A_1A_2...A_9 - правильный девятиугольник. Обозначим X_{klmn} точку пересечения диагоналей A_kA_m и A_lA_n.
1. Докажите, что P=X_{2679} и Q=X_{2349} лежат на прямой, параллельной стороне A_1A_9.
#medium
2. Докажите, что центр девятиугольника лежит на отрезке PQ.
#medium - #hard
3. Сколько всего точек пересечения диагоналей этого девятиугольника лежат на прямой PQ?
#hard

Про задачу Паппа-Кастильона

Я тут открыл для себя забавную геометрическую задачу. Даны три точки A,B,C, лежащие на одной прямой. Требуется провести через них такие три прямых, чтобы точки их попарного пересечения лежали на данной окружности.

На картинке приведено геометрическое решение, - построение, которое я попробую максимально подробно описать. Самое интересное в нем то, что оно выполняется без циркуля, то есть одной геометрической линейкой.

Начинается оно с выбора произвольной точки X на данной окружности. Далее я буду обозначать фигурными скобками {PQ} результат такой операции: если P и Q обе лежат на окружности, то {PQ} - точка пересечения прямой PQ с данной прямой; если же одна из точек P,Q лежит на данной прямой, а другая на окружности, то {PQ} - вторая точка пересечения прямой PQ с окружностью. (Для тех, кто знает алгебраическую геометрию - это просто стандартное сопряжение на кубической кривой). Итак, мы можем последовательно построить Y={BX}, Z={CX}, D={AZ}, E={DY}, F={EZ}. Здесь уже начинаются некоторые неожиданности, но о них ниже. Далее строим пару точек G и H: G=(DF)⋂(YZ), H=(DZ)⋂(FY) и проводим прямую GH. Все, наша задача решена: эта прямая пересекает окружность в двух точках I_1 и I_2; мы можем взять любую из них и провести прямые AI и CI, тогда прямая, проходящая через J={AI} и K={CI}, пройдет и через точку B. Иначе говоря, B={JK}={{AI}{CI}}. Докажите это!

В этом построении есть несколько интересных моментов. 1) Точка E не зависит от выбора точки X на окружности (это несложно, но неожиданно)
2) прямая GH - это поляра точки E относительно данной окружности - иными словами, если бы мы провели прямую EI, то она была бы касательной; E={II}. (Да, на это опирается стандартный способ построения касательной с помощью одной линейки)
3) В построениях точек D-H выбор порядка сопряжений кажется произвольным и потому странным. А что если бы мы мысленно поменяли B и С местами, то есть построили вместо D={AZ} точку D'={AY} ? Оказывается, если довести до конца такой вариант построения, то вместо прямой GH, дающей пару точек I, оно даст прямую G'H', дающую в пересечении с окружностью пару точек K. Тех же самых, которые возникают и в этом решении. (Да, это тоже можно доказать, и это не весть как сложно.)

А вот задача, которая на меня сегодня произвела сильнейшее впечатление.

Пусть B и С - две фикс. точки плоскости, а А - переменная точка прямой, не проходящей через B и С. Тогда ГМТ ортоцентров треугольников ABC - некоторая гипербола (ранее было написано парабола, это неправда).

Впечатление вызвано тем, что задача не бьется "счётом в лоб", а требует (ну, по крайней мере в найденном мной решении) некоторого синтеза идей алгебры и геометрии. Вполне школьных, кстати...

Давайте тоже закину задачку из прошлого (тривиальное решение знаю только у второго пункта, но вдруг)

Неориентированный граф G, у рёбер есть свои веса, у вершин тоже есть свои веса. Естественным образом определяется автоморфизм такого графа (вершина должна переходить в вершину с тем же весом, ребро - в ребро с тем же весом)

для G выполнены два свойства:
1. для любой вершины a найдётся автоморфизм f, такой что f(a) != a
2. для любого автоморфизма f найдётся вершина a, такая что f(a) = a

Нужно доказать три утверждения
1. число вершин G как минимум 10
2. существует граф с 10 вершинами и с такими свойствами
3. существует граф с 11 вершинами и с такими свойствами

Кто найдет самое интересное свойство у этого неинтересного числа?

2023, кстати, довольно скучное число, без каких-либо интересных свойств — хотя Раманужан наверняка бы возразил

1 января подходит к концу. Самое время извлечь в уме квадратный корень из 12345678987654321

В справочнике числовых последовательностей Нила Слоуна (1973 г.) порядок последовательностей был очень хорошо продуман. Например, под номером 174 там была последовательность значений, при которых квадратный трехчлен n^2-n+41 дает простые числа. Под номером 175 - числа, делящиеся на каждую свою ненулевую цифру, а под номером 172 - наименьшее число четвертых степеней, с помощью которых можно выразить натуральное число n. Догадайтесь, какая последовательность там шла под номером 173?

«Выход есть!» — ХI международный конкурс по решению головоломок
Каждому, кому от 7 до 100 лет и кто уже умеет читать, найдутся задачи по силам!
Конкурс состоится в воскресение 5 февраля 2023 года.
Инструкции к решению головоломок можно будет посмотреть ЗДЕСЬ после 20 января.
Регистрация будет здесь https://www.matznanie.ru/competitions/competitions.html
с 20 января 2022 года до 3 февраля 2022 года.
Предусмотрено очное и заочное участие.
Заочное участие будет проходить вне конкурсного зачёта.
Задания и инструкции будут доступны на русском, английском языках.
Участие бесплатное.

У всех четырех игральных кубиков сумма на противоположных гранях равна 7. Однако один из них все-таки не такой, как другие. Найдите отличающийся кубик.

Не особо сложная задача. Сколько всего подмножеств в S(5,6,12)?

система Штейнера S(t,k,n) — это такой набор k-элементных подмножеств (“блоков”) n-элементного множества, что любые t точек содержатся ровно в одном блоке

проективная плоскость над полем из p элементов дает пример системы Штейнера S(2,p+1,p²+p+1)

но есть и другие интересные примеры — в т.ч. системы S(5,6,12) и S(5,8,24), автоморфизмы которых суть исключительные простые группы Матье M₁₂ и M₂₄

Задача, которую я не умею решать.

"Докажите, что в каждом натуральном числе, кратном 111111, обязательно найдутся две одинаковые цифры."

#Комбинаторика #Задача

Задача от Петра Кима!

В отель "Весы" приехали 64 мудреца. Масса каждого мудреца равна 2024 тонны. На голову каждого мудреца надели колпак массой 1, 2, 3, ... 64 грамма соответственно. Мудрецы встают в очередь на заселение. Каждый видит только колпаки на головах впереди стоящих (мудрец не знает массу своего колпака). Владельца отеля зовут АГ и он маньяк. Каждого мудреца селят либо в правую половину отеля, либо в левую (мудрец может сам выбрать половину). После заселения владелец отеля отпускает рычаг и выясняется, что отель – весы. Мудрецы, оказавшиеся в тяжёлой половине падают и разбиваются. Далее оставшихся мудрецов снова ставят в очередь в таком же порядке проводят такую же процедуру. Если весы показывают равенство, то АГ погибает, а мудрецы спасаются. Какое наибольшее число мудрецов могут гарантированно выжить, если все мудрецы работают на общее благо и могут заранее договориться о стратегии?

Обсудить ваши решения вы можете в чате)

Мат в три хода