Về một Olympic bài toán

22

Về một
Olympic
bài tập

(hoặc có thể ít hơn
còn gì nữa không?)
V. M. TIKHOMIROV

Ngày xửa ngày xưa - đã rất lâu rồi -
cách đây đã lâu, ba mươi năm trước
trở lại - người đứng đầu vòng tròn, Tanya-
mỉm cười, anh ấy hỏi chúng tôi điều này:
câu hỏi thứ:

“Một tứ diện nằm bên trong một tứ diện khác
gogo. Bạn có nghĩ rằng tổng
ma xương sườn của anh ấy hóa ra còn nhiều hơn thế
tổng các cạnh của tứ diện bao quanh?”

Chúng tôi cùng nhau hét lên: “Không!” —
“Có ai có thể chứng minh điều này không?”
Và rồi một người trong chúng tôi kêu lên:
“Có gì để chứng minh: tôi thực sự có
Còn có thể có gì hơn nữa?

• “Đây có phải là một tiên đề không?” —
  “Không, nhưng…” - “Và không phải là tiên đề - một điều đã được chứng minh
  sống!" - “Điều đó không tốt lắm!” Họ
  chuẩn bị trước thêm một chút, và đột nhiên
  có tiếng kêu ngạc nhiên:
  “Nhưng nó có thể!”

Tôi nhớ lại cảnh này trong
Tháng Tư trôi qua một năm ở Odessa, khi
đã tổ chức vòng thứ hai của Liên minh toàn quốc XVI
Olympic Toán Noy. Ở đó
học sinh lớp 10 được đề xuất
như thế này bài toán:

Các đỉnh của tứ diện KLMN nằm
bên trong, trên các mặt hoặc trên các cạnh
tứ diện ABCD còn lại. Chứng minh
rằng tổng độ dài tất cả các cạnh của một tứ diện
KLMN nhỏ hơn 4/3 tổng chiều dài
tất cả các cạnh của tứ diện ABCD*).

(Lưu ý rằng số 4/3 trong mẫu-
lời giải thích của bài toán của chúng tôi không thể được
giảm đi. Để hiểu được
chỉ cần xem xét đúng là đủ
cạnh tam giác ABCD với
rất lớn so với xương sườn
Đế ABC có cạnh bên và
lấy điểm K và L ở đâu đó trên đáy và hai điểm khác M và N -
ở đâu đó gần đỉnh D.)

Nhiệm vụ này chỉ được hoàn thành
bốn người tham gia từ mạng năm mươi
ba. Nhưng tất cả lời giải hóa ra là
rất đẹp và tôi muốn
nói về họ

Tôi sẽ bắt đầu với lời giải hình học thuần túy, nằm hoàn toàn trong xu hướng toán học phổ thông. Nó thuộc về một cậu học sinh đến từ thành phố Dmitrovgrad, vùng Ulyanovsk, Ilmur Ziganshin.

Đầu tiên chúng ta hãy giới thiệu một số ký hiệu. Gọi KLM là mặt của tứ diện

*) Toàn bộ lời giải của bài toán này được đưa ra trên trang. 42 (nhiệm vụ M759). Nhưng đừng vội làm quen với anh ấy. Chúng tôi khuyên bạn nên đọc bài viết cuối trước và cố gắng tự tìm lời giải bằng cách sử dụng nó.

23

ra KLMN, nơi có chu vi lớn nhất trong số tất cả các mặt của bộ ba này. Chúng ta hãy chiếu bộ ba ABCD lên mặt phẳng KLM. Hình chiếu của các đỉnh của bộ ba tương ứng với $A_1, B_1, C_1, D_1$. Hình chiếu của toàn bộ bộ ba ABCD là một tam giác (trong trường hợp đó một trong các điểm $A_1, B_1, C_1$ hoặc $D_1$ nằm bên trong tam giác được tạo bởi các điểm khác) hoặc là một tứ giác lồi được giới hạn bởi đường đứt nét $A_1B_1C_1D_1$ (xem hình). Đường đứt nét bao quanh hình chiếu của bộ ba ABCD được biểu thị bằng G (trong hình nó được vẽ bằng các đường đậm hơn). Rõ ràng là $\triangle KLM$ nằm bên trong G. Đối với bốn điểm bất kỳ trong không gian $E, F, G, H$ (chúng có thể nằm trong cùng một mặt phẳng, một số điểm có thể trùng nhau, v.v.) đến $P_{EFGH}$, chúng ta tạo thành đại lượng tượng hình $|EF|+|FG|+|EG|+|EH|+|FH|+|GH|$ và gọi nó là chu vi EFGH. Thiết kế của tam giác KLM và độ dài đường gãy G lần lượt là $P_{KLM}$ và $P_\Gamma$.

Lời giải Ziganshina dựa trên bốn tuyên bố phụ trợ mà bản thân họ quan tâm. Chúng được xây dựng dưới dạng bài toán, hãy tự suy nghĩ về chúng.

Bài tập 1. Nếu mặt KLM có chu vi không thay đổi so với chu vi của mỗi mặt trong ba mặt còn lại của bộ ba KLMN thì

$$P_{KLMN} \leq 2P_{KLM}.$$

Bài 2. Nếu tam giác KLM nằm trong đoạn thẳng lồi Г thì

$$P_{KLM} \leq P_\Gamma.$$

Bài 3. Nếu đường đứt nét Γ giới hạn hình chiếu lên mặt phẳng của bộ ba ABCD, đồng thời $A_1, B_1, C_1, D_1$ là hình chiếu của các đỉnh của bộ ba ABCD thì

$$P_\Gamma < \frac{2}{3}P_{A_1B_1C_1D_1}.$$

Bài 4. Nếu $A_1B_1C_1D_1$ là hình chiếu của các đỉnh của bộ ba ABCD lên một mặt phẳng nào đó thì

$$P_{A_1B_1C_1D_1} \leq P_{ABCD}.$$

Từ thư từ (1) - (4) lời giải main bài toán nó nối tiếp ngay sau đó

$$P_{KLMN} \leq 2P_{KLM} \leq 2P_\Gamma < 2 \cdot \frac{2}{3}P_{A_1B_1C_1D_1} \leq \frac{4}{3}P_{ABCD},$$

Q.E.D. Nếu bạn đọc kỹ và chứng minh tất cả các câu bài toán 1-4, thì bạn chắc chắn sẽ nhận được sự hài lòng từ tính tự nhiên và vẻ đẹp của lời giải này.

Tương tự như Zagranshinsky là người chiến thắng lời giải trong Thế vận hội trong số học sinh lớp 10 của cậu học sinh Leningrad Grisha Perelman.

Hai lời giải còn lại nằm ngoài phạm vi chương trình giảng dạy của trường. Ở đây, vui lòng giảm xuống một giá trị. Thông thường, Olympid bài toán cũng là những môn được gắn bó nhiều nhất, vì lời giải mà kiến ​​thức về các nhánh toán học cao hơn không thể đặc biệt hữu ích và một nhà toán học chuyên nghiệp không có lợi thế hơn một học sinh trung học. Tuy nhiên, không phải lúc nào cũng có thể đáp ứng được yêu cầu này. Và đây chính xác là trường hợp khi kiến ​​​​thức về một số sự kiện của toán học “không phải trường học” cho phép bạn có được bằng chứng rất nhanh chóng. Trong trường hợp này, lời giải đạt được theo hai cách hoàn hảo. Điều đáng ngạc nhiên là cả hai phương pháp lời giải này đều được học sinh tìm thấy.

Đầu tiên tôi sẽ mổ xẻ về lời giải Andrei Savkin (Leningrad).

Khi bắt đầu lời giải Savkin đã đưa ra định lý sau: Cho hai hệ vectơ trong không gian ba chiều có các tính chất sau: nếu chúng ta lấy một đường thẳng bất kỳ và chiếu lên nó tất cả các vectơ của các đối tượng của hệ,

25

Bài tập 7. Ít nhất một trong các tứ diện $K_0L_0M_0N$ hoặc $K_0L_0M_0N'$ có chu vi lớn hơn tứ diện $K_0L_0M_0N_*$).

Và vì mỗi tứ diện tối đa có một đỉnh trùng với một trong các điểm $A, B, C$ hoặc $D$ nên ta chỉ cần xét trường hợp suy biến này.

Bài tập 8. Cho mỗi điểm $K, L, M$ và $N$ trùng với một trong các điểm $A, B, C$ hoặc $D$. Sau đó

$$P_{KLMN} < \frac{4}{3} P_{ABCD}$$

Đây là cách lời giải của Spivak kết thúc. Chúng ta thấy rằng đối với một nhà toán học chuyên nghiệp, nó có thể tập trung vào một cụm từ: do định lý Weierstrass lời giải bài toán về một tứ diện phức tạp có chu vi cực đại tồn tại và do tính lồi của các hàm khoảng cách nên lời giải này tập trung ở các đỉnh của tứ diện ABCD, làm cho problukka tổng quát bị suy biến (bài toán 8).

Lưu ý rằng lời giải của tác giả cũng dựa trên bài toán 7: ứng dụng tinh tế hơn một chút của nó cho phép chúng ta tránh tham chiếu đến định lý Weierstrass**).

Chúng ta có thể kết thúc ở đây, nhưng thêm vài lời nữa - ngẫu nhiên thôi. lời giải cuối cùng phản ánh một nguyên tắc quan trọng đối với bài toán về mức tối đa và tối thiểu: giá trị tối đa của hàm lồi trên một đa giác (nếu nó tồn tại) đạt được ở đỉnh của đa giác. Nguyên lý này đóng một vai trò quan trọng trong quy hoạch tuyến tính - một nhánh của toán học có ứng dụng rất lớn trong kinh tế học (xem về vấn đề này chẳng hạn ở bài 3. Litovchenko “The Best Option” («Kvant», 1978, No. 5)). Ở phần áp chót lời giải chúng ta gặp phải một trong những khái niệm tương đối mới của toán học - khái niệm biến thể (nó được thảo luận trong

*) Đối với những người đã quen với tính lồi rõ ràng, bài toán 7 sẽ đặc biệt dễ dàng, nhưng lời giải của nó xuất phát ngay từ tính lồi của các hàm khoảng cách. (Theo một trong các định nghĩa, một hàm xác định tại các điểm trong không gian được gọi là lồi nếu giá trị của nó ở giữa bất kỳ đoạn nào không vượt quá một nửa tổng các giá trị ở hai đầu của nó.)
**) Xem lời giải bài toán M759.