Задачи с красивыми решениями

Существует класс задачек, которые в основном передаются из уст в уста, можно сказать входят в математический фольклор. Иногда встречаются задачи с очень красивыми решениями. Ты смотришь на решение, вроде понимаешь каждый шаг в рассуждениях, но чувствуешь себя как будто обманутым. Ты все понимаешь и одновременно ничего не понимаешь. Аналогию, наверное, можно провести, например, с этой оптической иллюзией:

Тут видишь то большой куб с выпиленным куском, то маленький кубик, стоящий в углу.

В этом посте я собрал некоторые мои любимые задачи, решения которых, как мне кажется, вызывают этот неуловимый дуализм чувств: «понимаю — не понимаю».

Окружность и линейка

Доказать, что при помощи только одной линейки нельзя найти центр нарисованной на плоскости окружности (считается, что линейка имеет бесконечную длину; ею можно соединять любые заданные точки на плоскости; на линейке нет никакой шкалы, и ничего нельзя на ней отмечать).

Решение

Рассмотрим наклонный конус, основанием которого является некая окружность $S_1$ . Так как конус наклонный, то существует некая не параллельная основанию плоскость, которая высекает из конуса вторую окружность, назовем ее $S_2$ .
Поместим на вершине конуса лампочку. Эта лампочка будет бросать тень каждой прямой, лежащей на плоскости «верхней» окружности $S_2$ , на плоскость «нижней» окружности $S_1$ . Притом тенью любой прямой будет тоже прямая. Заметим, что эта тень настолько хитрая, что несмотря на то, что отображает «верхнюю» окружность $S_2$ в «нижнюю» $S_1$ , тень центра «верхней» окружности не попадает в центр «нижней».

Теперь на минутку представим, что существует такой чудесный алгоритм, который говорит, как при помощи одной линейки найти центр любой окружности. Этот алгоритм должен состоять из последовательности действий типа: проведи произвольную прямую, проведи вторую произвольную прямую, соедини такую-то точку пересечения с такой-то точкой, потом точку пересечения вот этой прямой и окружности соедини с другой какой-то точкой, и так далее… Заметим, что если мы будем применять этот чудо-алгоритм на «верхней» плоскости для нахождения центра окружности $S_2$ , то «тень» этого алгоритма будет выполнять точно такие же команды на «нижней» плоскости. И так как мы предположили, что наш алгоритм (набор команд) находит центр любой окружности, то «тень» алгоритма, выполняющая точно такие же команды, обязана найти центр нижней окружности. Мы немедленно приходим к противоречию, потому что, как мы отмечали ранее, тень найденного центра «верхней» окружности не попадает в центр «нижней».

Задача московского метро

В московском метро есть правило, которое запрещает проносить предметы, сумма высоты, ширины и глубины которых больше $150$ см. Давайте условимся, что речь идет о прямоугольных ящиках. Доказать, что нельзя обмануть систему и полностью засунуть ящик, сумма измерений которого больше $150$ см, в ящик с суммой измерений меньше $150$ см. Ящик можно пытаться укладывать как угодно криво-косо, но мять нельзя.

Решение

Решение мне рассказал Худавердян Оганес.

Для нашего доказательства нам понадобится понятие $\varepsilon$ -вздутия над телом. Возьмем произвольное тело в пространстве, ее $\varepsilon$ -вздутием назовем множество точек, которые находятся на теле или на расстоянии меньше чем $\varepsilon$ от него. Скажем, $\varepsilon$ -вздутием точки в пространстве будет шар радиуса $\varepsilon$ , а $\varepsilon$ -вздутием отрезка будет тело, похожее на сосиску.

Теперь возьмем наш параллелепипед (ящик плюс ее внутренняя часть) размерами $a$ , $b$ и $c$ , и объемом, соответственно, $V=abc$ . Попытаемся посчитать объем $V_\varepsilon$ ее $\varepsilon$ -вздутия. В это $\varepsilon$ -вздутие входят:

сам ящик объемом $V=abc$ ;
наросты над гранями ящика. Если обозначить суммарную площадь поверхности ящика за $S$ , то объем этих наростов будет $S\varepsilon$ .
наросты над ребрами ящика. Каждый такой нарост представляет собой четверть цилиндра c радиусом основания $\varepsilon$ . Так как в ящике по четыре ребра длинами $a$ , $b$ и $c$ , то наросты с каждый четверки одинаковых ребер можно объединить в один цельный цилиндр. Суммарный объем получившихся трех цилиндров будет $(a+b+c)\pi\varepsilon^2$ ;
наросты над вершинами ящика. Каждый такой нарост представляет собой восьмую часть шара радиуса $\varepsilon$ . Поэтому из наростов над всеми восемью вершинами ящика можно собрать один целый шар радиуса $\varepsilon$ , то есть объема $\frac{4}{3}\pi\varepsilon^3$ .

Мы получаем, что объем $\varepsilon$ -вздутия ящика будет равняться

$V_\varepsilon=abc+S\varepsilon+(a+b+c)\pi\varepsilon^2+\frac{4}{3}\pi\varepsilon^3$

Пусть теперь в ящике с размерами сторон $a$ , $b$ и $c$ находится второй ящик $a'$ , $b'$ и $c'$ . Ясно, что какое бы число $\varepsilon$ мы не взяли, $\varepsilon$ -вздутие внутреннего ящика будет лежать в $\varepsilon$ -вздутии внешнего ящика, поэтому ее объем будет меньше:

$V'_\varepsilon<V_\varepsilon$

Подставляем в неравенство выражения для объемов, сокращаем одинаковые члены и делим все на $\varepsilon^2$ :

$(a'+b'+c')\pi+\frac{S'}{\varepsilon}+\frac{a'b'c'}{\varepsilon^2}<(a+b+c)\pi+\frac{S}{\varepsilon}+\frac{abc}{\varepsilon^2}$

Заметим, что последнее неравенство обязано выполнятся для любого $\varepsilon$ , как для маленького, так и для большого. Поэтому мы всегда можем перейти к пределу $\varepsilon\to\infty$ , получим:

$(a'+b'+c')\pi\leqslant(a+b+c)\pi$

Вот мы и доказали, что если один ящик находится во втором, то сумма ее размерностей не может быть больше.

Кирпичная стена

Представьте себе, что у нас есть очень много разных прямоугольников (двухмерных кирпичей) таких, что у каждого кирпича хотя бы одна сторона имеет целую длину. Из таких кирпичей построили ровную прямоугольную стену, без наложений и дыр, кирпичи не наклонены. Доказать, что у получившейся стены хотя бы одна сторона имеет целую длину.

Решение

Перед тем как решать задачу, давайте вспомним одно замечательное свойство функции $\sin(x)$ : ее интеграл по любому отрезку, длина которого кратна числу $2\pi$ , равен нулю. Действительно

$\int\limits_a^{a+2\pi n}\sin(x)dx=-\cos(a+2\pi n)+\cos(a)=-cos(a)+cos(a)=0$

Более того, если интеграл от синуса по какому-то любому отрезку равен нулю, то смело можно считать, что длина этого отрезка кратна числу $2\pi$ .

Аналогично показывается, что для «сжатой» по горизонтали функции $\sin(2\pi x)$ , интеграл по любому отрезку, длина которого кратна единице (целое число), равен нулю:

$\int\limits_a^{a+n}\sin(2\pi x)dx=0$

Теперь рассмотрим функцию $\sin(2\pi x)\cdot\sin(2\pi y)$ . Эта функция обладает таким замечательным свойством, что ее интеграл по любому кирпичу на стене равен нулю:

$\int\limits_{kirpich} \sin(2\pi x)\sin(2\pi y)dxdy=\int\limits_{goriz.\ storona}\hspace{-7mm}\sin(2\pi x)dx\cdot\hspace{-7mm}\int\limits_{vert.\ storona}\hspace{-7mm}\sin(2\pi y)dy$

Действительно, ведь один из интегралов справа берется по отрезку длиной в целое число, и поэтому равен нулю.

Мы видим, что интеграл от нашей замечательной функции $\sin(2\pi x)\cdot\sin(2\pi y)$ по любому из кирпичей на стене равен нулю, поэтому этот интеграл равен нулю и на всей стене, построенной этими кирпичами, так как попросту является суммой интегралов по каждому из кирпичей:

$\int\limits_{stena} \sin(2\pi x)\sin(2\pi y)dxdy=\int\limits_{goriz.\ storona}\hspace{-7mm}\sin(2\pi x)dx\cdot\hspace{-7mm}\int\limits_{vert.\ storona}\hspace{-7mm}\sin(2\pi y)dy$

Значит или $\int\limits_{goriz.\ storona}\hspace{-7mm}\sin(2\pi x)dx$ , или $\int\limits_{vert.\ storona}\hspace{-7mm}\sin(2\pi y)dy$ должен равнятся нулю. Из чего немедленно следует, что или горизонтальная, или вертикальная сторона стены имеет целую длину.

Задача про колодец

На поле вырыт круглый колодец. У нас есть очень много разных бесконечно длинных досок. Каждая доска имеет какую-то свою ширину. И мы этими досками полностью закрыли колодец так, что не осталось никаких щелей. Доказать, что сумма ширин досок всегда будет не меньше диаметра колодца.

Решение

Решение, если я не ошибаюсь, принадлежит Александру Карабегову.

Давайте накроем колодец полусферой, как показано на рисунке, а в колодец установим огромный прожектор, который светит параллельными вертикальными лучами наверх. И рассмотрим очень-очень тонкую доску, шириной $dx$ , которая лежит на колодце.

Заметим что, чем дальше расстояние доски от центра колодца, тем меньшей становится длина $l$ , которую занимает доска непосредственно над колодцем, но вместе с этим тем круче становится угол наклона тени от этой доски на полусфере. Оказывается, что эти два процесса компенсируют друг друга, и площадь тени $dS$ не зависит от расстояния доски от центра колодца. Действительно, длина доски над колодцем $l=2\sqrt{R^2-x^2}$ , а тангенс угла наклона тени равен $\tan{\varphi}=\sqrt{R^2-x^2}^{'}=-\frac{x}{\sqrt{R^2-x^2}}$ . Получаем площадь тени $dS$ от доски, которая равна длине тени доски умноженной на ширину:
$dS=\frac{\pi l}{2}\cdot dx\Big/\cos{\varphi}=\frac{\pi l}{2}\cdot dx\cdot\sqrt{\tan^2{\varphi}+1}=\pi Rdx$

Мы видим, что, действительно, где бы над колодцем не находилась очень тонкая доска шириной $dx$ , площадь $dS$ ее тени на полусфере будет всегда равнятся $\pi R dx$ , то есть будет зависеть только от ширины доски $dx$ . Это свойство «независимости» выполняется и для досок любой ширины, ведь их можно представить как множество скрепленных между собой тоненьких досок. В итоге мы получаем замечательный результат: если ширина доски над колодцем равна $d$ , то площадь ее тени $S$ равна $\pi R d$ .

Пусть теперь множество досок ширинами $d_1,d_2,...,d_n$ полностью закрывают наш колодец. Некоторые из досок могут, конечно же, не всей своей шириной располагаться над колодцем. Поэтому площадь тени каждой из досок $S_n\leqslant\pi Rd_n$ . Разные доски могут накладываться друг на друга, поэтому площадь общей тени