Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 3254
2019-05-29 
а) Каждую сторону четырехугольника в процессе обхода по часовой стрелке продолжили на ее длину. Оказалось, что концы построенных отрезков служат вершинами квадрата. Докажите, что исходный четырехугольник — квадрат.
б) Докажите, что если в результате той же процедуры из $n$-угольника получится правильный $n$-угольник, то и исходный $n$-угольник — правильный.
Решение:
б) Очевидно, из правильного многоугольника $A_1A_2 \cdots A_n$ после продолжения сторон получится правильный многоугольник $B_1B_2 \cdots B_n$.
Поскольку все правильные $n$-угольники подобны, то любой из них можно получить такой процедурой из некоторого правильного $n$-угольника. Осталось доказать, что по многоугольнику $B_1B_2 \cdot B_n$ многоугольник $A_1A_2 \cdot A_n$ определяется однозначно.
Первый способ. Индукцией по $n$ докажем более сильное утверждение.
Рассмотрим многоугольник $A_1A_2 \cdots A_n$. Пусть точка $B_1$ взята на луче $A_1A_2$ за точкой $A_2$ так, что $A_1B_1 /A_1A_2 = \alpha_1$, точка $B_2$ — на луче $A_2A_3$ за точкой $A_3$, причем $A_2B_2/A_2A_3 = \alpha_2$ и т. д.
Тогда многоугольник $A_1A_2 \cdots A_n$ однозначно восстанавливается по многоугольнику $B_1B_2 \cdots B_n$ и коэффициентам $а_1 а_2, \cdots, а_n$.
База индукции: $n = 3$. Пусть $B$ — точка пересечения прямой $A_1A_2$ с отрезком $B_2B_3$ (рис. а). Мы можем найти отношение $B_2B^{ \prime}/BB_3$ по теореме Менелая (см. комментарий), так как мы знаем отношения $A_2B_2/A_2A_3$ и $A_3B_3/A_3A_1$. Поэтому точка $B^{ \prime}$, а значит, и прямая $A_1A_2$ восстанавливаются однозначно. Аналогично восстанавливаются прямые $A_2A_3$ и $A_3A_1$, следовательно, треугольник $A_1A_2A_3$ восстанавливается однозначно.
Шаг индукции доказывается аналогично базе. Пусть $B^{ \prime}$ — точка пересечения прямой $A_nA_2$ с отрезком $B_1B_n$ (рис. б). Мы можем найти отношение $B_1B^{ \prime}/B^{ \prime}B_n$ по теореме Менелая, так как мы знаем отношения $A_nB_n/A_nA_1$ и $A_1B_1/A_1A_2$. Поэтому точка $B^{ \prime}$ восстанавливается однозначно. По той же теореме Менелая мы можем найти отношение $A_nB^{ \prime}/A_nAv2$. Применяя предположение индукции к многоугольникам $A_2A_3 \cdots A_n$ и $B_2 \cdots B_{n-1}B^{ \prime}$, видим, что точки $A_2, A_3, \cdots A_n$ восстанавливаются однозначно, теперь уже нетрудно восстановить и точку $A_1$. Утверждение доказано.
Второй способ. Пусть многоугольник $B_1B_2 \cdots B_n$ получен указанным выше способом из многоугольника $A_1A_2 \cdots A_n$, и при этом точка $A_2$ — середина отрезка $A_1B_1$, точка $A_3$ — середина отрезка $A_2B_2, \cdots$, точка $A_1$ — середина отрезка $A_nB_n$. Поместим в вершины $B_1, B_2, \cdots, B_n$ грузики массами $1, 2, \cdots, 2^n$ и покажем, что точка $A_1$ — центр масс этой системы. Для этого поместим еще в точку $A_1$ грузик массы 1. Теперь центр масс точек $A_1$ и $B_1$ находится в точке $A_2$. Поэтому можно убрать массы из точек $A_1$ и $B_1$, поместив массу 2 в точку $A_2$.
Аналогично, уберем массы из точек $A_2$ и $B_2$, поместив массу 4 в их центр масс — точку $A_3$. В конце концов, центр масс окажется в точке $A_2$. Значит, и центр масс исходной системы находится там же.
Поскольку центр масс определяется по системе масс однозначно, точка $A_1$ определена однозначно. Аналогично поступим с вершинами $A_2, A_3, \cdots, A_n$. Следовательно, и весь многоугольник $A_1A_2 \cdots A_n$ определен многоугольником $B_1B_2 \cdots B_n$.
Третий способ. При гомотетии с центром $B_1$ и коэффициентом 1/2 точка $A_1$ перейдет в $A_2$. При гомотетии с центром $B_2$ и коэффициентом 1/2 точка $A_2$ перейдет в $A_3$, и так далее. При гомотетии с центром $B_n$ и коэффициентом 1/2 точка $A_n$ перейдет в $A_1$.
Значит, точка $A_1$ перешла в себя при композиции гомотетий. Как известно, композиция $n$ гомотетий с коэффициентами 1/2 есть гомотетия с коэффициентом $1/2^n$ и центром, однозначно определяемым центрами этих гомотетий. В нашем случае этот центр — $A_1$, и, значит, эта вершина однозначно определена.
а) Каждую сторону четырехугольника в процессе обхода по часовой стрелке продолжили на ее длину. Оказалось, что концы построенных отрезков служат вершинами квадрата. Докажите, что исходный четырехугольник — квадрат.
б) Докажите, что если в результате той же процедуры из $n$-угольника получится правильный $n$-угольник, то и исходный $n$-угольник — правильный.
Решение:
б) Очевидно, из правильного многоугольника $A_1A_2 \cdots A_n$ после продолжения сторон получится правильный многоугольник $B_1B_2 \cdots B_n$.
Поскольку все правильные $n$-угольники подобны, то любой из них можно получить такой процедурой из некоторого правильного $n$-угольника. Осталось доказать, что по многоугольнику $B_1B_2 \cdot B_n$ многоугольник $A_1A_2 \cdot A_n$ определяется однозначно.
Первый способ. Индукцией по $n$ докажем более сильное утверждение.
Рассмотрим многоугольник $A_1A_2 \cdots A_n$. Пусть точка $B_1$ взята на луче $A_1A_2$ за точкой $A_2$ так, что $A_1B_1 /A_1A_2 = \alpha_1$, точка $B_2$ — на луче $A_2A_3$ за точкой $A_3$, причем $A_2B_2/A_2A_3 = \alpha_2$ и т. д.
Тогда многоугольник $A_1A_2 \cdots A_n$ однозначно восстанавливается по многоугольнику $B_1B_2 \cdots B_n$ и коэффициентам $а_1 а_2, \cdots, а_n$.
База индукции: $n = 3$. Пусть $B$ — точка пересечения прямой $A_1A_2$ с отрезком $B_2B_3$ (рис. а). Мы можем найти отношение $B_2B^{ \prime}/BB_3$ по теореме Менелая (см. комментарий), так как мы знаем отношения $A_2B_2/A_2A_3$ и $A_3B_3/A_3A_1$. Поэтому точка $B^{ \prime}$, а значит, и прямая $A_1A_2$ восстанавливаются однозначно. Аналогично восстанавливаются прямые $A_2A_3$ и $A_3A_1$, следовательно, треугольник $A_1A_2A_3$ восстанавливается однозначно.
Шаг индукции доказывается аналогично базе. Пусть $B^{ \prime}$ — точка пересечения прямой $A_nA_2$ с отрезком $B_1B_n$ (рис. б). Мы можем найти отношение $B_1B^{ \prime}/B^{ \prime}B_n$ по теореме Менелая, так как мы знаем отношения $A_nB_n/A_nA_1$ и $A_1B_1/A_1A_2$. Поэтому точка $B^{ \prime}$ восстанавливается однозначно. По той же теореме Менелая мы можем найти отношение $A_nB^{ \prime}/A_nAv2$. Применяя предположение индукции к многоугольникам $A_2A_3 \cdots A_n$ и $B_2 \cdots B_{n-1}B^{ \prime}$, видим, что точки $A_2, A_3, \cdots A_n$ восстанавливаются однозначно, теперь уже нетрудно восстановить и точку $A_1$. Утверждение доказано.
Второй способ. Пусть многоугольник $B_1B_2 \cdots B_n$ получен указанным выше способом из многоугольника $A_1A_2 \cdots A_n$, и при этом точка $A_2$ — середина отрезка $A_1B_1$, точка $A_3$ — середина отрезка $A_2B_2, \cdots$, точка $A_1$ — середина отрезка $A_nB_n$. Поместим в вершины $B_1, B_2, \cdots, B_n$ грузики массами $1, 2, \cdots, 2^n$ и покажем, что точка $A_1$ — центр масс этой системы. Для этого поместим еще в точку $A_1$ грузик массы 1. Теперь центр масс точек $A_1$ и $B_1$ находится в точке $A_2$. Поэтому можно убрать массы из точек $A_1$ и $B_1$, поместив массу 2 в точку $A_2$.
Аналогично, уберем массы из точек $A_2$ и $B_2$, поместив массу 4 в их центр масс — точку $A_3$. В конце концов, центр масс окажется в точке $A_2$. Значит, и центр масс исходной системы находится там же.
Поскольку центр масс определяется по системе масс однозначно, точка $A_1$ определена однозначно. Аналогично поступим с вершинами $A_2, A_3, \cdots, A_n$. Следовательно, и весь многоугольник $A_1A_2 \cdots A_n$ определен многоугольником $B_1B_2 \cdots B_n$.
Третий способ. При гомотетии с центром $B_1$ и коэффициентом 1/2 точка $A_1$ перейдет в $A_2$. При гомотетии с центром $B_2$ и коэффициентом 1/2 точка $A_2$ перейдет в $A_3$, и так далее. При гомотетии с центром $B_n$ и коэффициентом 1/2 точка $A_n$ перейдет в $A_1$.
Значит, точка $A_1$ перешла в себя при композиции гомотетий. Как известно, композиция $n$ гомотетий с коэффициентами 1/2 есть гомотетия с коэффициентом $1/2^n$ и центром, однозначно определяемым центрами этих гомотетий. В нашем случае этот центр — $A_1$, и, значит, эта вершина однозначно определена.
