Комбинаторная геометрия → .04 Разрезания и геометрические конструкции в текстовых

Пусть Петя проведёт в каждом из прямоугольников диагональ из левого нижнего угла в правый верхний. После этого все треугольники, примыкающие к левым верхним углам прямоугольников, он покрасит в чёрный цвет, а остальные — в белый.

Докажем, что такая раскраска подойдёт. Рассмотрим общий отрезок границы двух треугольников. Если этот отрезок диагональный, то сверху к нему примыкает чёрный треугольник, а снизу белый. Если отрезок горизонтальный, то к нему сверху примыкает белый треугольник, а снизу — чёрный; случай вертикального отрезка аналогичен. Поэтому такая раскраска подходит.

Заметим, что при проведении разрешенной операции не изменяются площадь и периметр многоугольника. Предположим, что нам удалось путем нескольких таких операций получить из квадрата правильный треугольник. Примем за сторону квадрата. Тогда сначала площадь многоугольника равнялась а периметр равнялся В полученном правильном треугольнике, следовательно, периметр также должен равняться (т.е. сторона треугольника должна равняться ), а площадь — Однако, площадь правильного треугольника со стороной равна что не равно Противоречие.

Первое решение. Увеличим каждого прямоугольника сторону, перпендикулярную отмеченной, до При этом его площадь не уменьшится и станет (численно) равной длине выбранной стороны. Таким образом, сумма длин выбранных сторон равна сумме площадей удлинённых прямоугольников, которая, в свою очередь, не меньше площади единичного квадрата.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Спроектируем все отмеченные отрезки на одну из сторон квадрата. Если она полностью покрыта проекциями, то их суммарная длина не меньше Если на стороне есть точка, не покрытая проекциями, то проведём через неё перпендикуляр к стороне. Этот перпендикуляр покрыт прямоугольниками, в которых отмечена сторона, параллельная ему (иначе основание перпендикуляра покрыто проекцией отмеченной стороны), значит, суммарная длина этих отрезков равна

Максимальное число вершин у имеющихся многоугольников возрастает, только если от -угольника отрезать треугольник, и останется -угольник. Если раз так сделать, получится треугольников. Если же так сделать не более раз, то получится максимум угольник. Продолжая разрезания достаточно долго так, чтобы треугольников появилось не более мы получим много многоугольников с числом вершин от до После того, как будет ещё сделано более разрезаний, у нас окажется многоугольников какого-то вида.

Предположим противное, тогда ровно у треугольников хотя бы одна из сторон является стороной исходного многоугольника. Заметим, что у каждого треугольника не более двух сторон обладают данным свойством, а, значит, суммарно все треугольников содержат не более сторон исходного треугольника, а, значит, по крайней мере еще какой-то треугольник содержит сторону исходного многоугольника, что противоречит условию.

Покажем, что количество ходов при правильной игре определено однозначно и равно Действительно, рассмотрим многоугольник после последнего хода. Если при этом образован хотя бы один четырехугольник, в котором не проведены диагонали, то следующий игрок мог продолжить игру — противоречие. Таким образом, после последнего хода многоугольник триангулирован, следовательно, в нем проведено внутренних диагонали.

Таким образом, первый игрок выигрывает, если нечетно, то есть четно, второй — во всех остальных случаях.

Назовем рб.триангуляцией правильного -угольника триангуляцию, в которой все треугольники являются равнобедренными. Пусть

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма 1. Для любого натурального

Доказательство. Рассмотрим строну правильного -угольника. После разбиения она должна быть включена некоторый в равнобедренный треугольник Далее рассмотрим два варианта

1.

является основанием Тогда третья вершина лежит на серединном перпендикуляре к а с другой стороны является вершиной исходного многоугольника, что невозможно.

2.

является ребром Тогда третья вершина является одной из соседних к концу вершинам.

Таким образом, все стороны -угольника входят в треугольники любой триангуляции парами соседних, следовательно, при последовательной нумерации вершин числами от до при некоторой четности, все соседние вершины данной четности соединены отрезком.

Наконец, рб.триангуляция существует в том и только в том случае, если существует рб.триангуляция для правильного -угольника, что и отображает доказываемое равенство.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Вернемся к исходному доказательству. Разобьем натуральный ряд на множества для всех нечетных Каждое число попадет в некоторое из данных множеств, причем ровно один раз. Заметим, что, в силу леммы на всех элементах некоторого из данных множеств значения функции равны между собой, а, значит, нам достаточно решать исходную задачу лишь для нечетных

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма 2. Если при некотором натуральном то рб.триангуляция существует тогда и только тогда, когда

при некотором натуральном

Доказательство. Поскольку нечетно существует по крайней мере одна сторона такая, что она образует треугольник не с соседней стороной многоугольника, а, значит, является основанием некоторого треугольника в триангуляции.

Назовем -сектором фигуру, которая лежит в одной из полуплоскостей относительно некоторой диагонали и содержит сторон исходного многоугольника. Данную диагональ назовем его основанием.

Таким образом, исходный многоугольник разбивается на на два -сектора. Основание -сектора не может являться ребром некоторого треугольника, то есть является его основанием, следовательно, триангуляция существует только тогда, когда существует вершина на серединном перпендикуляре к основанию, то есть когда кратно

Так, каждый из -секторов разбивается на два -сектора, для каждого из которых верны рассуждения выше, пока сектор не будет содержать одну сторону. Тем самым, при некотором натуральном

Из данных рассуждений однозначно строится пример для любого

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Таким образом, любой -многоугольник имеет рб.триангуляцию тогда и только тогда, когда причем для некоторого натурального а, значит, для некоторого натурального

Пример:

Пример подходит, потому что центрами симметрии прямоугольников являются точки пересечения их диагоналей, а данный многоугольник не имеет центра симметрии, так как если он лежит вне синего отрезка, проходящего через середину одной из сторон, левые вершины многоугольника перейдут не в точки многоугольника, а если он лежит вне красного отрезка, проходящего через середину другой стороны, то верхние вершины многоугольника перейдут не в точки многоугольника.

Рассмотрим пример, подходящий под условие, с максимальным количеством кубов. Выберем из всех кубов в этом примере наибольший куб пусть его сторона равна и при этом Тогда заменим этот куб на куб со стороной лежащий строго внутри Покажем, почему новый пример также подходит под все условия. Во-первых, куба в примере еще не было, так как иначе лежал строго внутри Далее, если какой-то куб лежит строго внутри то и до этого куб лежал внутри куба что противоречит условию. Пусть, наоборот, сам куб лежит внутри какого-то куба Тогда сторона этого куба не меньше с другой стороны, максимальная сторона всех кубов, поэтому сторона в точности равна Но единственный куб со стороной строго внутри которого лежит это собственно куб а мы его из примера удалили. Поэтому такая ситуация невозможна, и значит новый набор кубов также подходит под все условия. Будем описанным выше образом заменять кубы на меньшие, пока не закончатся кубы со сторонами, большими В конце стороны всех кубов будут равны или а таких кубов не больше Осталось убедиться, что набор всех кубов со сторонами и очевидно, подходит под условие задачи, значит, ответ в точности

Многоугольник, у которого площадь (измеренная в ) численно равна периметру (измеренному в см), назовём хорошим.

Заметим, что исходный треугольник — хороший: он прямоугольный с катетами см и см, поэтому его площадь равна и численно совпадает с его периметром, равным

Если какой-то многоугольник П разбит на хорошие многоугольники, то площадь П, равная сумме площадей всех многоугольников разбиения, совпала бы численно с суммой периметров многоугольников разбиения. Но сумма этих периметров больше периметра П (на удвоенную сумму длин общих частей границ многоугольников разбиения). Получаем, что площадь П больше его периметра.

Значит, никакой хороший многоугольник, в том числе данный треугольник, нельзя разрезать на несколько (больше одного) хороших многоугольников.

Возьмём прямоугольник размера половина площади которого равна Для того, чтобы условие выполнилось, из данного прямоугольника необходимо вырезать прямоугольники площади или Таких прямоугольников всего три: и Заметим, что длина стороны каждого из таких прямоугольников не меньше С другой стороны, диагональ исходного прямоугольника равна но

поэтому ни один из таких прямоугольников вырезать из прямоугольника нельзя.

Рассмотрим вершину квадрата. Отрежем от квадрата эту вершину, проведя разрез близко к вершине. Мы получим маленький треугольник, а количество вершин у оставшейся фигуры увеличится на одну. Сделаем так с каждой вершиной квадрата. Мы получим четыре треугольника и один восьмиугольник — в точности то, что и требовалось по условию.

Решение

Отметим у квадрата по две точки на каждой стороне и еще по одной точке недалеко от каждой стороны. Проведем отрезки так, как показано на рисунке. Вырежем получившихся треугольника. Тогда оставшаяся фигура — -угольник, значит, мы получили искомое разрезание.

Посмотрим на вершины -угольника. Каждая из этих вершин должна являться также вершиной либо исходного квадрата, либо одного из треугольников, на которые мы разрезали исходный квадрат. У квадрата вершины, у четырех треугольников вершин. В сумме получается вершин. Значит, у -угольника останется вершина, не совпадающая ни с вершиной квадрата, ни с вершиной треугольника. Тогда угол при ней равен , что противоречит определению вершины многоугольника. Мы пришли к противоречию, значит, указанное разрезание невозможно.

Для начала покажем, как вырезать такое количество параллелепипедов. Очевидно, что с помощью таких параллелепипедов можно вырезать часть кубика размера . Тогда останется часть размера . Из неё, в свою очередь, можно вырезать кусок — останется часть размера . И наконец, вырезав из этой части кусок размера , оставим непорезанный кубик . Итого, мы вырезали параллелепипеда.

Докажем теперь, что большее количество вырезать не получится. Действительно, разобъём кубик на “диагональные” слои (см.картинку ниже), которые раскрасим по циклу в 4 цвета. Несложно убедится, что в каждом параллелепипеде содержится ровно 1 кубик каждого цвета. При этом заметим, что при разбиении из примера у нас остался угловой куб размера , в котором присутствуют только кубики трёх цветов. Значит, существует цвет, в который покрашено ровно 52 кубика, поэтому не получится вырезать параллелепипедов больше этого количества.

Заметим, что красных сливок , так как при разрезании получается на одну часть больше, чем было сделано разрезов. Тогда желтых сливок , а зеленых — . То есть всего сливок , но тогда при разрезании по всем сливкам получится части торта.

Проследим, какие спички останутся после первой, второй и третьей секунд соответственно и где будет огонь. Последняя конструкция сгорит еще через секунды. Значит, вся конструкция сгорит за секунд.

Способ 1.

В большом кубе помещается маленьких кубика. Из них кубиков с тремя окрашенными гранями — 8, так как углов.

Ребер у куба . И на каждом ребре помещается по маленьких кубика с двумя окрашенными сторонами, а значит маленьких кубиков с двумя окрашенными гранями .

Граней у куба . И на каждой грани помещается маленьких кубика с одной окрашенной гранью. Поэтому маленьких кубиков с одной окрашенной гранью .

Значит, неокрашенных кубиков .

Способ 2.

Кубик состоит из четырех горизонтальных слоев размера . Если отрезать верхний и нижний слои (все кубики которых окрашены красной краской), то останется два слоя, опоясаных кубиками, окрашенными красной краской.

Если убрать окрашенные кубики (а именно они здесь окрашены в красный цвет), то останется кубик со сторой . В нем помещается восемь маленьких кубиков.

Пусть в равнобедренной трапеции с основаниями проведена диагональ так что первый жук ползает по циклу второй — по циклу

Рассмотрим моменты времени, в которые первый жук оказывается в точке За время обхода первым жуком полного цикла из снова в второй жук сдвигается по своему циклу на в одну и ту же сторону. Поскольку

при таких сдвигах в один из рассматриваемых моментов времени второй жук окажется на расстоянии меньше до точки по ходу своего движения, а значит, встретится с первым жуком на диагонали

Каждая такая плоскость проходит через пару параллельных диагоналей противоположных граней куба. Поэтому каждая грань разбита на а вся поверхность куба —на треугольника, каждые два из которых отделены друг от друга хотя бы одной из проведённых плоскостей. А поскольку все проведённые плоскости пересекаются в центре куба, то каждая часть содержит в качестве одной из своих граней один из этих треугольников. Следовательно, число частей разбиения также равно