Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1999
2019-01-22 
На плоскости дано конечное множество точек $X$ и правильный треугольник $T$. Известно, что любое подмножество ${X}^{ \prime} $ множества $X$, состоящее из не более 9 точек, можно покрыть двумя параллельными переносами треугольника $T$. Докажите, что все множество $X$ можно покрыть двумя параллельными переносами $T$.
Решение:
Нам понадобятся две леммы:
Лемма 1. Если два треугольника $T_1$ и $T_2$ гомотетичны с положительным коэффициентом и треугольник $T_2$ пересекает каждую прямую, содержащую сторону треугольника $T_1,$ то $T_2$ содержит $TТ_1$.
Доказательство. Очевидно.
Лемма 2. Для любого конечного множества точек $M$ и треугольника $T$ найдется треугольник $T^{\prime}$, гомотетичный $T$ с положительным коэффициентом, содержащий $M$ и содержащий на каждой своей стороне какую-то точку из $M$.
Доказательство. Рассмотрим какой-то треугольник, положительно гомотетичный $T$ и содержащий $M$. Если какая-то его сторона не пересекается с $M$, уменьшим его гомотетией с центром в противоположной этой стороне вершине и добьемся, чтобы сторона пересеклась с $M$ и треугольник все еще содержал $M$. Повторяя это для каждой стороны, получим требуемое.
Заметим, что в условии предыдущей леммы любой положительно гомотетичный $Т$ треугольник, содержащий $M$, содержит также и $T^{\prime}$ по лемме 1.
Теперь перейдем к решению задачи. Применим лемму 2 к $T$ и $X$. Получим треугольник, обозначим его для определенности $ABC$. На сторонах $BC, AC$ и $AB$ есть соответственно три точки $x_A, x_B$ и $x_C$ из множества $X$, среди которых могут быть совпадающие.
Если $ABC$ не превосходит $T$ по размерам, доказательство очевидно закончено. Иначе рассмотрим три треугольника $AB_AC_A, A_BBC_B$ и $A_CB_CC$, положительно гомотетичные $ABC$ с центрами в его вершинах и равные исходному $Т$. Обозначим подмножества множества $X$
$X_A = X \ \triangle AB_AC_A \: \: X_B = X \triangle A_BBC_B \: \: X_C = X \triangle A_CB_CC$.
Докажем еще одну лемму:
Лемма 3. Если какой-то треугольник $T^{\prime}$, получающийся из $T$ параллельным переносом, содержит точки $x_A$ и $x_B$, то он не может пересекать множество $XC$. Аналогично для других пар точек и соответствующего им множества.
Доказательство. Предположим противное. Так как $T^{\prime}$ содержит $X_А$ и $X_В$, то одна из этих точек лежит по одну сторону с $C$ относительно $A_CB_C$, иначе длина стороны $T^{\prime}$ больше $A_CB_C$.
Тогда можно заметить, что $T^{\prime}$ пересекает все прямые сторон $A_CB_CC$, а значит содержит $A_CB_CC$. Так как эти треугольники равны, то они совпадают, но тогда $T^{\prime}$ не может пересекать $X_C$.
Теперь применим лемму 2 к треугольнику $T$ и множествам $X_A, X_B, X_C$, получим треугольники $T_A, T_B, T_C$, причем на их сторонах можно выбрать точки $\{ x_{AB},x_{AC}, x_A \}, \{ x_{BA}, x_{BC}, x_B \}, \{ x_{CA}, x_{CB}, x_C \}$ соответственно (некоторые из них могут совпасть), лежащие в соответствующих множествах $X_A, X_B, X_C$.
К точкам $x_А, x_В, x_С, x_{AB}, x_{АС}, x_{BA}, x_{BC}, x_{CA}, x_{СВ}$ применим условие задачи. Они содержатся в треугольниках $T_1$ и $T_2$, являющихся параллельными переносами $T$.
Какие-то две из первых трех точек содержатся в одном из этих треугольников, без ограничения общности $x_А, x_В \in T_1$. Тогда по лемме 3 треугольник $T_1$ не пересекает множество $X_C$ и все три точки $x_С, x_СA, x_{СВ}$ содержатся в другом треугольнике $T_2$. Отсюда следует, что множество $x_C$ содержится в $T_2$ по лемме 1; значит, треугольники $A_CB_CC$ и $T_2$ покрывают все множество $X$.
На плоскости дано конечное множество точек $X$ и правильный треугольник $T$. Известно, что любое подмножество ${X}^{ \prime} $ множества $X$, состоящее из не более 9 точек, можно покрыть двумя параллельными переносами треугольника $T$. Докажите, что все множество $X$ можно покрыть двумя параллельными переносами $T$.
Решение:
Нам понадобятся две леммы:
Лемма 1. Если два треугольника $T_1$ и $T_2$ гомотетичны с положительным коэффициентом и треугольник $T_2$ пересекает каждую прямую, содержащую сторону треугольника $T_1,$ то $T_2$ содержит $TТ_1$.
Доказательство. Очевидно.
Лемма 2. Для любого конечного множества точек $M$ и треугольника $T$ найдется треугольник $T^{\prime}$, гомотетичный $T$ с положительным коэффициентом, содержащий $M$ и содержащий на каждой своей стороне какую-то точку из $M$.
Доказательство. Рассмотрим какой-то треугольник, положительно гомотетичный $T$ и содержащий $M$. Если какая-то его сторона не пересекается с $M$, уменьшим его гомотетией с центром в противоположной этой стороне вершине и добьемся, чтобы сторона пересеклась с $M$ и треугольник все еще содержал $M$. Повторяя это для каждой стороны, получим требуемое.
Заметим, что в условии предыдущей леммы любой положительно гомотетичный $Т$ треугольник, содержащий $M$, содержит также и $T^{\prime}$ по лемме 1.
Теперь перейдем к решению задачи. Применим лемму 2 к $T$ и $X$. Получим треугольник, обозначим его для определенности $ABC$. На сторонах $BC, AC$ и $AB$ есть соответственно три точки $x_A, x_B$ и $x_C$ из множества $X$, среди которых могут быть совпадающие.
Если $ABC$ не превосходит $T$ по размерам, доказательство очевидно закончено. Иначе рассмотрим три треугольника $AB_AC_A, A_BBC_B$ и $A_CB_CC$, положительно гомотетичные $ABC$ с центрами в его вершинах и равные исходному $Т$. Обозначим подмножества множества $X$
$X_A = X \ \triangle AB_AC_A \: \: X_B = X \triangle A_BBC_B \: \: X_C = X \triangle A_CB_CC$.
Докажем еще одну лемму:
Лемма 3. Если какой-то треугольник $T^{\prime}$, получающийся из $T$ параллельным переносом, содержит точки $x_A$ и $x_B$, то он не может пересекать множество $XC$. Аналогично для других пар точек и соответствующего им множества.
Доказательство. Предположим противное. Так как $T^{\prime}$ содержит $X_А$ и $X_В$, то одна из этих точек лежит по одну сторону с $C$ относительно $A_CB_C$, иначе длина стороны $T^{\prime}$ больше $A_CB_C$.
Тогда можно заметить, что $T^{\prime}$ пересекает все прямые сторон $A_CB_CC$, а значит содержит $A_CB_CC$. Так как эти треугольники равны, то они совпадают, но тогда $T^{\prime}$ не может пересекать $X_C$.
Теперь применим лемму 2 к треугольнику $T$ и множествам $X_A, X_B, X_C$, получим треугольники $T_A, T_B, T_C$, причем на их сторонах можно выбрать точки $\{ x_{AB},x_{AC}, x_A \}, \{ x_{BA}, x_{BC}, x_B \}, \{ x_{CA}, x_{CB}, x_C \}$ соответственно (некоторые из них могут совпасть), лежащие в соответствующих множествах $X_A, X_B, X_C$.
К точкам $x_А, x_В, x_С, x_{AB}, x_{АС}, x_{BA}, x_{BC}, x_{CA}, x_{СВ}$ применим условие задачи. Они содержатся в треугольниках $T_1$ и $T_2$, являющихся параллельными переносами $T$.
Какие-то две из первых трех точек содержатся в одном из этих треугольников, без ограничения общности $x_А, x_В \in T_1$. Тогда по лемме 3 треугольник $T_1$ не пересекает множество $X_C$ и все три точки $x_С, x_СA, x_{СВ}$ содержатся в другом треугольнике $T_2$. Отсюда следует, что множество $x_C$ содержится в $T_2$ по лемме 1; значит, треугольники $A_CB_CC$ и $T_2$ покрывают все множество $X$.
