Задача M304

Условие

** Будем обозначать кружочком некоторую (неизвестную пока) операцию, применимую к любым двум целым неотрицательным числам $a$ и $b$ и дающую в результате тоже целое неотрицательное число $a \circ b = c$. Пусть операция «$\circ$» удовлетворяет следующим условиям:

1. $a \circ b = b \circ a$;

2. если $a \circ b = c$, то $b \circ c = a$;

3. если $a \circ b > c$, то $b \circ c < a$ или $a \circ c < b$.

а) Найдите $0 \circ 0$; $0 \circ 1$; $1 \circ 1$; $0 \circ 2$.

б) Докажите, что $0 \circ a = a$ и

$$1 \circ a = \begin{cases} a+1, \text{ если } a \text{ четно},\\ a-1, \text{ если } a \text{ нечетно}.\end{cases}$$

в) * Докажите, что существует не более чем одна операция, удовлетворяющая условиям задачи.

г) * Докажите, что такая операция существует, и укажите правило, позволяющее по заданным $a$ и $b$ вычислять $a \circ b$.

А. А. Григорян

М305 *. а) На хордах $AB$ и $A'B'$ окружности выбрано по точке $C$ и $C'$ так, что три прямые $AA'$, $BB'$ и $CC'$ пересекаются в одной точке $P$. Введем обозначения: $|AP| \cdot |A'P| = t$, $|AC| \cdot |CB| = s$, $|A'C'| \cdot |C'B'| = s'$, $|CP| = q$, $|C'P| = q'$. Докажите, что (при $q \neq 0$)

$$\sqrt{\frac{s'}{s}} = \frac{q'}{q} = \frac{s' + (q')^2}{t} = \frac{t}{s + q^2}.$$

б) Через точку $P$, не лежащую на данной сфере, и каждую точку неко-

42

торой окружности σ, лежащей на этой сфере, проведена прямая. Докажите, что вторые точки пересечения проведенных прямых со сферой также лежат на некоторой окружности $\sigma'$.

З а м е ч а н и е. Одно из решений задачи б) можно получить, используя а), поэтому мы и объединили их под одним номером. Подумайте однако, как решить задачу б) другим способом.

А. И. Ширшов

Решение

Будем обозначать кругочком некоморую (неизвестную пока) операцию, применимую к любым двум целым неотрицательным числам a и b и дающий може целое неотрицательное число a*b=c. Пусть эта операция удовлетворяет следующим условиям:

1. ab = ba;
2. если ab=c, то bc=a;
3. если ab > c, то bc < a или ac < b.
   a) Найдем 00; 01; 11; 0*2.
4. Докажиме, что 0a=a и 1a =
   -{a+1, если a четное,
   -a-1, если a нечетное.
5. Докажиме, что существует не более чем одна операция, удовлетворяющая условиям задачи.
6. Докажиме, что макая операция существует, и указим правило, позволяющее по заданным a, b вычислять a*b.

a) Найдем 00.
Допустим, что 00>0. Подставив в условия 3) a=b=c=0, получим, что 00<0, что невозможно. Значит, 00=0. Найдем 01.
Если 01=0, то 00=1, что неверно. Если 01>1, то из условия (3) 11<0,, что невозможно. Поэтому 01=1.
Аналогичными рассудениями получим, что
11=0, 02=2.

6. 1. Докажим, что 0a=a индикцией по a.
      Допустим, это верно при всех a<n и докажем, что 0n=n. Пусть 0n=k<n. тогда 0k=n, что противоречит допущению. Пусть 0n>n. тогда из условия 3) nn<0, что невозможно. Итак, 0*n=n.

7. Докажим, что 1*a =
   {a+1, если a четное,
   a-1, если a нечетное.

индикцией по a.
Допустим, что это доказано для всех a<n, и докажем для a=n.
Рассмотрим два случая.

(a) n — четное.
Обозначим 1n=k. тогда 1k=n. Если k≤n, то получаем противоречие. Пусть теперь 1n>n+1. тогда по условия 3) 1(n+1)<n или n*(n+1)<1, но и то и другое приводит к противоречению. Итак, 1*n=n+1.

(6) n — нечетное.
Тогда по доказанному 1*(n-1)=n, откуда 1*n=n-1.

в) Докажем теперь, что существует не более, чем одна операция, удовлетворяющая условиям задачи.
Допустим, что есть две такие операции. Обозначим первую операцию знаком $\circ$, а вторую — знаком $\odot$. По предположению существует по крайней мере одна такая пара чисел a, b, для которых ab≠ab. Выберем из всех таких пар ту, в которой сумма a+b наименьшая. Итак, пусть ab≠ab; если же a’+b’<a+b, то a’b’=a’b’. Обозначим ab=k, ab=l. Пусть k<l (случай k>l аналогичен). Поскольку ab>k, то ak<b или bk<a. Пусть ak=m<b (случай, когда bk<a, аналогичен). тогда am=k. Поскольку m<b, то a+m<a+b, и поэтому am=am=k. Тогда ak=m, что противоречит тому, что ak=b.

Полученное противоречение и доказывает утверждение в).
г) Докажим теперь, что такая операция существует.
Всякое целое неотрицательное число a единственным образом представляется в виде
a=a₀·2⁰+a₁·2¹+a₂·2²+…+aₖ·2⁷+…*).

*) Это — запись числа a в двойной системе чисел.

35

Здесть $a_0, a_1, \dots$ бесконечная последовательность, в которой конечное число членов — единицы, остальные — нули.

Пусть $a = \sum_{k=0}^{\infty} a_k \cdot 2^k, b = \sum_{k=0}^{\infty} b_k \cdot 2^k$.

Определим значение $c = a \circ b$: положим $c = \sum_{k=0}^{\infty} c_k \cdot 2^k$, где числа $c_k$ определяются по следующему правилу:

$$c_k = \begin{cases} 0, & \text{ если } a_k = b_k, \\ 1, & \text{ если } a_k \neq b_k. \end{cases}$$

To, что для так определенной операции выполняются условия 1) и 2) очевидно. Проверим, что выполняется условия 3). Переформулируем его так:

если $a \circ b \neq c$, то: $a \circ b < c$, или $a < c < b$, или $b \circ c < a$.

Пусть $a \circ b \neq c$. Обозначим через $k$ наиболее номер, при котором не выполняется условия (*). Тогда имеет место один из следующих двух случаев:

(a) $a_h = b_h = c_h = 1$.

В этом случае выполняется даже все три неравенства. Действительно, доказем, например, что $a \circ b < c$. Поскольку $k$-й разряд числа $a \circ b$ равен 0, а в $(k+1)-м, (k+2)-м, \dots$ разряд числа $a \circ b$ и $c$ совпадают, то

$$a \circ b \leq 2^0 + 2^1 + \dots + 2^{k-1} + \Delta = 2^k - 1 + \Delta,$$

где через $\Delta$ мы обозначили число $c_{k+1} \cdot 2^{k+1} + c_{k+2} \cdot 2^{k+2} + \dots$. Но $k$-й разряд числа $c$ равен 1; значит, $c \geq 2^k + \Delta$, откуда $a \circ b < c$.

(6) Из трех чисел $a_h, b_h, c_h$ одно равно единице, другие два — нulo.

Пусть $a_h = b_h = 0, c_h = 1$ (остальные случаи аналогичны). Тогда $a \circ b < c$, поскольку снова $a \circ b \leq 2^k - 1 + \Delta, c \geq 2^k + \Delta$.

A. A. Грицорян, A. Л. Тоом

♦

a) Возможны два случая; они изображены на рисунках 1, а и 6. Расмотрим треугольники $B'PC'$ и $BPC$. Для их площадей имеем

$$\frac{S_{B'PC'}}{S_{BPC}} = \frac{|C'P| \cdot |B'P|}{|CP| \cdot |BP|} = \frac{q' \cdot |B'P|}{q \cdot |BP|}.$$

С другой стороны,

$$\frac{S_{B'PC'}}{S_{BPC}} = \frac{S_{A'PB'} \cdot \frac{|B'C'|}{|A'B'|}}{S_{APB'} \cdot \frac{|BC|}{|AB|}} = \frac{|B'P| \cdot |A'P| \cdot |B'C'| \cdot |AB|}{|BP| \cdot |AP| \cdot |BC| \cdot |A'B'|}.$$

Так как $\triangle APB \sim \triangle A'PB'$, то

$$\frac{|A'P|}{|A'B'|} = \frac{|BP|}{|AB|},$$

то есть

$$|A'P| \cdot |AB| = |BP| \cdot |A'B'|.$$

Позному

$$\frac{q' \cdot |B'P|}{q \cdot |BP|} = \frac{|B'P| \cdot |B'C'|}{|AP| \cdot |BC|},$$

36

откуда
$$|B'C'| = \frac{|BC| \cdot |AP|}{|BP|} \cdot \frac{q'}{q}. \tag{1}$$

Аналогично
$$|A'C'| = \frac{|AC| \cdot |BP|}{|AP|} \cdot \frac{q'}{q}. \tag{2}$$

Перемножая равенства (1) и (2), получаем
$$\frac{s'}{s} = \left( \frac{q'}{q} \right)^2. \tag{3}$$

Далое
a) $$|AP|^2 = |AC|^2 + |CP|^2 + 2|AC| \cdot |CP| \cdot \cos(\widehat{BCP}) =$$
$$= |AC|^2 + q^2 + 2q \cdot |AC| \cdot \cos(\widehat{BCP});$$
$$|BP|^2 = |BC|^2 + q^2 - 2q \cdot |BC| \cdot \cos(\widehat{BCP}).$$

Умножая первое соответствие на |BC|, второе — на |AC| и складывая их, получаем
$$|AP|^2 \cdot |BC| + |BP|^2 \cdot |AC| = (s + q^2) \cdot |AB|,$$
то есть
$$s + q^2 = \frac{|BC| \cdot |AP|^2 + |AC| \cdot |BP|^2}{|AB|}. \tag{4}$$

Таким же образом находится, что
$$s' + (q')^2 = \frac{|A'C'| \cdot |B'P|^2 + |B'C'| \cdot |A'P|^2}{|A'B'|}. \tag{5}$$

Преобразуем соответствие (5), учитывая равенства (1), (2), (4), и подобные треугольников APB и A’PB':

$$s' + (q')^2 = |A'P|^2 \cdot \frac{1 + \frac{|B'P|^2}{|A'P|^2} \cdot \frac{|A'C'|}{|B'C'|}}{1 + \frac{|A'C'|}{|B'C'|}} =$$
$$= |A'P|^2 \cdot \frac{1 + \frac{|B'P|^2}{|A'P|^2} \cdot \frac{|AC| \cdot |BP|^2}{|BC| \cdot |AP|^2}}{1 + \frac{|AC| \cdot |BP|^2}{|BC| \cdot |AP|^2}} =$$
$$= |A'P|^2 \cdot |AP|^2 \cdot \frac{|AB|}{|BC| \cdot |AP|^2} = \frac{t^2}{s + q^2},$$
то есть
$$\frac{s' + (q')^2}{t} = \frac{t}{s + q^2}. \tag{6}$$

Осталось только доказать, что, например,
$$\frac{t}{s + q^2} = \sqrt{\frac{s'}{s}}.$$

Но это уже просто упражнение (см. (3) и (6)):
$$\frac{s' + (q')^2}{s + q^2} = \frac{s'}{s} \Rightarrow s' + (q')^2 =$$
$$= \frac{s'}{s} \cdot (s + q^2) \Rightarrow t^2 = \frac{s'}{s} \cdot (s + q^2)^2.$$

Рис. 1.

Рис. 2.

37

6. Будем решать задачу 6) в предположении, что точка $P$ находится в не данной сферы $S$ (для случая, когда $P$ — внутренний сферы $S$, все рассуждания аналогичны).

Пусть $AB$ и $QR$ две пересекающие хорды окружности $\sigma$, $A'$ и $B'$ — точки из множества $\sigma'$, соответствующие точкам $A$ и $B$ (рис. 2). Проведем через точки $A$, $B$ и $P$ плоскость; тогда в сечении получится картина, соответствующая рисунку 1, 6.

В задаче a) мы доказали, что

$$|C'P| = \frac{|CP| \cdot |AP| \cdot |A'P|}{|AC| \cdot |CB| + |CP|^2}$$

Если $Q'$ и $R'$ — точки множества $\sigma'$, соответствующие точкам $Q$ и $R$ окружности $\sigma$, то

$$|QP| \cdot |Q'P| = |AP| \cdot |A'P|,$$

и, кроме того,

$$|QC| \cdot |CR| = |AC| \cdot |CB|.$$

Значит, точка $C'$ (принадлежащая хорде $A'B'$) принадлежит и отрезку $Q'R'$, и, следовательно, точки $A', B', Q'$ и $R'$ лежат в одной плоскости. Поскольку мы выбирали точки произвольно, из этого следует, что все точки множества $\sigma'$ принадлежат одной плоскости; значит $\sigma'$ — окружность.

А. И. Ширшов

Приведем теперь два решения задачи 6), не использующие вычисления задачи a).

Идея первого решения принимает нашему читателю С. Финашину (г. Ленинград).

Проведем через точки $P$ и окружность $\sigma$ сферы $S'$; пусть $\pi$ — плоскость, касательная к сфере $S'$ в точке $P$. Покажем, что все точки множества $\sigma'$ принадлежат плоскости $\pi'$, параллельной плоскости $\pi$. Для этого зафиксируем точку $A'$, принадлежат $\sigma'$, и докажем, что для любой точки $B'$ множества $\sigma'$ принадлежат $\sigma'$ параллельна плоскости $\pi$.

Рассмотрим плоскость, проходящую через точки $P$, $A'$ и $B'$. Эта плоскость пересекает сферы $S$ и $S'$ по окружности $\tau$ и $\tau'$ соответственно, плоскость $\pi$ — по прямой $l$ (рис. 3; точки $A$ и $B$ — это точки пересечения $(PA')$ и $(PB')$ со сфером $S$ — они принадлежат окружности $\sigma$).

Обозначим угол $A'B'B$ через $\alpha$. Тогда дуга $A'AB$ равна $2\alpha$, дуга $BB'A'$ равна $(2\pi - 2\alpha)$, угол $A'AB$ равен $\pi - \alpha$, а угол $BAP$ равен $\alpha$; то есть угла $PBA$ равна $2\alpha$. Поэтому угол $BPQ$ равен $\alpha$, то есть углы $A'B'B$ и $BPQ$ конгруэнты. Значит, прямая $A'B'$ параллельна прямой $l$, что и требовалось доказать.

Второе решение задачи 6) получается с помощью геометрического преобразования — инверсии. Напомним вычале, что такое инверсия на плоскости (подробно свойства инверсии на плоскости обсуждались в статье А. П. Савин и «Инверсия и задача Аполлоня», «Квант», 1971, № 8; инверсии посвящена вторая глави И. М. Я глома «Геометрические преобразования», т. II, Линейные и крутовые преобразования, М., Гостехидат, 1956).

Пусть $A$ — некоторая точка, не совпадающая с центром $P$ данной окружности радиуса $k$. Инверсия к $A$ точка $A'$ (то есть образ точки $A$ при инверсии) определяется следующим образом. Эта точка лежит на луче $PA$ (см. рис. 4), причем ее расстояние от центра $P$ удовлетворяет соответствующим инверсии.

38

Перечислим теперь некоторые свойства инверсии.

1. Прямая, проходящая через центр P инверсии, переходит при инверсии сама в себя.

2. Любая прямая, не проходящая через центр P инверсии, переходит в окружность, проходящую через точку P, и наоборот (рис. 5, a, 6).

3. Окружность, не проходящая через центр P инверсии, переходит при инверсии в другую окружность, также не проходящую через точку P (рис. 6, a, 6), или, быть может, в ту же самую окружность. Посленяя возможность осуществляется в двух случаях: 1) когда данная окружность относionalна к окружности инверсии (рис. 4); 2) когда данная окружность совпадает с окружностью инверсии.

Доказательства этих свойств вы можете найти в уже упоминавшихся статье A. П. Савина и книге И. М. Яглома.

Теория инверсии легко переносится с плоскости на пространство: в этом нетрудно убедиться, если рассмотреть пространственные тела, получающие в результате врашения изображенных на рисунках 4—6 фигура вокруг линии центров (PA, или PB, или PO₁). Пусть дена сфера Σ с центром P и радиусом k; точку, инверсию к данной точке A относительно сферы Σ, мы определим как точку A’, принадлежшую лучу PA и такую, что расстояние |PA|·|PA’|=k².

При этом преобразование сфера инверсии переходит в себя. Сферы, ortogonalные к сфере инверсии, также переходит при инверсии в себя: сфера инверсии делит ortogonalную к ней сферу на две части, которые при инверсии «меняются местами».

Теория показет, как с помощью инверсии решить задачу M305 6). Расмотрим сфера Σ с центром в заданной точке P, ortogonalную к данной сфере S. Сделаем инверсию относительно сферы Σ. Сфера S при этом передет в себя, причем любая точка A окружности σ∈S передет в инверсию себе точку A’: вторую точку пересечения луча PA со сфером S. Поэтому точки множество σ’ — это точки, инверсии соответствуют точкам окружности σ и наоборот. Из всех сделанных ранее замечаний вытекает, что σ’ — окружность.

И. Н. Клумова

Очевидно, что оставшуюся часть доски можно разрезать на 18 равновеликх треугольников (рис. 7). Докажем, что на 17 треугольников разрезать уже нельзя.

В самом деле, если бы оставшуюся часть доски можно разрезать на 17 равновеликх треугольников, то площь каждого из них была бы больше $\frac{7}{2}$ (а именно, $\frac{63}{17}$).

Расмотрим два треугольника, основания которых содержат сторону (или часть стороны) удаленной клетки и вершину этой клетки, лежащую внутри дски (рис. 8). Высоты этих треугольников не преосходят 7, а основание бы одного из них — не более 1. Следовательно, площь по крайней мере одного из расматриваемых треугольников не может быть больше $\frac{7}{2}$.

Итак, наименьшее число равновеликх треугольников, на которых можно разрезать оставшуюся часть доски, равно 18.

В. П. Федомов

39