|
|
 |
Условие
Докажите, что в пространстве существует такое расположение 2001 выпуклого многогранника, что никакие три из многогранников не имеют общих точек, а каждые два касаются друг друга (то есть имеют хотя бы одну граничную точку, но не имеют общих внутренних точек).
Решение 1
Положим N = 2001 и опишем построение расположения N выпуклых многогранников, из которых никакие три не пересекаются и каждые два касаются.
Рассмотрим бесконечный круговой конус, вершина O которого находится в начале координат, а ось направлена вдоль оси Oz. На окружности, являющейся сечением конуса плоскостью z = 1, возьмём вершины A1, A2, ..., AN правильного N-угольника. Обозначим через B1, B2, ..., BN середины меньших дуг A1A2, A2A3, ..., ANA1 соответственно. Через
C(t) обозначим круг, являющийся сечением конуса плоскостью
z = t, через Ot – центр этого круга,
через – точки пересечения образующих OAi, OBi с кругом C(t), где t > 0, 1 ≤ i ≤ N.
Лемма. Пусть выпуклый многоугольник M лежит внутри круга C(t0), t0 > 0. Рассмотрим бесконечную вверх "призму" P, основанием которой служит многоугольник M, а боковое "ребро" параллельно прямой OBi для некоторого i. Многоугольник (равный M), который получается при пересечении призмы P и круга C(t), обозначим M(t) (таким образом, M(t0) совпадает с M). Тогда найдётся такое положительное T > t0, что при всех t > T многоугольник M(t) будет содержаться внутри сегмента круга C(t).
Доказательство. Многоугольник M(t) является образом M при параллельном переносе на вектор, параллельный образующей
OBi. Поэтому многоугольник M(t) содержится внутри круга, равного кругу C(t0), который касается круга C(t) в точке Расстояние от точки
до прямой
прямо пропорционально длине образующей
следовательно, найдётся такое T, что при всех t > T это расстояние больше диаметра окружности C(t0) (см. рис.). Это и означает, что многоугольник M(t) попадает внутрь сегмента Si(t) круга C(t).
Переходим к индуктивному построению нашего расположения.
Выберем t1 > 0. Возьмём выпуклый многоугольник M1 внутри круга C(t1). Рассмотрим бесконечную вверх "призму" P1, основанием которой служит многоугольник M1, а боковое "ребро" параллельно прямой
OB1.
Пусть для некоторого n (1 ≤ n < N) уже определены положительные числа t1 < t2 < ... < tn–1, выпуклые многоугольники M1, ..., Mn–1, лежащие внутри кругов С(t1), С(t2), ..., С(tn–1), бесконечные "призмы" P1, P2, ..., Pn–1 с основаниями M1, M2, ..., Mn–1 и боковыми "рёбрами", параллельными OB1, OB2, ..., OBn–1 соответственно.
Согласно лемме, существует такое tn > tn–1, что многоугольник M1(tn) содержится внутри сегмента S1(tn) круга C(tn), многоугольник
M2(tn) содержится внутри сегмента
S2(tn) круга C(tn), ..., многоугольник Mn–1(tn) содержится внутри сегмента Sn–1(tn) круга
C(tn).
Сдвинем каждую из прямых в направлении вектора
пока она не совпадёт с прямой li(tn), касающейся многоугольника Mi(tn). Теперь построим выпуклый многоугольник Мn, который содержится в круге C(tn), касается каждого многоугольника Mi(tn) и лежит по разные с ним стороны от прямой li(tn): возьмём для каждого i одну из точек касания многоугольника Mi(tn) и прямой li(tn); при n > 3
эти точки являются вершинами выпуклого (n–1)-угольника, который и выберем в качестве Mn; при n = 2, 3 надо добавить ещё несколько точек).
Рассмотрим бесконечную вверх "призму" Pn, основанием которой является многоугольник Mn, а боковое "ребро" параллельно прямой OBn. Построение будет закончено, когда мы получим призмы P1, P2, ..., PN. Наконец, "срежем" призмы плоскостью z = T, где T > tN.
Докажем, что полученные (обычные) призмы удовлетворяют условию задачи. Для этого достаточно показать, что призма Pn пересекается
с призмой Pi
(i < n) только в плоскости круга C(tn). Пусть, напротив, найдётся общая точка R ∈ C(t) двух призм, где t > tn. Через точку R проведём прямые, параллельные OBn и OBi; обозначим их точки пересечения с плоскостью круга C(tn) через Rn и
Ri соответственно. Тогда точка Rn должна принадлежать многоугольнику Mn(tn), а точка Ri – многоугольнику Mi(tn). Ясно, что (ненулевые) векторы и
противоположно направлены. Однако это невозможно, поскольку точки Ri и
лежат по одну сторону от прямой li(tn), а точки Rn и
– по другую. Противоречие.
Решение 2
Опишем построение расположения произвольного количества выпуклых многогранников, удовлетворяющих условию.
Схема построения. Построим несколько вертикальных пересекающихся плоскостей πi, а в каждой из них – по выпуклому многоугольнику Mi так, чтобы
а) верхняя граница каждого многоугольника состояла из одного горизонтального ребра, и её вертикальная проекция совпадала с проекцией всего многоугольника;
б) высоты hi верхних границ возрастали с возрастанием номера;
в) при движении по нижней границе многоугольника "вправо" (то есть с увеличением абсциссы) точка поднималась вверх;
г) для каждой пары многоугольников их единственная общая точка лежала на верхней границе многоугольника с меньшим номером и на нижней границе многоугольника с бóльшим номером.
Детальное построение. Рассмотрим в горизонтальной плоскости z = 0 прямые li: y = i(x – i), i = 1, 2, ..., n. Заметим, что прямые li и lj (i < j) пересекаются в точке Aij(i + j, ij). Эти точки различны, и для каждого i абсциссы точек A1i, A2i, ..., Ai–1,i, Ai,i+1, ..., Ain строго возрастают. πi – вертикальная плоскость, содержащая прямую li.
Для каждого i < n поднимем точки Ai,i+1, ..., Ain на одинаковую высоту hi. Полученные точки обозначим Bi,i+1, ..., Bin. Высоты подберём так, чтобы для каждого i > 2 ломаные B1iB2i...Bi–1,iBin были выпуклыми вниз (для этого нужно лишь, чтобы hi было достаточно велико по сравнению с hi–1; например, подойдёт hi = ni–1, поскольку n больше отношения длин любых отрезков одной прямой с концами в точках Aij).
Построим еще для каждого i (1 < i < n) точку Ci над A1i на высоте hi. Многоугольники M3 = C3B13B23B3n, M4 = C4B14B24B34B4n, ...,
Mn–1 = Cn–1B1,n–1B2,n–1...Bn–2,n–1Bn–1,n выпуклы (на левом рисунке изображен многоугольник M4 для n = 7).
Осталось построить многогранники-пирамиды с основаниями Mi (2 < i < n). Сделаем вершинами пирамид середины Di отрезков Сi–1Сi. Точка Di лежит правее всех плоскостей с меньшим номером и левее остальных, а её высота больше hi–1 и меньше hi. Покажем, что пирамиды Pi с вершинами Di и основаниями Mi удовлетворяют условию задачи.
Пусть i < j. Через общую точку Mi и Mj проведём вертикальную прямую. Она разобьет Mj на две части – левую Q' и правую R' (рис. справа). Как видим, правая часть находится над плоскостью z = hi, касаясь её в точке Bij. Соответственно, и пирамида Pj разобьется на две пирамиды: "левую" Q и "правую" R (нижний рис.). Пирамида Q отделена от Pi вертикальной плоскостью πi: за исключением общей точки, все вершины Q левее, а вершины пирамиды Pi – правее этой плоскости. R отделена от Pi горизонтальной плоскостью на высоте hi: за исключением общей точки, все вершины R выше, а вершины Pi – ниже или на этой плоскости (на рисунке проекции Pi и Q находятся по разные стороны от прямой li). Таким образом, пирамиды Pi и Pj имеют единственную общую точку.
Замечания
8 баллов
