Так ли просты круги, как кажется?

Юбилейная десятая задачная разминка — от нашего преподавателя Александра Викторовича Смирнова. Его комментарий:

Сегодня задачи по геометрии, но не простой, а комбинаторной! От классической планиметрии они отличаются формулировками, приближенными к реальной жизни. Ведь каждый из нас хоть раз сталкивался со схожими вопросами, когда собирал портфель в школу
или, например, расставлял мебель в комнате.

Обычно для решения таких задач не нужно каких-то специальных знаний, достаточно сообразительности.
Однако на разборе мы обсудим некоторые общие приёмы, помогающие при решении. И даже замахнёмся на задачу 4б, для решения которой придётся придумать хитроумную теорию!

Как обычно, в комментариях приветствуются ваши решения и мысли о задачах.

Разбор задач будет проводиться Александром Викторовичем в субботу 1 июня в 17:00 мск по ссылке https://us06web.zoom.us/j/84684076104?pwd=O6FzBMTsUmjCwfRQDoGD6CAaybAkY1.1
Meeting ID: 846 8407 6104
Passcode: 323214

Присоединяйтесь!

#мт_разминка

В задаче 4, кстати, действительно очень крутая история ее создания и решения! А решение и аппарат для этого решения, насколько я знаю, придумал абсолютно легендарный геометр Виктор Абрамович Залгаллер.

Есть, кстати, несколько записанных диалогов с Залгаллером, если вы интересуетесь математикой и ее историей, это очень интересно.

https://youtu.be/1ZJBraHCpbA?si=66CrFaV_uWSA8rzh

Всем привет! Немножечко спама вам в ленту! Опять неумолимо приближается лето и ваши любимые преподаватели уже чувствуют, что еще чуть-чуть и можно будет, наконец, вздохнуть с облегчением, никого не учить и отдохнуть. А что же делать вам? Как провести лето с пользой?

Как и год назад для вас есть куча разных лагерей, интенсивов, вебинаров, курсов и пр., на которых вы сможете отвлечь себя от ненавистного летнего отдыха. Одно расстраивает — перерывы между летними школами, которые просто нечем заполнить. Да и в летних школах с лагерями, порой, остается еще куча свободного времени, которое просто некуда засунуть. Ну действительно, не идти же гулять и дышать свежим воздухом...

Короче, как и год назад Давид Юрьевич Бродский организует свои супер-мега-пупер-классные курсы по геометрии. В этом году есть возможность учиться на трех уровнях сложности — можно подобрать себе наиболее комфортный.

Что полезно знать

► Продолжительность — 3 месяца, то есть можно заниматься все лето
► Раз в неделю выкладывается 1-2 лекции с теоретическим материалом
► Раз в неделю предлагается серия задач, которая проверяется преподавателями через таксу Дусю
► Раз в неделю онлайн разбор с Давидом Юрьевичем, где вы ему можете задать самые неожиданные вопросы
► На каждой неделе будут челлендж-задачки для тех, кто решил все основные
► Все материалы курса доступны до конца курса и даже немного дольше
► Для тех, кто все-таки отвлекается на всякие там лагеря и летние олимпиады, типа IMO, предусмотрен сдвиг дедлайнов и сроков доступа к материалам

Короче, заниматься можно в довольно лайтовом режиме и позволять себе паузы, и при этом круто прокачать себе геометрию всего за одно лето.

За подробностями ныряйте по ссылке

Ну и картинка к посту нужна. Вот вам одна из самых красивых задач Давида Юрьевича — задача через которую я вообще узнал о существовании такого человека.

Оказывается, ортоцентр треугольника с вершинами в серединах биссектрис лежит на прямой Эйлера исходного.

Пока самая красивая задача этого сезона. LMAO 2024 P3. Дан равносторонний оранжевый треугольник и точка P на его вписанной окружности. Точку P отразили относительно сторон оранжевого треугольника и получили красный треугольник. Далее отразили точку P относительно сторон красного треугольника и получили черный треугольник. Докажите, что описанная окружность черного треугольника касается вписанной и описанной оранжевого.

Задача от Василия Мокина! Предлагалась на зимних сборах в сезоне 2022/2023.

Даны две зеленые окружности одна внутри другой. Две красные окружности с красными центрами и две синие окружности с синими центрами касаются одной зеленой внутренним и одной зеленой внешним образом. Четырехугольник с вершинами в красных и синих центрах - трапеция. Тогда одна из диагоналей четырехугольника, образованного парами внешних касательных к красным и к синим окружностям перпендикулярна основанию этой трапеции.

Немного безумных утверждений вам в летну. Красные чевианы пересекаются в одной точке, синие пересекаются в одной точке и зеленые пересекаются в одной точке. Тогда пунктирные тоже пересекаются в одной точке.

для тех, кто соскучился по простым и добрым утверждениям...

думаю, что многие не задумывались о внешнем аналоге леммы Архимеда, а он есть

Конструкция с вписанной окружностью

Ну и в качестве компенсации задача подобрее.

Красные отрезки равны, синие углы равны, зеленые углы равны. Докажите, что красные углы равны.

Шесть красных точек делят стороны треугольника в одинаковом отношении. Через них проведены две окружности (точки разбиты через одну). Оказывается, радикальная ось этих окружностей не зависит от положения красных точек и определяется самим треугольником.

В чате периодически пишут, что барицентрические координаты не дружат с окружностями. Не знаю, откуда взялся этот миф, если честно. Есть огромное количество задач про окружности, которые прекрасно решаются в барицентрических координатах. Вот, например, задача с майских сборов, которую я недавно выкладывал. Не поленился — написал решение.

Если вы хотите разобраться, как считать такие задачи в барицентрических координатах, то приглашаю вас на спецкурс, о котором я объявлю уже очень-очень скоро. Пока отбираю наиболее показательные задачи для разбора и решения и придумывают упражнения, которые позволят участникам накопить необходимый багаж формул.

Заменяют ли барицентрические координаты геометрические методы? Нет, не заменяют, но иногда очень хорошо дополняют и позволяют понять некоторые геометрические сюжеты глубже. Например, можно совсем в другом ключе взглянуть на лемму о соосных окружностях...

А кто знает, как решать задачу?

Прочитал про теорему Дена о разрезании: если прямоугольник можно разрезать на квадраты, то отношение его сторон рационально. Интуитивно это кажется логичным, но доказать не так уж и просто. Обратное утверждение тривиально: если отношение сторон рационально и скажем равно p/q, то увеличив масштаб в q раз, получим прямоугольник с целыми сторонами, который можно разрезать на квадраты 1x1.

Линейная алгебра помогает построить простые и красивые доказательства:

Отношение длин сторон прямоугольника W,H иррационально - это то же, что "W,H линейно независимы как векторы в пространстве R над Q". Это в свою очередь значит, что существует Q-линейная функция f:R->R, так, что f(W) и f(H) - любые удобные нам значения.

Для любой Q-линейной функции f определим f-площадь прямоугольника со сторонами A,B как f(A)*f(B). Тогда легко увидеть, что при разрезании прямоугольника на другие прямоугольники f-площадь целого равна сумме f-площади частей (это очевидно при разрезании одного прямоугольника на два, и к повторению этого можно свести любое разрезание, если сделать из него "сетку", продлив все внутренние линии до краев).

Как ни странно, доказательство почти закончено. f-площадь любого квадрата равна f(A)*f(A), то есть неотрицательна. Отсюда f-площадь любого прямоугольника размером W:H, разрезанного на квадраты, неотрицательна. Но если W/H не рационально, то мы можем выбрать такую f, что f(W)=1, f(H)=-1, и его f-площадь равна -1, это противоречие.

Другое доказательство с помощью линейной алгебры вместо f-площади пользуется тензорным произведением R@R. Если стороны прямоугольника w,h линейно независимы, то {w,h} можно продлить до базиса, и поэтому ясно, что в R@R линейно независимы также векторы w@w, w@h, h@w, h@h. С другой стороны, если прямоугольник разбит на квадраты, то w@h является суммой членов вида a@a (доказательство аналогично примеру с площадью). Это значит, что изоморфизм в R@R, который меняет координаты местами, одновременно переводит w@h в h@w и оставляет неизменным, т.е. w@h = h@w, а это противоречит их независимости.

Еще есть красивое доказательство с помощью гармонических функций на конечных графах (второе в этой заметке). А в древней книжке Яглома "Как разрезать квадрат?" (1968) есть элементарное доказательство через систему уравнений, связывающих длины сторон.

P.S. Вспоминается также замечательная статья "Fourteen proofs of a result about tiling a rectangle", где дается много доказательство похожего, но другого по сути утверждения: что если прямоугольник разрезан на прямоугольники и у каждого внутренного прямоугольника хотя бы одна из сторон - целое число, то и у всего прямоугольника тоже хотя бы одна из сторон целая.

По наводке Бори Трушина вот вам трэш-теорема. Пользуйтесь и не благодарите! Такого в школе и правда не расскажут!

доказать, что большой четырехугольник описанный