ПРЕДИСЛОВИЕ

Задачник состоит из введения, шести параграфов, каждый из которых содержит цикл задач определенной тематики, и части, включающей в себя решения задач. В начале каждого параграфа приводятся краткие сведения о логике рассуждений, необходимой при решении цикла задач дачного параграфа, и приводятся характерные примеры. Некоторые теоретические выкладки (особенно в последних параграфах) могут быть доста— точно сложными для учеников младших классов, пытающихся са— мостоятельно работать со сборником. В этом случае мы советуем их опустить из рассмотрения и перейти сразу к примерам. Для удобства читателя после номера задачи стоит ссылка на литературу, откуда взята эта задача, и номер этой задачи в том издании. Некоторые задачи заимствованы из задачника "Кванта", в таких случаях при ссылке на номер журнала стоит номер задачи, как она числится в задачнике "Кванта". Список литературы, на которую ссылается автор, приводится в конце книги.

Естественно, задачи различаются по уровню сложности : есть задачи достаточно трудные - они выделены звездочкой, есть совсем простые, их мы пытались поставить в начало па— раграфа. Поэтому те, кто уже имеет опыт решения подобных за— дач, может обратиться сразу в задачам со звездочкой. Задачи не разделены по классам, так как автор полагает, что чита— тель может сам выбрать себе задачи, соответствующие его уровню. Понятно, что было бы глупо ученику младших классов браться, скажем, за задачу по стереометрии. Некоторые задачи публикуются впервые, поэтому могут быть использованы в качестве задач школьных или районных олимпиад, а также на матбоях.

Первые три параграфа посвящены так называемому дискретному принципу Дирихле : в первом - задачи общего типа, во втором - задачи по теории чисел, в третьем - геометрические задачи, решаемые с помощью дискретного принципа Дирихле. В четвертом параграфе собраны задачи на принцип Дирихле, кото— рые удобно решать с помощью теории графов. Последние два па— раграфа объединяют задачи, при решении ксторых используются теоремы, подобные принципу Дирихле.

Часть задач была собрана студенткой 5 курс? математи— ческого факультета З.Шириевой. Некоторые задачи был.! предло— жены А.Б.Воронецким. Кроме того, рукопись просмотрел Л.Э.Медников, сделав ряд замечаний. Автор выражает всем искреннюю признательность за ту большую помощь, оказанную при создании настоящего пособия.

и суммарная площадь построенных прямоугольников не превосходит 2я. Вместе с условием, что площадь самого многоугольника не превосходит я, из этого следует, что общая площадь построенной фигуры не превосходит 4л. Всего таких фигур 100, значит, их суммарная площадь не превосходит 400я < 400*3,15 = 1260. Площадь меньшего квадрата (он получается из большего, если сдвинуть каждую сторону исходного внутрь на 1), в который они помещены, равна 36^г = 1296, что больше общей площади построенных фигур. Поэтому в силу теоремы 7 фигуры не могут покрыть весь квадрат, то есть найдется точка, не принадлежащая ни одной из данных фигур. Эти фигуры таковы, что любая точка, расположенная вне этой фигуры, находится на расстоянии, большем, чем 1, от многоугольника, вокруг которого построена данная фигура. Следовательно, найденная точка удалена от каждого многоугольника и от границ большого квадрата на расстояние, большее, чем 1. Это означает, что круг радиусом 1 с центром в этой точке не пересекает ни одного многоугольника, ни границ большого квадрата, что и требовалось доказать.

‘17. Рассмотрим для каждого отрезка геометрическое место точек плоскости, удаленных от отрезка на расстояние ие более 1/8. Это будет фигура, состоящая из прямоугольника длиной 1/2 и шириной 1/4 и двух полукругов радиусом 1/8. Площадь такой фигуры равна сумме площадей прямоугольника и круга радиусом 1/8: 1/8 + я(1/8)² = 1/8 4- я/64 1/8 4- 3,1/64 = = 11,1/64. Окружив все отрезки, мы получили 9 фигур общей площадью 9*11,1/64 = 99,9/64. Понятно, что эти фигуры могут выползать за квадрат со стороной 1, но не далее, чем на 1/8. Поэтому рассмотрим фигуру, состоящую из самого квадрата 1x1, четырех прямоугольников высотой 1/8, построенных на сторонах исходного квадрата, и четырех четвертинок круга радиусом 1/8. Общая площадь этой фигуры равна 1 4- 4*1/8 4- я(1/8)² < <3/2 4- 3,2/64 = 3/2 4- 1/20 = 3,1/2 = 99,2/64. Эго меньше 99,9/64 - площади фигур, вложенных в квадрат. По теореме 8 найдется точка А, принадлежащая одновременно каким-то двум фигурам. Эта точка удалена от каждого из данных** отрезков менее, чем на 1/8. Пусть М и N - точки отрезков, для которых

AN < 1/8 и AM < 1/8. По неравенству треугольника MN i AN + +АМ<1/4, что и требовалось доказать. Заметим, что совсем необязательно, чтобы точка А принадлежала исходному квадрату.

148. Центр искомого шара должен находиться на расстоянии, большем, чем 1/2, от границ параллелепипеда и данных единичных кубов. Будем искать его внутри параллелепипеда 4x9x24, получающегося из исходного, если сдвинуть каждую грань параллелепипеда внутрь на 1/2. Из каждого единичного куба построим тело следующим образом. На каждой грани вне куба как на основании построим параллелепипед высотой 1/2. Грани полученных параллелепипедов образуют 12 двугранных углов величиной 90° каждый. Вставим в них по четвертинке цилиндров высотой 1 с круговым основашюм радиусом 1/2. Теперь вокруг каждой вершины получится трехгранный угол, составленный из Трех попарно перпендикулярных плоскостей. Покроем его 1/8 шара радиусом 1/2, получаемой проведением трех попарно перпендикулярных плоскостей через центр шара. В итоге получим тело, любая точка вне которого, находится на большем, чем 1/2, расстоянии от куба, на котором построено данное тело. Вычислим объем полученного тела. Оно состоит из куба объемом 1, 6 параллелепипедов объемом 1/2, 12 четвертинок цилиндра оощим объемом 3*я/4 и шара радиуса 1/2. Объем тако-

3 4 я И

го тела равен 1 + 3 + —•я +------------ = 4 + —*я. Следовательно,

4 3 8 12

11

объем всех 120 тел равен 120(4 +---------- я) = 480 + + ИОя < 480

12

+ 110*3,2 = 832. Но объем малого параллелепипеда равен 4*9*24 = 864, что больше объема построенных тел. По принципу Дирихле найдется точка из малого параллелепипеда, не принадлежащая ни одному из данных тел. Это и есть центр искомого шара радиусом 1/2.

149-150. На каждой стороне как на основании построим с той же стороны, где лежит многоугольник, прямоугольник высотой S/Р. Сумма площадей этих прямоугольников равна S. Поскольку они частично перекрываются, то они не могут покрыть многоугольник, площадь которого равна также S. По теореме 7 найдется точка, которую не покрывает ни один из построенных прямоугольников. Расстояние от нее до любой из сторон многоугольника превышает S/Р. Следовательно, окргкность радиусом S/Р с центром в этой точке будет полностью лежать внутри данного многоугольника.

151. Поместим начала всех векторов в одну точку и построим сферу радиусом 1 с центром в этой точке. Возьмем точки пересечения наших векторов (или их продолжений) с построенной сферой и окружим каждую из них шапочкой диаметром 45° следующим образом. Из центра шара проведем всевозможные лучи, образующие с направлением данного вектора угол, равный 22,5°. Эти лучи, пересекая шар, образуют окружность на поверхности шара. Меньшая часть сферы, ограниченная этой окружностью, и есть шапочка диаметром 45°. Площадь поверхности такой шапочки больше площади круга, образованного данной окружностью. Заметим, что радиус полученной окружности равен sin 22,5°. Поэтому площадь такого круга равна яг*sin 22,5° = я(1 - cos 45°)/2. Таким образом, суммарная поверхностная площадь построенных 30 шапочек больше» чем 15(1 - cos 45°)л. Покажем,что это больше 4я - площади повег люсти шара радиусом 1. Заметим, что 484 450 или 22 15-Гг. Отсюда следует, что 15(2 - Т2) 8. Из этого неравенства сразу вытекает, что 15(1 - ^2/2) = 15(1 - - cos 45°) < 4. Следовательно, площадь сферы радиусом 1 меньше суммарной площади построенных шапочек. По принципу Дирихле найдется точка на сфере, покрытая по крайней мере двумя шапочками.

Пусть это точка А. Центр шара обозначим через 0, а центры шапочек, которым принадлежит точка А, - через В и С. Проведем плоскость через точки О, В и С. На дуге ВС, полученной пересечением плоскости со сферой, найдется точка, принадлежащая шапочкам, построенным вокруг точек В и С. Это означает, что дуга ВС будет меньше 45°. Следовательно, найдутся два вектора из заданных, угол между которыми меньше 45°.

152. Проведем через центр сферы произвольную плоскость а. Каждую точку, симметричную относительно плоскости с точке черного цвета, закрасим в черный цвет. Тогда общая *площадь

закрашенной части сферы не более чем удвоится, то есть будет менее 24% площади сферы. Проведем теперь произвольную плоскость /?, проходящую через центр и перпендикулярную а. Полученную закрашенную область отобразим симметрично относительно плоскости Д. Таким образом, закрасится часть поверхности сферы, занимающая менее 48Х ее площади. Наконец, проведем плоскость у, проходящую через центр сферы и перпендикулярную построенным плоскостям а и р. Относительно ее произведем ту же операцию с закрашенной областью. Получим область черных точек, занимающую менее 96Х всей поверхности сферы. По принципу Дирихле найдется точка белого цвета. Она обладает тем свойством, что и остальные семь точек, получаемые при всевозможных композициях симметрий относительно плоскостей а, Д и у, будут также белого цвета. Эти восемь точек образуют искомый прямоугольный параллелепипед.

153. Одно из самых простых решений задачи а) опирается на задачу б), поэтому начнем с пространственной задачи.

б) Площадь поверхности части сферы радиусом г, заключенной между пересекающими сферу параллельными плоскостями, равна 2ягЬ, где h - расстояние между этими плоскостями. значит, что площадь сферы диаметром 1, содержащейся в слое толщиной h, рвана %h. Поэтому сумма площадей частей сферы, содержащихся в нескольких слоях, не больше яз, где s - суммарная толщина всех слоев (слои могут пересекаться). А так как s < 1, площадь покрытой слоями части сферы меньше площади поверхности всей сферы, равной я. Следовательно, на сфере найдутся непокрытые точки.

а) Рассмотрим круг диаметром 1 как проекцию шара диаметром 1 на плоскость. Каждой полоске поставим в соответствие слой, толщина которого равна ширине полоски (этот слой заключен между двумя плоскостями, перпендикулярными плоскости кр; г? и проходящими через границы полоски). Если бы круг был полностью покрыт полосками, то весь шар был бы покрыт слоями, суммарная толщина которых была бы меньше 1. Но это пс доказанному в пункте б) невозможно.

154. Построим для каждой из наших 650 точек кольцо < центром в этой точке, ограничиваемое окружностями радиусом < и 3. Все эти кольца содержатся в круге радиусом 16 + 3 = 13

и сумма их площадей равна 650(9л-4л) = 3250я, что больше, чем в 9 раз, площади 361 я круга радиусом 19. Следовательно, по теореме 10 хотя бы одна точка А этого круга покрывается по крайней мере 10 кольцами. Если теперь построить кольцо шириной 1 и внутренним радиусом 2 с центром в точке А, то центры покрывающих колец будут лежать внутри этого кольца. Значит, найдется 10 точек, лежащих в таком кольце.

155. Спроектируем данные круги на одну из сторон квадрата. Проекцией одного круга является отрезок, длина которого равна диаметру круга. Поэтому сумма длин проекций кругов равна 2*0,51 = 1,02. Поскольку длина стороны равна 1 < 1,02, то по теореме 8 по крайней мере проекции двух кругов будут иметь общую точку. Перпендикуляр, восстановленный к стороне квадрата в этой точке, пересечет эти два круга и, следовательно, будет искомой прямой.

156. Спроектируем данные окружности на одну из сторон квадрата. Проекция каждой окружности - отрезок, длина которого равна диаметру этой окружности. Сумма диаметров всех окружностей равна 10/л. Поскольку 10/п 3, то сумма длин проекций всех окружностей больше 3. Длина стороны квадрата равна 1, поэтому в силу теоремы 10 найдется точка на этой стороне, которую покрывают по крайней мере 4 проекции окружностей. Перпендикуляр к стороне квадрата, восстановленный в этой точке, пересекает по крайней мере 4 данные окружности, то есть является искомой прямой.

157. Каждой окрашенной дуге соответствует ей центрально -симметричная. Окрасим ее тоже. Тогда окрашенные дуги будут иметь в сумме длину не большую, чем длина всей окружности. По теореме 7 покрыть всю окружность окрашенные дуги не смогут. Значит, найдется неокрашенная точка А. Центрально-симметричная ей точка В также не окрашена (иначе должна быть окрашена и точка А). Таким образом, мы нашли диаметр АВ, оба конца которого не окрашены.

158. Для каждой хорды диаметр, проведенный через любую точку меньшей из стягиваемых ею дуг или через любую точку дуги, ей центрально-симметричной, пересекает эту хорду. Длина дуги, стягиваемой хордой, больше длины этой хорды. Таким образом, длина всех таких дуг больше 2-7л и, значит, по теореме 10 некоторая точка окружности окажется покрыто по крайней мере восемью дугами.

159. Предположим обратное : пусть сумма длин хорд н« меньше як. Для каждой хорды отметим меньшую из стягиваемых ею дуг и центрально-симметричную ей дугу. Тогда сумма длин отмеченных дуг больше удвоенной суммы длин хорд, т.е. 2 як. Поскольку длина окружности равна 2я, в силу теоремы 10 найдется точка, покрытая по крайней мере к+1 отмеченными дугами. Как и в предыдущей задаче для каждой хорды диаметр, проведенный через любую точку меньшей из стягиваемых ею дуг или через любую точку дуги, ей центрально-симметричной, пересекает эту хорду. Поэтому диаметр, проведенный из подученной точки, пересекает по крайней мере к+1 данную хорду, что противоречит условию задачи. Из этого следует, что наше предположение неверно и, значит, сумма длин хорд меньше як.

160. Проведем прямую fi, перпендикулярную данной прямой а. Спроектируем все отрезки на полученные прямые. Заметим, что в силу неравенства треугольника каждый отрезок длины 1 дает две проекции, сумма длин которых не меньше 1. Поэтому сумма длин проекций заданных отрезков на обе прямые не меньше 4п. По теореме 5 на одной из прямых сумма длин проекций не меньше 2п, а проекция всего круга есть отрезок длиной 2п. Следовательно, по теореме 8 на проекции круга найдутся две точки, принадлежащие проекциям двух заданных отрезков. Перпендикуляр, восстановленный в этой точке, пересекает эти отрезки и параллелен или перпендикулярен прямой а.

161. Рассмотрим проекцию на прямую, перпендикулярную данной плоскости. Исходный шар проецируется при этом в отрезок длиной 6, а внутренние шары - в отрезки, сумма колрых равна 50. По теореме 10 найдется точка большого отрезка, принадлежащая по крайней мере девяти маленьким отрезкам, покрывающих большой. Плоскость, проведенная через эту точку и перпендикулярная данной прямой, является искомой. Она параллельна заданной плоскости, и пересекает по крайней мере девять внутренних шаров.

162-163. Докажем более общее утверждение, из которого следует решение этих задач. Пусть нам даны две одинаковые окружности длиной а. На одной окружности даны п точек, на другой - несколько дуг суммарной длины меньшей чем а/п. Докажем, что можно наложить одну окружность на другую так, чтобы отмеченные дуги одной окружности не покрывали отмеченные точки другой. Произведем следующую операцию. Зафиксируем произвольную отмеченную точку первой окружности. Назовем ее А. Рассмотрим величины дуг, один конец которых - точка А, а другой - одна из отмеченных точек против часовой стрелки. Пусть это - а₂,., а (0 s а < 2л).

Зафиксируем положение второй окружности, на которой отмечены дуги Из них получим новые дуги Г₂ поворотом окружности на угол по часовой стрелке. Соответственно, из дуг Г получим дуги Г₃ поворотом на угол а₂ по часовой стрелке. Аналогично получим наборы дуг Г, 1 s i s п. Так как при повороте длина дуга не меняется, то каждый набор дуг Г имеет суммарную длину, меньшую а/n. Следовательно, объединение полученных дуг имеет длину меньше, чем длина окружности а. Поэтому найдется на окружности точка, которую не покрывает ни один из построенных наборов дуг. Пусть она отличается от фиксированной точки на угол а против часовой стрелки. Повернем тогда первую окружность на угол а по часовой стрелке (то есть совместим точку А с той, которая не покрыта ни одной из построенных дуг). Полученное наложение двух окружностей искомое. Так как точка А в этом положении не покрыта набором дуг Г^, то и отмеченная точка, отличающаяся от А на угол а , не будет покрыта набором 1-1 отмеченных дуг Г, что и требовалось доказать.