ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам | Поиск |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 111909
Темы:    [ Примеры и контрпримеры. Конструкции ]
[ Ломаные ]
[ Произвольные многоугольники ]
[ Центральная симметрия помогает решить задачу ]
[ Поворот помогает решить задачу ]
Сложность: 4
Классы: 7,8,9,10,11
В корзину
Прислать комментарий

Условие

Две точки на плоскости несложно соединить тремя ломаными так, чтобы получилось два равных многоугольника (например, как на рис.). Соедините две точки четырьмя ломаными так, чтобы все три получившихся многоугольника были равны. (Ломаные несамопересекающиеся и не имеют общих точек, кроме концов.)


Решение

Один из возможных примеров изображён на рисунке.

В нём верхние два многоугольника совмещаются поворотом относительно точки A, нижние два – симметрией относительно точки O.

Замечания

  1. Аналогичным образом можно соединить две точки и пятью ломаными так, чтобы все возникающие многоугольники были равны. Оказывается, однако, что соединить две точки шестью ломаными так, чтобы все возникающие многоугольники были равны, невозможно.

  2. Интересно, что многоугольниками такого вида можно замостить плоскость, причём непериодическим образом (см. рис.).

  3. При взгляде на рисунок может остаться неясным, почему такая конфигурация вообще возможна. Поясним это.
  Заметим, что нам достаточно построить такой девятиугольник AA'XX'B'BA''X''B'', что
   (1) ломаная AA'XX'B' переходит при повороте относительно точки A в ломаную AA''X''B''B (рис. слева);
   (2) ломаная AA'XX'B'B центрально симметрична.

  Рассмотрим произвольный параллелограмм AA'BB', диагональ которого равна стороне (рис. справа). В нём вершина B' переходит в вершину B при повороте относительно точки A на угол B'AB, поэтому выполнения условия (1) теперь добиться нетрудно: можно взять две точки X и X', после чего взять в качестве A'', X'' и B'' образы A', X и X' при указанном повороте. А чтобы выполнялось условие (2), необходимо и достаточно, чтобы точка X' была образом X при симметрии относительно середины O отрезка AB.
  Осталась только одна проблема: точку X необходимо выбрать так, чтобы в результате построения действительно получился многоугольник – то есть чтобы ломаная AA'XX'B' не пересекалась с ломаной AA''X''B''B, и обе они не пересекались с отрезком BB'.
  Заметим, что для первого достаточно, чтобы ломаная AA'XX'B' (а значит, и её образ при повороте AA''X''B''B) постоянно удалялась от A. Действительно, тогда каждая окружность с центром в A пересекается с каждой из двух ломаных ровно по одной точке, причём эти точки не могут совпадать, так как они совмещаются поворотом на ненулевой угол. А с отрезком BB' ломаные не пересекутся, если все их точки будут лежать (проектироваться на прямую, перпендикулярную BB' ) левее этого отрезка.
  Всё это можно обеспечить, взяв за X такую точку на перпендикуляре к AA', что угол AXO тупой (чтобы такая точка нашлась, исходный параллелограмм AA'BB' полезно взять достаточно вытянутым – с диагональю AB много длиннее стороны AA').

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название Московская математическая олимпиада
год
Номер 72
Год 2009
Класс
Класс 8
задача
Номер 5

© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
Пишите нам

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .