В круге расположено $k\gt1$ чёрных секторов, угол каждого из которых меньше $\dfrac{180^\circ}{k^2-k+1}$. Докажите, что круг можно повернуть вокруг центра $O$ так, что все чёрные секторы перейдут в белую часть круга.
Пусть вместе сложены два круга, на одном из которых отмечено $r$ чёрных секторов с центральными углами $\alpha_1$, $\alpha_2$, $\ldots$, $\alpha_r$ на другом — $s$ синих с углами $\beta_1$, $\beta_2$, $\ldots$, $\beta_s$ (рис. 1). Попробуем найти достаточные условия, при которых круг с синими секторами можно повернуть на такой угол $\phi$ ($0\le\phi\lt 2\pi$), чтобы ни один из синих секторов не пересекался с чёрным.
Рис. 1
Углы поворота $\phi$ удобно отмечать на специальной окружности $c$ длины $2\pi$ с данной на ней точкой $0$ (нулём). «Повернём» задачу иначе. Отметим на $c$ все запретные углы $\phi$ — такие, при повороте на которые какой-то синий радиус совпадаёт с каким-то чёрным. Каждая пара (чёрный сектор с углом $\alpha_i$, синий сектор с углом $\beta_j$) даёт интервал запретных $\phi$ длиной $\alpha_i+\beta_j$. Поэтому, если$$\textstyle\sum\limits_{i,\,j}{}(\alpha_i+\beta_j)=s\sum\limits_i\alpha_i+r\sum\limits_j\beta_j\lt2\pi,\tag1$$
то множество запретных углов не покрывает всю окружность $c$($0\le\phi\lt2\pi$), и заведомо найдётся «незапретный» угол $\phi$.
Нужное достаточное условие (1) найдено. Но прямо применить его к нашей задаче (когда множества чёрных и синих секторов совпадают, $r=s=k$, $\alpha_i=\beta_j$) можно, лишь если $\sum\limits_i\alpha_i\lt\dfrac\pi k$, в частности, если каждое $\alpha_i\lt\dfrac\pi{k^2}$. Доказать утверждение и для секторов с углами $\alpha_i\lt\gamma=\dfrac\pi{k^2-k+1}$ можно, слегка уточнив в этом случае оценку длины «запретного» множества. Все «запретные» интервалы, соответствующие парам совпадающих секторов $(\alpha_i,\alpha_j)$, содержатся в одном интервале длины $2\gamma$ с центром $O$. А сумма всех остальных величин запретных углов
$$\textstyle\sum\limits_{i,\,j,\,i\ne j}{}(\alpha_i+\alpha_j)=2(k-1)\sum\limits_i\alpha_i$$
меньше $2(k-1)k\gamma=2\pi-2\gamma$, так что и в этом случае найдётся «незапретное» значение $\phi$.
Задача решена, но возникает вопрос, нельзя ли ещё поднять границу для $\alpha_i$? Утверждение задачи, вообще говоря, не сохранится, если углы всех $k$ секторов взять по величине равными$\gamma=\dfrac\pi{k^2-k+1}$. Опровергающие примеры для $k=2$, 3, 4, 5 весьма любопытны (рис. 2): красные точки — концы биссектрис секторов — должны быть расположены в $k$ вершинах правильного $(k^2-k+1)$-угольника, выбранных так, что для любого $m=1$, 2, $\ldots$, $k^2-k$ найдётся пара красных точек, между которыми расположено (в ту или иную сторону по окружности) $m$ сторон $(k^2-k+1)$-угольника. Проверьте, что тогда «запретное множество» — все $\phi\in[0;2\pi]$.
Рис. 2
Сама по себе комбинаторная задача: при каких $k$ можно расположить $k$ красных точек на окружности длины $2C^2_k+1=k^2-k+1$ так, чтобы для любого $m=1,$ $2,$ ${\ldots},$ $k^2-k$ нашлась дуга длины $m$ с красными концами? — видимо, очень трудна, и решение её в общем виде нам неизвестно. Для $k=6$, например, существует 5 различных примеров (они найдены с помощью ЭВМ Б. Ходулёвым, рис. 3), а для $k=7$ их вообще не существует, и вот почему.
Рис. 3
Пусть для некоторого $k$ такое красное множество $\varPi_0$, существует. Тогда $\varPi_0$ и его образы $\varPi_m$ ($m=1$, $2$, $\ldots$, $k^2-k$) при поворотах на углы $m\gamma$, $\gamma=\dfrac{\pi}{k^2-k+1}$, обладают такими свойствами:
Для любых $i\ne j$ пересечение $\varPi_i\cap\varPi_j$, состоит из одной точки.
Любые две из точек множества $\varPi=\bigcup\limits_m\varPi_m$ (вершин правильного $(k^2-k+1)$-угольника) принадлежит ровно одному из $\varPi_m$.
Существуют четыре точки множества $\varPi$, не содержащиеся в одном $\varPi_i$.
Множество $\varPi$ с такой системой подмножеств $\varPi_m\subset\varPi$ называется конечной проективнойплоскостью.
Известно, что конечные проективные плоскости существуют для $k=p^r+1$, где $p$ — простое, $r$ — натуральное числа (например, $k=3$, $4$, $5$, $6$, $8$, $9$) и не существует, если $k=7$, $15$; понятно; теперь, что в последнем случае не может существовать и опровергающего примера в задаче М558 (так что, например, для семи секторов с углами $\dfrac{\pi}{43}$ её утверждение верно). Но уже для $k=10$ вопрос пока не удаётся решить даже с помощью ЭВМ.
Отметим, что конечная проективная плоскость не обязана иметь такую «циклическую» нумерацию точек, при которой прямые $\varPi_m$ получаются друг из друга сдвигом номеров — это дополнительное требование, возможно, облегчит доказательство отсутствия таких «циклических плоскостей» для некоторых $k$. (Заметим, что все проективные плоскости над конечным полем из $p^r$ элементов имеют такую циклическую нумерацию; см. об этом в главе «Разностные множества» книги М. Холла.)
