Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 10455
2023-02-17 
Дана бесконечная последовательность квадратов со сторонами длиной $1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3} , \cdots , \frac{1}{n} , \cdots , $. Доказать, что существует квадрат, в котором можно разместить все квадраты последовательности так, чтобы они не перекрывали друг друга, и определить, чему равна сторона наименьшего из квадратов, вмещающих все квадраты данной последовательности.
Решение:
Разобьем решение задачи на две части: сначала докажем, что все квадраты со сторонами $1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \cdots, \frac{1}{n}, \cdots$ можно разместить в квадрате со стороной 1,5 так, чтобы никакие два квадрата не налегали друг на друга, а затем убедимся в том, что члены заданной бесконечной последовательности нельзя разместить в квадрате с меньшей длиной сторон так, чтобы квадраты со сторонами 1 и $\frac{1}{2}$ не налегали друг на друга.
Итак, докажем, что все квадраты, образующие заданную бесконечную последовательность, можно разместить в квадрате со стороной 1,5 так, чтобы никакие два из них не налегали друг на друга.
«Пристроим» к квадрату со стороной 1 квадрат со стороной $\frac{1}{2}$, а в образовавшийся уголок поместим квадрат со стороной $\frac{1}{3}$ (рис.). На верхнем основании единичного квадрата расположим квадраты со сторонами $\frac{1}{4}, \frac{1}{5}, \frac{1}{6}$ и $\frac{1}{7}$. На квадрате со стороной $\frac{1}{k} (k = 4, 5, 6, 7)$ построим квадрат с вдвое меньшей стороной и рядом с ним - квадрат со стороной $\frac{1}{2k+1}$. Тем самым будут размещены квадраты со сторонами $\frac{1}{8}, \cdots, \frac{1}{15}$. Действуя точно так же (строя квадраты со сторонами $\frac{1}{2k}$ и $\frac{1}{2k + 1}$ на квадрате со стороной $\frac{1}{k}$), в следующем ряду разместим квадраты со сторонами $\frac{1}{16}, \cdots, \frac{1}{31}$ и т. д.
Квадраты со сторонами $\frac{1}{2k}$ и $\frac{1}{2k + 1}$ «умещаются» на верхнем основании квадрата со стороной $\frac{1}{k}$, поскольку
$\frac{1}{2k} + \frac{1}{2k+1} < 2 \cdot \frac{1}{2k} = \frac{1}{k}$.
Квадраты со сторонами $\frac{1}{4}, \frac{1}{5}, \frac{1}{6}, \frac{1}{7}$ не выходят за «ширину» единичного квадрата, поскольку
$\frac{1}{4} + \frac{1}{5} + \frac{1}{6} + \frac{1}{7} < 4 \cdot \frac{1}{4} = 1$.
Суммарная «высота» квадратов, построенных на верхнем основании единичного квадрата, не превосходит $\frac{1}{2}$:
$\frac{1}{k} + \frac{1}{2k} + \frac{1}{4k} + \frac{1}{8k} + \cdots = \frac{2}{k} \leq \frac{1}{2}$.
Следовательно, все квадраты, образующие заданную бесконечную последовательность, умещаются в квадрате со стороной 1,5, причем так, что никакие два квадрата не налегают друг па друга. Итак, первая часть утверждения задачи доказана.
Для доказательства второй части утверждения задачи расположим квадрат $N_{1}$ со стороной 1 и квадрат $N_{2}$ со стороной $\frac{1}{2}$ внутри некоторого квадрата $N$ так, чтобы квадраты $N_{1}$ и $N_{2}$ не имели общих точек (рис.). Тогда существует прямая $е$, разделяющая квадраты $N_{1}$ и $N_{2}$. Если прямая $е$ параллельна одной из сторон квадрата $N$, то она разбивает его на два прямоугольника. Стороны этих прямоугольников, перпендикулярные прямой е, не меньше длин сторон, содержащихся в прямоугольниках квадратов. Следовательно, в этом случае сторона квадрата $N$ не меньше суммы сторон квадратов $N_{1}$ и $N_{2}$.
Если прямая $е$ не параллельна сторонам квадрата $N_{1}$ (то есть пересекает либо стороны квадрата $N$, либо их продолжения), то по обе стороны от $е$ найдется по одной наиболее удаленной вершине $С_{1}$ и $С_{2}$ (рис.). Выходящие из вершин $C_{1}$ и $C_{2}$ лучи, которым принадлежат стороны квадрата $N$, пересекаясь с прямой $е$, образуют два прямоугольных треугольника $Н_{1}$ и $H_{2}$, содержащих квадраты $N_{1}$ и $N_{2}$. Утверждение задачи будет доказано, если мы убедимся в том, что среди всех квадратов, содержащихся в данном прямоугольном треугольнике, наибольшим является такой квадрат, у которого две стороны совпадают с катетами, а одна вершина лежит на гипотенузе.
Действительно, если эта лемма верна, то диагонали наибольших квадратов $N_{1}$ и $N_{2}$, содержащихся в прямоугольных треугольниках $H_{1}$ и $Н_{2}$, располагаются на диагонали $С_{1}С_{2}$ квадрата $N$, а поскольку квадраты $N_{1}$ и $N_{2}$ не перекрываются, то сумма их диагоналей равна диагонали квадрата $N$, а сумма сторон - стороне квадрата $Н$, откуда и следует вторая часть утверждения задачи.
Итак, докажем лемму о наибольшем квадрате, содержащемся в прямоугольном треугольнике.
Квадрат $KLMN$, содержащийся в прямоугольном треугольнике $ABC$ (рис.), можно передвинуть так, чтобы вершины квадрата $К$ и $L$ оказались на катетах $АС$ и $ВС$, а вершина $М$ - на гипотенузе $ВА$ (в случае необходимости исходный квадрат $KLMN$ можно подвергнуть гомотетии относительно вершины $С$ прямоугольного треугольника с коэффициентом подобия больше 1). Если квадрат $KLMN$ расположен в прямоугольном треугольнике $ABC$ указанным образом, то центр квадрата лежит на биссектрисе прямого угла. Действительно, повернув квадрат на $90^{\circ}$ вокруг центра, мы совместим вершину $L$, принадлежавшую стороне $ВС$, с вершиной $К$, принадлежавшей стороне $АС$. Поскольку при этом сторона $ВС$ перейдет в $АС$, то центр квадрата находится на равном расстоянии от $АС$ и $ВС$ и, следовательно, лежит на биссектрисе прямого угла $АСВ$.
У тех квадратов, у которых одна из вершин совпадает с вершиной прямого угла $С$, противоположная вершина отстоит от $С$ на расстояние, не меньшее (равное) длине отрезка $CP$, где $Р$ - точка пересечения биссектрисы прямого угла со стороной $MN$. Следовательно, достаточно доказать, что в том случае, когда вершины квадрата $К$ и $L$ не совпадают с вершиной прямого угла $C$, выполняется неравенство $CP > KM$.
Подвергнем отрезок $CP$ параллельному переносу так, чтобы он занял положение $KP_{1}$ (рис.). Задача сводится к сравнению сторон треугольника $КР_{1}М$. Рассмотрим углы этого треугольника. Угол $KP_{1}M$, противолежащий стороне $КМ$, и угол $KMP_{1}$, противолежащий стороне $КР_{1}$ больше $45^{\circ}$.
Пусть $R$ - точка пересечения отрезков $KP_{1}$ и $MN$, а $S$ - основание перпендикуляра, опущенного из точки $R$ на отрезок $РР_{1}$. Треугольник $P_{1}RS$ - равнобедренный и прямоугольный. Кроме того, точка $S$ лежит на прямой $PP_{1}$ между точками $Р$ и $P_{1}$. Следовательно,
$\angle PRP_{1} > \angle SRP_{1} = \angle PP_{1}R$,
откуда
$PP_{1} > PR$.
Поскольку $KR \parallel CP$, то $CP$ делит пополам отрезок $КМ$, а значит, и отрезок $MR$, в силу чего
$MP = PR < PP_{1}$ и $\angle MP_{1}P < \angle PMP_{1}$.
Но одновременно мы получаем и неравенства
$\angle MP_{1}K = \angle МРР + 45^{\circ} < \angle РМР_{1} + 45^{\circ} = \angle KMP_{1}$,
откуда и следует доказываемое неравенство
$КМ < KP_{1} = СР$.
Дана бесконечная последовательность квадратов со сторонами длиной $1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3} , \cdots , \frac{1}{n} , \cdots , $. Доказать, что существует квадрат, в котором можно разместить все квадраты последовательности так, чтобы они не перекрывали друг друга, и определить, чему равна сторона наименьшего из квадратов, вмещающих все квадраты данной последовательности.
Решение:
Разобьем решение задачи на две части: сначала докажем, что все квадраты со сторонами $1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \cdots, \frac{1}{n}, \cdots$ можно разместить в квадрате со стороной 1,5 так, чтобы никакие два квадрата не налегали друг на друга, а затем убедимся в том, что члены заданной бесконечной последовательности нельзя разместить в квадрате с меньшей длиной сторон так, чтобы квадраты со сторонами 1 и $\frac{1}{2}$ не налегали друг на друга.
Итак, докажем, что все квадраты, образующие заданную бесконечную последовательность, можно разместить в квадрате со стороной 1,5 так, чтобы никакие два из них не налегали друг на друга.
«Пристроим» к квадрату со стороной 1 квадрат со стороной $\frac{1}{2}$, а в образовавшийся уголок поместим квадрат со стороной $\frac{1}{3}$ (рис.). На верхнем основании единичного квадрата расположим квадраты со сторонами $\frac{1}{4}, \frac{1}{5}, \frac{1}{6}$ и $\frac{1}{7}$. На квадрате со стороной $\frac{1}{k} (k = 4, 5, 6, 7)$ построим квадрат с вдвое меньшей стороной и рядом с ним - квадрат со стороной $\frac{1}{2k+1}$. Тем самым будут размещены квадраты со сторонами $\frac{1}{8}, \cdots, \frac{1}{15}$. Действуя точно так же (строя квадраты со сторонами $\frac{1}{2k}$ и $\frac{1}{2k + 1}$ на квадрате со стороной $\frac{1}{k}$), в следующем ряду разместим квадраты со сторонами $\frac{1}{16}, \cdots, \frac{1}{31}$ и т. д.
Квадраты со сторонами $\frac{1}{2k}$ и $\frac{1}{2k + 1}$ «умещаются» на верхнем основании квадрата со стороной $\frac{1}{k}$, поскольку
$\frac{1}{2k} + \frac{1}{2k+1} < 2 \cdot \frac{1}{2k} = \frac{1}{k}$.
Квадраты со сторонами $\frac{1}{4}, \frac{1}{5}, \frac{1}{6}, \frac{1}{7}$ не выходят за «ширину» единичного квадрата, поскольку
$\frac{1}{4} + \frac{1}{5} + \frac{1}{6} + \frac{1}{7} < 4 \cdot \frac{1}{4} = 1$.
Суммарная «высота» квадратов, построенных на верхнем основании единичного квадрата, не превосходит $\frac{1}{2}$:
$\frac{1}{k} + \frac{1}{2k} + \frac{1}{4k} + \frac{1}{8k} + \cdots = \frac{2}{k} \leq \frac{1}{2}$.
Следовательно, все квадраты, образующие заданную бесконечную последовательность, умещаются в квадрате со стороной 1,5, причем так, что никакие два квадрата не налегают друг па друга. Итак, первая часть утверждения задачи доказана.
Для доказательства второй части утверждения задачи расположим квадрат $N_{1}$ со стороной 1 и квадрат $N_{2}$ со стороной $\frac{1}{2}$ внутри некоторого квадрата $N$ так, чтобы квадраты $N_{1}$ и $N_{2}$ не имели общих точек (рис.). Тогда существует прямая $е$, разделяющая квадраты $N_{1}$ и $N_{2}$. Если прямая $е$ параллельна одной из сторон квадрата $N$, то она разбивает его на два прямоугольника. Стороны этих прямоугольников, перпендикулярные прямой е, не меньше длин сторон, содержащихся в прямоугольниках квадратов. Следовательно, в этом случае сторона квадрата $N$ не меньше суммы сторон квадратов $N_{1}$ и $N_{2}$.
Если прямая $е$ не параллельна сторонам квадрата $N_{1}$ (то есть пересекает либо стороны квадрата $N$, либо их продолжения), то по обе стороны от $е$ найдется по одной наиболее удаленной вершине $С_{1}$ и $С_{2}$ (рис.). Выходящие из вершин $C_{1}$ и $C_{2}$ лучи, которым принадлежат стороны квадрата $N$, пересекаясь с прямой $е$, образуют два прямоугольных треугольника $Н_{1}$ и $H_{2}$, содержащих квадраты $N_{1}$ и $N_{2}$. Утверждение задачи будет доказано, если мы убедимся в том, что среди всех квадратов, содержащихся в данном прямоугольном треугольнике, наибольшим является такой квадрат, у которого две стороны совпадают с катетами, а одна вершина лежит на гипотенузе.
Действительно, если эта лемма верна, то диагонали наибольших квадратов $N_{1}$ и $N_{2}$, содержащихся в прямоугольных треугольниках $H_{1}$ и $Н_{2}$, располагаются на диагонали $С_{1}С_{2}$ квадрата $N$, а поскольку квадраты $N_{1}$ и $N_{2}$ не перекрываются, то сумма их диагоналей равна диагонали квадрата $N$, а сумма сторон - стороне квадрата $Н$, откуда и следует вторая часть утверждения задачи.
Итак, докажем лемму о наибольшем квадрате, содержащемся в прямоугольном треугольнике.
Квадрат $KLMN$, содержащийся в прямоугольном треугольнике $ABC$ (рис.), можно передвинуть так, чтобы вершины квадрата $К$ и $L$ оказались на катетах $АС$ и $ВС$, а вершина $М$ - на гипотенузе $ВА$ (в случае необходимости исходный квадрат $KLMN$ можно подвергнуть гомотетии относительно вершины $С$ прямоугольного треугольника с коэффициентом подобия больше 1). Если квадрат $KLMN$ расположен в прямоугольном треугольнике $ABC$ указанным образом, то центр квадрата лежит на биссектрисе прямого угла. Действительно, повернув квадрат на $90^{\circ}$ вокруг центра, мы совместим вершину $L$, принадлежавшую стороне $ВС$, с вершиной $К$, принадлежавшей стороне $АС$. Поскольку при этом сторона $ВС$ перейдет в $АС$, то центр квадрата находится на равном расстоянии от $АС$ и $ВС$ и, следовательно, лежит на биссектрисе прямого угла $АСВ$.
У тех квадратов, у которых одна из вершин совпадает с вершиной прямого угла $С$, противоположная вершина отстоит от $С$ на расстояние, не меньшее (равное) длине отрезка $CP$, где $Р$ - точка пересечения биссектрисы прямого угла со стороной $MN$. Следовательно, достаточно доказать, что в том случае, когда вершины квадрата $К$ и $L$ не совпадают с вершиной прямого угла $C$, выполняется неравенство $CP > KM$.
Подвергнем отрезок $CP$ параллельному переносу так, чтобы он занял положение $KP_{1}$ (рис.). Задача сводится к сравнению сторон треугольника $КР_{1}М$. Рассмотрим углы этого треугольника. Угол $KP_{1}M$, противолежащий стороне $КМ$, и угол $KMP_{1}$, противолежащий стороне $КР_{1}$ больше $45^{\circ}$.
Пусть $R$ - точка пересечения отрезков $KP_{1}$ и $MN$, а $S$ - основание перпендикуляра, опущенного из точки $R$ на отрезок $РР_{1}$. Треугольник $P_{1}RS$ - равнобедренный и прямоугольный. Кроме того, точка $S$ лежит на прямой $PP_{1}$ между точками $Р$ и $P_{1}$. Следовательно,
$\angle PRP_{1} > \angle SRP_{1} = \angle PP_{1}R$,
откуда
$PP_{1} > PR$.
Поскольку $KR \parallel CP$, то $CP$ делит пополам отрезок $КМ$, а значит, и отрезок $MR$, в силу чего
$MP = PR < PP_{1}$ и $\angle MP_{1}P < \angle PMP_{1}$.
Но одновременно мы получаем и неравенства
$\angle MP_{1}K = \angle МРР + 45^{\circ} < \angle РМР_{1} + 45^{\circ} = \angle KMP_{1}$,
откуда и следует доказываемое неравенство
$КМ < KP_{1} = СР$.
