезав лишнее, превратим углы в треугольники. На рисунке — пример искомого четырёхугольника на клетчатой бумаге со вспомогательными клетками размера 0,25×0,25.
б) Отметим 9 вершин клеток квадрата $2\times2$ как на рисунке 1. Треугольники их все накрывают. Возможны три случая распределения вершин квадрата $A, B, C, D$ между треугольниками.
1) В один накрывающий треугольник $T$ попали три вершины, скажем, $A, B, C$. Тогда фигура $T$ накрывает весь треугольник $AB$ и, тем более, клетку $BFOE$.
2) В накрывающие треугольники попали пары вершин на противоположных сторонах, скажем, в один $A, B,$ в другой $C, D$. Тогда первый накрывает и точку $E$, а второй — точку $G$. Из трёх точек $H, O, F$ либо две, либо все три попадут в один треугольник. В силу выпуклости среди них есть пара точек на расстоянии 1. Пусть, например, $H$ и $O$ попали вместе с $A, E, B$. Тогда в этом треугольнике лежит клетка $AEOH$.
3) В накрывающие треугольники $T_1$ и $T_2$ попали пары противоположных вершин квадрата: скажем, в $T_1$ — $A$ и $C$, в $T_2$ — $B$ и $D$ (рис.2). Тогда лежащая на пересечении диагоналей точка $O$ попала и в $T_1$, и в $T_2$. Будем искать такое распределение точек $E, F, G, H$ по треугольникам, чтобы ни один из треугольников не накрывал целую клетку. Можно считать, что точка $E$ попала в $T_1$. Тогда $H$ — в $T_2$ (иначе $T_1$ накроет клетку $AEOH$), $G$ — в $T_1$ (иначе $T_2$ накроет $HOGD$), $F$ — в $T_2$ (иначе $T_1$ накроет $OFCG$).
Рассмотрим теперь середину $M$ отрезка $DG$ (рис.3). Если она тоже принадлежит $T_1$, то, сдвинув клетку $DHOG$ на $1/2$ вправо, мы расположим её целиком в $T_1$ (ведь середина $AG$, лежащая над $M$, лежит в $T_1$, и середина $EC$ лежит в $T_1$). Значит, можно считать, что $M$ лежит в $T_2$.
Аналогично, можно считать, что середина $N$ отрезка $EB$ лежит в $T_2$. Но тогда в $T_2$ лежит параллелограмм $MHNF$ (рис.4).
Осталось доказать, что внутрь $MHNF$ помещается квадрат $1\times1$. Заметим, что угол $NHM$ тупой (например, потому, что угол $MHB$ прямой). Далее, площадь параллелограмма $MHNF$ равна $4-2\cdot1,5-2\cdot0,5=2$. Далее, $HN = \sqrt{1+\frac{9}{4}}=\frac{\sqrt{13}}{2}$. Тогда высота $HX$ параллелограмма $MHNF$, опущенная из $H$ на $MF$, равна $2:\frac{\sqrt{13}}{2} > 1$. При этом $$MX=\sqrt{HM^2-HX^2}=\sqrt{1+\frac{1}{4}-HX^2} < \sqrt{1+\frac{1}{4}-1}=\frac{1}{2}.$$
Тогда $HN-MX > \frac{\sqrt{13}}{2}-\frac{1}{2} > 1$, откуда в параллелограмм $MHNF$ помещается
квадрат с вершиной $H$ и стороной длины 1, идущей вдоль $HN$.
