Страница:
<< 1 2 3 4 5 6 7 >> [Всего задач: 79]
|
|
Сложность: 3+ Классы: 8,9,10
|
Вершины выпуклого многоугольника раскрашены в три цвета так, что каждый цвет присутствует и никакие две соседние вершины не окрашены в один цвет. Докажите, что многоугольник можно разбить диагоналями на треугольники так, чтобы у каждого треугольника вершины были трёх разных цветов.
Подсказка
Используйте индукцию по числу вершин многоугольника.
Решение
Обозначим цвета цифрами 1, 2, 3. Доказательство проведём индукцией по числу n вершин многоугольника. База (n = 3) тривиальна.
Шаг индукции. Пусть n > 3. Выберем две вершины A и B одного цвета, пусть это цвет 1. Точки A и B делят контур многоугольника на две ломаные. На каждой из этих ломаных есть вершина цвета, отличного от 1. Заметим, что можно найти такие две точки C и D цветов 2 и 3, что C и D лежат на разных ломаных. Действительно, это легко сделать, если на каждой из двух ломаных присутствуют вершины как цвета 2, так и цвета 3. Если же на одной ломаной нет вершин, скажем, цвета 2, то на этой ломаной все вершины цвета 3, и значит, на другой ломаной найдётся вершина цвета 2. Разобьём наш n-угольник на два многоугольника M1, M2 диагональю CD. Каждый из этих многоугольников удовлетворяет условию задачи. По предположению индукции каждый из них разбить на треугольники, у которых вершины окрашены в разные цвета. Это и даст разбиение исходного многоугольника.
|
|
Сложность: 3+ Классы: 8,9,10
|
Докажите, что если плоскость разбита на части
прямыми и окружностями, то получившуюся карту можно
раскрасить в два цвета так, что части, граничащие по дуге
или отрезку, будут разного цвета.
Решение
Доказательство проведем индукцией по общему числу
прямых и окружностей. Для одной прямой или окружности утверждение
очевидно. Предположим теперь, что можно раскрасить
требуемым образом любую карту, заданную
n прямыми и окружностями,
и покажем, как тогда раскрасить карту, заданную
n + 1
прямыми и окружностями. Выбросим одну из этих прямых (или
окружностей) и раскрасим карту, заданную оставшимися
n прямыми
и окружностями. Затем цвета всех частей, лежащих по одну сторону
от выброшенной прямой (или окружности), сохраним, а цвета всех
частей, лежащих по другую сторону, заменим на противоположные.
|
|
Сложность: 3+ Классы: 8,9,10
|
На окружности радиуса 1 отмечена точка
O и из неё циркулем делается
засечка вправо радиусом
l. Из полученной точки
O1 в ту же сторону тем же
радиусом делается вторая засечка, и так делается 1968 раз. После этого
окружность разрезается во всех 1968 засечках, и получается 1968 дуг. Сколько различных длин дуг может при этом получиться?
Решение
Докажем индукцией по
n , что число различных дуг после
n засечек
не превосходит
3
.
Для
n=2
это очевидно. Обозначим через
Ak засечку с номером
k .
Пусть сделано
n засечек и точка
An попала
на ДУГУ
AkAl . Тогда точка
An-1
попадает на дугу
Ak-1
Al-1
.
Поэтому при
k,l 1
новых длин
не появится, и требуемое утверждение доказано. Предположим теперь, что,
например,
l=1
. Докажем, что тогда длина
любой дуги
ApAq между соседними засечками равна длине
одной из дуг
AkA1 ,
AnA1 ,
A1As ,
где
As –
ближайшая к
A1 засечка, отличная
An .
Действительно, при
p,q 1
длина дуги
ApAq равна
длине дуги
Ap-1
Aq-1
,
а между засечками
Ap-1
и
Aq-1
нет других засечек, кроме возможно,
An .
Таким образом за конечное число шагов
мы приходим к одной из рассматриваемых трех дуг.
Ответ
не более трех.
|
|
Сложность: 4- Классы: 8,9,10
|
Дан остроугольный треугольник
A0B0C0. Пусть точки
A1,
B1,
C1 — центры
квадратов, построенных на сторонах
B0C0,
C0A0,
A0B0. С треугольником
A1B1C1 делаем то же самое. Получаем треугольник
A2B2C2 и т.д.
Доказать, что
An + 1Bn + 1Cn + 1 пересекает
AnBnCn
ровно в 6 точках.
Решение
Заметим, что если
AnBnCn остроугольный, то треугольник
An + 1Bn + 1Cn + 1 пересекает его в шести точках. Поскольку
Bn + 1AnCn = 45
o =
Cn + 1AnBn, а
BnAnCn
острый, получаем, что лучи
AnBn и
AnCn лежат внутри угла
Bn + 1AnCn + 1. Аналогично и для вершин
Bn и
Cn, а значит,
шестиугольник
AnCn + 1BnAn + 1CnBn + 1 выпуклый и треугольник
An + 1Bn + 1Cn + 1 пересекает треугольник
AnBnCn
в шести точках.
Теперь докажем индукцией по
n, что треугольник
AnBnCn
остроугольный. Предположим, что при
n =
k треугольник остроугольный, тогда
докажем, что при
n =
k + 1 треугольник также будет остроугольный. Уже доказано,
что шестиугольник
AkCk + 1BkAk + 1CkBk + 1 выпуклый, а значит, угол
Cn + 1An + 1Bn + 1 меньше угла
BnAn + 1Cn, но
BnAn + 1Cn = 90
o, а значит, угол
Cn + 1An + 1Bn + 1 —
острый. Аналогично докажем, что и другие углы треугольника
Cn + 1An + 1Bn + 1 острые, а значит, и сам треугольник
остроугольный, что и требовалось доказать.
|
|
Сложность: 4- Классы: 8,9,10
|
Стороны произвольного выпуклого многоугольника покрашены снаружи. Проводится
несколько диагоналей многоугольника, так, что никакие три не пересекаются в
одной точке. Каждая из этих диагоналей тоже покрашена с одной стороны, т.е. с
одной стороны отрезка проведена узкая цветная полоска. Доказать, что хотя бы
один из многоугольников, на которые разбит диагоналями исходный многоугольник,
весь покрашен снаружи.
Решение
Нам дан многоугольник, в котором проведены какие-то диагонали. Сотрём их и
будем проводить снова, но уже по одной, по очереди.
Первая диагональ разделила многоугольник на два; каждый из них покрашен
снаружи всюду, кроме диагонали. Но так как диагональ покрашена с одной
стороны, ясно, что один из двух многоугольников целиком покрашен снаружи.
Проведём вторую диагональ. Если она проходит так, что не пересекает
выбранного нами многоугольника, то ничего не меняется — выбранный
многоугольник остается окрашенным снаружи, если же диагональ пересекает
многоугольник, то она снова разбивает его на две части, одна из которых, как
и раньше, окрашена снаружи.
И каждый раз, проводя новую диагональ, мы либо просто сохраняем уже имеющийся
многоугольник (окрашенный снаружи), либо получаем новый — и так пока не
проведём все диагонали.
Страница:
<< 1 2 3 4 5 6 7 >> [Всего задач: 79]