ЗАДАЧИ
problems.ru |
О проекте
|
Об авторах
|
Справочник
Каталог по темам | по источникам | |
|
Страница: << 1 2 3 4 >> [Всего задач: 19]
Выпуклая фигура F обладает следующим свойством: любой правильный треугольник со стороной 1 можно параллельно перенести так, что все его вершины попадут на границу F. Обязательно ли F – круг? Решение Простейшие контрпримеры: 1) полукруг радиуса 1; 2) линза, ограниченная двумя дугами по 120° радиуса 1. ОтветНе обязательно.
Арена цирка освещается n различными прожекторами. Каждый прожектор освещает некоторую выпуклую фигуру. Известно, что если выключить один произвольный прожектор, то арена будет по-прежнему полностью освещена, а если выключить произвольные два прожектора, то арена полностью освещена не будет. При каких значениях n это возможно? РешениеДля n = 2 это, очевидно, возможно. При n > 2 впишем в арену правильный k-угольник, где k = n(n−1)/2. Тогда можно установить взаимно однозначное соответствие между сегментами, отсекаемыми сторонами k-угольника, и парами прожекторов. Пусть каждый прожектор освещает весь k-угольник и сегменты, соответствующие парам, в которые он входит. Легко проверить, что это освещение обладает требуемыми свойствами. ОтветПри всех n ≥ 2.
а) Несколько чёрных квадратов со стороной 1 см прибиты к белой плоскости одним гвоздём толщины 0,1 см (гвоздь не задевает границ квадратов). Образовалась многоугольная чёрная фигура. Может ли периметр этой фигуры быть больше 1 км? б) Та же задача, но гвоздь имеет толщину 0 (то есть "пробивает" квадрат в точке). в) Несколько чёрных квадратов со стороной 1 лежат на белой плоскости, образуя многоугольную чёрную фигуру (возможно, состоящую из нескольких кусков и имеющую дырки). Может ли отношение периметра этой фигуры к её площади быть больше 100000? Решение Лемма. Если все квадраты прибиты гвоздём толщины 2r, то для периметра P и площади S чёрной фигуры выполнено неравенство Pr ≤ 2S. Далее опущены единицы измерения: см и см². а) Многоугольник лежит в круге радиуса центр которого совпадает с центром гвоздя, поэтому его площадь S < 2π. По лемме P ≤ 40π. в) Разобьём плоскость на квадратные клетки со стороной Если центр чёрного квадрата лежит в некоторой клетке, то квадрат накрывает эту клетку целиком. Пусть есть всего N клеток, покрытых чёрной фигурой целиком. Занумеруем их по порядку и разобьём все квадраты на группы: первая – те, что покрывают клетку 1, вторая – те из оставшихся, что покрывают клетку 2, и т. д. (некоторые группы могут оказаться пустыми). Все квадраты одной группы можно прибить гвоздём радиуса а площадь составленной из них фигуры меньше 2π, поэтому вклад каждой группы в периметр фигуры P меньше Значит, А площадь фигуры не меньше площади целиком покрытых клеток: S ≥ N/8. Отсюда б) Первый способ. S < 2π ⇒ P < 1400π < 50 м. Ответа)-в). Не может.
РешениеДокажем, что такой линией является полуокружность. Выпуклая фигура, покрывающая полуокружность, должна содержать в себе полукруг, ограниченный данной полуокружностью, иначе фигура не будет выпуклой. Если возьмем полуокружность длиной , то площадь соответствующего полукруга будет S . Действительно, площадь полукруга равна π r2/2 , длина полуокружности =π r . Найдя из последнего равенства радиус данной полуокружности и подставив значение r2=2S/π в формулу для площади полукруга, получим наше утверждение. Таким образом, чтобы покрыть полуокружность большей длины, чем +1 , требуется фигура, имеющая площадь большую, чем S .
РешениеПервое решение. Разрезав криволинейный шестиугольник с дугами в качестве сторон, можно сложить криволинейный "квадрат" и линзу (рис.).Второе решение. Рассмотрим трапецию ABCD , у которой AB=BC=CD=1 и площадь равна площади правильного треугольника со стороной 1. Известно, что из любого многоугольника, разрезав его на подходящие части, можно сложить любой другой многоугольник той же площади; разрежем трапецию на несколько многоугольников и сложим из них правильный треугольник. Проведем теперь дугу окружности через вершины трапеции. Отрезав от сегмента, ограниченного дугой и отрезком AD , три маленьких сегмента по сторонам трапеции AB, BC, CD (рис.) и приставив их к сторонам правильного треугольника, получим выпуклую фигуру F (рис.), ограниченную тремя дугами окружностей. Таким образом, фигуру, составленную из двух таких сегментов, симметричных относительно общей хорды (рис.), можно разрезать на части и сложить из них две фигуры, равных F .
Страница: << 1 2 3 4 >> [Всего задач: 19] |
© 2004-...
МЦНМО
(о копирайте)
|
Пишите нам
|