ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Фильтр
Сложность с по   Класс с по  
Задачи

Страница: << 1 2 3 4 5 6 7 >> [Всего задач: 79]      



Задача 35409

Темы:   [ Индукция в геометрии ]
[ Выпуклые многоугольники ]
[ Раскраски ]
[ Разрезания на части, обладающие специальными свойствами ]
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.

Прислать комментарий

Задача 58307

Темы:   [ Индукция в геометрии ]
[ Раскраски ]
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.
Прислать комментарий


Задача 78680

Темы:   [ Индукция в геометрии ]
[ Принцип Дирихле (конечное число точек, прямых и т. д.) ]
[ Центральный угол. Длина дуги и длина окружности ]
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-1Al-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-1Aq-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.
Прислать комментарий


Задача 78240

Темы:   [ Индукция в геометрии ]
[ Выпуклые многоугольники ]
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 $ \Delta$An + 1Bn + 1Cn + 1 пересекает $ \Delta$AnBnCn ровно в 6 точках.

Решение

Заметим, что если $ \triangle$AnBnCn остроугольный, то треугольник $ \triangle$An + 1Bn + 1Cn + 1 пересекает его в шести точках. Поскольку $ \angle$Bn + 1AnCn = 45o = $ \angle$Cn + 1AnBn, а $ \angle$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 $ \triangle$An + 1Bn + 1Cn + 1 пересекает треугольник $ \triangle$AnBnCn в шести точках. Теперь докажем индукцией по n, что треугольник $ \triangle$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 $ \angle$Cn + 1An + 1Bn + 1 меньше угла $ \angle$BnAn + 1Cn, но $ \angle$BnAn + 1Cn = 90o, а значит, угол $ \angle$Cn + 1An + 1Bn + 1 — острый. Аналогично докажем, что и другие углы треугольника $ \triangle$Cn + 1An + 1Bn + 1 острые, а значит, и сам треугольник остроугольный, что и требовалось доказать.
Прислать комментарий


Задача 78256

Темы:   [ Индукция в геометрии ]
[ Раскраски ]
[ Выпуклые многоугольники ]
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.
Прислать комментарий


Страница: << 1 2 3 4 5 6 7 >> [Всего задач: 79]      



© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
Пишите нам

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .