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

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

Страница: << 4 5 6 7 8 9 10 >> [Всего задач: 77]      



Задача 79478

Темы:   [ Системы точек ]
[ Малые шевеления ]
[ Примеры и контрпримеры. Конструкции ]
[ Правильные многоугольники ]
Сложность: 4
Классы: 8,9,10

В некоторой стране 1985 аэродромов. С каждого из них вылетел самолёт и приземлился на самом удалённом от места старта аэродроме. Могло ли случиться, что в результате все 1985 самолётов оказались на 50 аэродромах? (Землю можно считать плоской, а маршруты прямыми; попарные расстояния между аэродромами предполагаются различными.)

Решение

Расположим сначала 50 аэродромов в вершинах правильного 50-угольника, а остальные аэродромы – в его центре. Тогда все самолёты из центра прилетят в вершины, а из вершин полетят в диаметрально противоположные вершины. Таким образом, все самолёты соберутся во всех 50 вершинах 50-угольника. Учитывая, что аэродромы не должны совпадать, а попарные расстояния между ними должны быть различными, немного пошевелим описанную конструкцию, добившись выполнения и этого условия.

Ответ

Могло.

Прислать комментарий

Задача 98078

Темы:   [ Системы точек ]
[ Соображения непрерывности ]
[ Теорема о промежуточном значении. Связность ]
Сложность: 4
Классы: 9,10,11

На плоскости расположено 20 точек, никакие три из которых не лежат на одной прямой, из них 10 синих и 10 красных.
Докажите, что можно провести прямую, по каждую сторону которой лежит пять синих и пять красных точек.

Решение

  Обозначим через R(φ) множество прямых с углом наклона φ (отсчитанного против хода часовой стрелки от горизонтального направления), по обе стороны от каждой из которых лежит одинаковое число (5 или 4) красных точек. Аналогично для синих точек введём множество B(φ). Каждое из множеств R(φ) и B(φ) представляет собой полосу (возможно, из одной прямой), обозначим через r(φ) и b(φ) направленные прямые, проходящие посередине этих полос. Докажем, что для некоторого φ0 имеет место равенство  r0) = b0).
  Если  r(0) = b(0),  то  φ0 = 0.  Если же  r(0) ≠ b(0),  можно считать, что r(0) проходит левее b(0), если смотреть вдоль направления r(0). Будем изменять φ от 0 до π. Поскольку прямые r(π) и b(π) отличаются от прямых r(0) и b(0) соответственно только направлением, то r(π) проходит правее b(π). Но r(φ) и b(φ) непрерывно зависят от φ, и по теореме о промежуточном значении  r(φ) = b(φ)  для некоторого  φ = φ0.
  В случае, когда прямая  l = r0) = b0)  не проходит через две одноцветные точки, l есть искомая прямая. Если же l проходит через две одноцветные точки, то искомая прямая может быть получена из l "малым шевелением" – поворотом на очень маленький угол вокруг середины отрезка с концами в этих двух одноцветных точках.

Прислать комментарий

Задача 109768

Темы:   [ Системы точек ]
[ Неравенства с площадями ]
[ Площадь фигуры равна сумме площадей фигур, на которые она разбита ]
Сложность: 4
Классы: 7,8,9

Автор: Лифшиц Ю.

На плоскости отмечено 6 красных, 6 синих и 6 зеленых точек, причем никакие три из отмеченных точек не лежат на одной прямой. Докажите, что сумма площадей треугольников с вершинами одного цвета составляет не более четверти суммы площадей всех треугольников с отмеченными вершинами.

Решение

Рассмотрим три синих точки A , B , C и не синюю D . Тогда SABC SABD+SACD+SBCD . Просуммируем это неравенство по всем таким четверкам. При этом каждый синий треугольник считается 12 раз, а каждый сине-сине-несиний – 4 раза. Таким образом, сумма площадей синих треугольников хотя бы в 3 раза меньше суммы площадей сине-сине-несиних. Итого: сумма площадей синих треугольников составляет не более четверти сумм площадей треугольников, хотя бы две вершины которых – синие. Аналогичное неравенство получим для двух других цветов. Так как рассмотренные группы не пересекаются, то и сумма площадей одноцветных треугольников составляет не более четверти суммы площадей всех треугольников.
Прислать комментарий


Задача 110092

Темы:   [ Системы точек ]
[ Процессы и операции ]
[ НОД и НОК. Взаимная простота ]
[ Деление с остатком ]
Сложность: 4
Классы: 9,10,11

На отрезке  [0, N]  отмечены его концы и еще две точки так, что длины отрезков, на которые разбился отрезок  [0, N],  целые и взаимно просты в совокупности. Если нашлись такие две отмеченные точки A и B, что расстояние между ними кратно 3, то можно разделить отрезок AB на три равных части, отметить одну из точек деления и стереть одну из точек A, B. Верно ли, что за несколько таких действий можно отметить любую наперед заданную целую точку отрезка  [0, N]?

Решение

  Пусть M – целая точка на отрезке  [0, N].  Приведём алгоритм, позволяющий её отметить. Назовём исходные точки A1, A2, A3, A4 и будем считать, что мы на шаге алгоритма заменяем одну из точек на новую и новую называем так же. При этом на каждом шаге алгоритма отрезки между отмеченными точками будут взаимно просты в совокупности и расстояние от M до заменяемой точки будет уменьшаться. Кроме того, каждая точка будет оставаться по ту же сторону от M, что и изначально (или перемещаться в M). Ясно, что такую процедуру можно проделать лишь конечное число раз, поэтому M в конце концов будет отмечена.
  Перенумеруем отмеченные точки в произвольном порядке: B1, B2, B3, B4. Тогда наше условие взаимной простоты равносильно тому, что длины отрезков B1B2, B2B3, B3B4 взаимно просты в совокупности. Поэтому, если расстояние от заменяемой точки до какой-то из оставшихся уменьшилось в целое число раз, то взаимная простота сохранилась.
  Координаты двух из четырёх отмеченных точек дают одинаковые остатки при делении на 3; пусть это точки Ai и Aj. Возьмём такие точки C и D, что
AiC = CD = DAj.  Если точки C и D уже отмечены, то из взаимной простоты получаем  AiC = CD = DAj = 1,  и точка M отмечена, ибо лежит на AiAj . Если точка C отмечена, а D нет, то можно одну из точек Ai или Aj (в зависимости от положения M) заменить на D; при этом взаимная простота сохранится, ибо расстояние от заменённой точки до C останется неизменным или разделится на 2. Если отмечена только D, шаг аналогичен.
  Пусть ни одна из точек C, D не отмечена. Если M и Ai лежат по одну сторону от C (симметричный случай аналогичен), то переместим Aj в C; при этом длина AiAj уменьшилась в три раза, и взаимная простота сохранилась. Пусть, наконец, M лежит на CD. Если длина AiAj чётна, то простые делители длины AiD являются простыми делителями AiAj, поэтому при перемещении Aj в D взаимная простота сохранится. Если же расстояние AiAj нечётно, то для любой третьей отмеченной точки Am одно из расстояний AiAm, AjAm (пусть AiAm) нечётно. Тогда можно заменить Aj на D; у нового расстояния AiAj лишь один новый простой делитель – 2, но НОД расстояний не может делиться на 2, поскольку AiAm нечётно.

Ответ

Верно.

Прислать комментарий

Задача 64926

Темы:   [ Системы точек ]
[ Разбиения на пары и группы; биекции ]
[ Выпуклая оболочка и опорные прямые (плоскости) ]
[ Проективная геометрия (прочее) ]
Сложность: 4+
Классы: 10,11

На плоскости даны n  (n > 2)  точек, никакие три из которых не лежат на одной прямой. Сколькими различными способами это множество точек можно разбить на два непустых подмножества так, чтобы выпуклые оболочки этих подмножеств не пересекались?

Решение

  Так как выпуклые оболочки двух подмножеств не пересекаются, они лежат по разные стороны от некоторой прямой. Таким образом, требуется узнать, сколькими способами данное множество точек можно разделить прямой на два подмножества. Возьмём в плоскости точку O, не лежащую ни на одной из прямых, соединяющих данные точки, и рассмотрим полярное соответствие с центром O. Данным точкам будут соответствовать n прямых, никакие две из которых не параллельны и никакие три не пересекаются в одной точке. Как известно (см. задачу 60323), эти прямые делят плоскость на  ½ n(n + 1) + 1  частей, из которых 2n неограниченных.

  Лемма. Пусть поляры a, b точек A, B делят плоскость на четыре угла. Тогда полюса прямых, пересекающих отрезок AB, лежат в двух вертикальных углах, а полюса прямых, не пересекающих отрезок AB, – в двух других углах.
  Доказательство. Пусть прямая l пересекает прямую AB в точке X. Тогда поляра X проходит через точку пересечения a и b. Если вращать l вокруг X, то ее полюс будет двигаться по этой прямой, то есть внутри пары вертикальных углов, образованных a и b. При движении точки X по AB ее поляра вращается вокруг точки пересечения a и b, переходя из одной пары вертикальных углов в другую в моменты прохождения X точки A или B.

  Из леммы следует, что две прямые разбивают данное множество точек одинаковым образом тогда и только тогда, когда их полюсы либо лежат в одной из частей, на которые плоскость разбивается полярами данных точек, либо лежат по разные стороны от всех n прямых. Но второй случай возможен тогда и только тогда, когда обе точки лежат в неограниченных областях. Действительно, если точки P, Q лежат по разные стороны от всех прямых, то каждая из этих прямых пересекает отрезок PQ. Значит, каждый из продолжающих этот отрезок лучей целиком лежит в одной части. Обратно, если точка P лежит в неограниченной части, то возьмем луч с началом в ней, целиком лежащий в этой части и не параллельный ни одной из n прямых. Точки противоположного луча, лежащие дальше от P, чем все точки пересечения с прямыми, лежат по разные стороны с P от этих прямых.
  Таким образом, 2n неограниченных областей разбиваются на пары, каждой из которых соответствует один способ разбиения данного множества точек, а каждой из остальных областей соответствует свой способ разбиения. Всего получаем  ½ n(n – 1) + 1  способов, при одном из которых все n точек попадают в одно подмножество.

Ответ

½ n(n – 1)  способами.

Прислать комментарий

Страница: << 4 5 6 7 8 9 10 >> [Всего задач: 77]      



© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
     
Пишите нам
Rambler's Top100

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