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

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 116394
Темы:    [ Многоугольники (прочее) ]
[ Кривые второго порядка ]
[ Примеры и контрпримеры. Конструкции ]
[ Соображения непрерывности ]
[ Общие четырехугольники ]
[ Доказательство от противного ]
[ Против большей стороны лежит больший угол ]
Сложность: 4
Классы: 10,11
В корзину
Прислать комментарий

Условие

Существует ли выпуклый N-угольник, все стороны которого равны, а все вершины лежат на параболе  y = x²,  если
  а)  N = 2011;
  б)  N = 2012?


Решение

  а) Пусть O – вершина параболы. Отложим на правой ветви 1005 равных хорд  OA1, A1A2, A2A3, ..., A1004A1005  длины t. Рассмотрим ломаную OB1B2...B1005, симметричную OA1A2...A1005 относительно оси параболы. Очевидно, длина l(t) отрезка B1005A1005 непрерывно зависит от t. При     B1A1 = 2 > t,  тем более  l(t) > t.  При  t = 4020  ордината точки A1005 меньше  1005·4020 = 2010²,  значит, её абсцисса меньше 2010, и  l(t) < 2·2010 = t.  По теореме о промежуточном значении найдётся t, при котором  l(t) = t.  В этом случае многоугольник OA1A2...A1005B1005...B1 равносторонний.

  б) Лемма. Если в выпуклом четырёхугольнике две противоположные стороны равны, то в другой паре противоположных сторон меньше та, сумма углов при которой больше.
  Доказательство. Пусть в четырёхугольнике ABCD сумма углов A и B больше 180° и  AD = BC.  Построим параллелограмм ABCE. Треугольник CAD получается из треугольника CAE увеличением угла A, поэтому  CD > CE = AD.

  Следствие. Пусть четырёхугольник ABCD вписан в параболу,  AD = BC,  а точки A и B лежат на дуге CD параболы. Тогда  CD > AB.
  Доказательство. Ясно, что четырёхугольник ABCD – часть сегмента параболы, отсечённого хордой CD. Пусть касательные к параболе в точках C и D пересекаются в точке M. Треугольник CMD содержит упомянутый сегмент, а, значит, и четырёхугольник ABCD. Поэтому
BCD + ∠ADC < ∠MCD + ∠MDC < 180°.

  Решение задачи. Пусть нашёлся такой 2012-угольник. Занумеруем его вершины в порядке возрастания абсцисс от A1 до A2012 (в этом же порядке они будут появляться при обходе 2012-угольника против часовой стрелки). Применяя 1005 раз вышеприведённое следствие, последовательно получим
A1A2012 > A2A2011 > ... > A1006A1007.   Противоречие.


Ответ

а) Существует;  б) не существует.

Замечания

баллы: 3 + 4

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название Турнир городов
Турнир
Дата 2011/2012
Номер 33
вариант
Вариант осенний тур, сложный вариант, 10-11 класс
Задача
Номер 4

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

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