Страница:
<< 11 12 13 14 15 16 17 >> [Всего задач: 113]
|
|
Сложность: 5- Классы: 9,10,11
|
На прямоугольном столе разложено несколько одинаковых квадратных листов бумаги так, что их стороны
параллельны краям стола (листы могут перекрываться). Докажите, что можно воткнуть несколько булавок
таким образом, что каждый лист будет прикреплен к столу ровно одной булавкой.
Решение
Рассмотрим в плоскости стола различные системы координат, у которых оси параллельны краям стола, а
за единицу длины принята длина стороны бумажного квадрата. Выберем какую-нибудь одну из них так,
чтобы у вершин каждого из данных квадратов ни одна из координат не была бы целым числом. Отметим
теперь точки с целыми координатами, накрытые хотя бы одним из листов.
Очевидно, что каждый лист накрывает ровно одну такую точку. Следовательно, достаточно воткнуть
булавки во все отмеченные точки.
|
|
Сложность: 5- Классы: 9,10,11
|
На отрезке [0, 1] отмечено несколько различных точек. При этом каждая отмеченная точка расположена либо ровно посередине между двумя другими
отмеченными точками (не обязательно соседними с ней), либо ровно посередине между отмеченной точкой и концом отрезка. Докажите, что все отмеченные точки рациональны.
Решение
Обозначим координаты концов отрезка и отмеченных точек через x0, x1, ..., xn+1 (0 = x0 < x1 < ... < xn+1 = 1). Условие задачи означает выполнение n равенств вида xi = ½ (ai + bi) (i = 1, 2,..., n), где каждый из символов ai и bi означает какое-то из чисел xj (j = 0, 1, ..., n + 1), при этом можно считать, что ai < xi < bi.
Во все правые части этих равенств, в которых присутствует x1, подставим его значение из первого равенства. Получим новый набор равенств (с теми же левыми частями, что и в старом), правые части которых уже не содержат x1. Если при этом в правой части второго равенства появится член вида αx2, то перенесём его в левую часть и разделим обе части на 1 – α (ниже мы докажем, что α ≠ 1). Второе равенство теперь имеет вид:
x2 = β3x3 + β4x4 + ... + βnxn + βn+1, где βi – некоторые рациональные числа.
Рассмотрим теперь все равенства, кроме первого и второго. Во все правые
части, содержащие x2, подставим его значение из второго равенства, затем используем третье равенство, чтобы выразить x3 через переменные x4, ..., xn, и подставим это значение во все равенства, начиная с четвёртого. Опять же, нужно доказать, что при этом не придется делить на нуль.
Повторяя эту операцию n раз, придём к равенству xn = γ (в правой части не осталось ни одного неизвестного!). Нетрудно понять, что на каждом шаге все коэффициенты рациональны. Действительно, в начале это так, а при наших операциях мы используем лишь сложение, умножение, вычитание и деление.
Итак, xn рационально. Далее, xn–1 выражено через xn и рациональные
числа, значит, оно тоже рационально, и т. д. Следовательно, все числа рациональны.
Осталось доказать, что ни на каком шаге не приходится делить на нуль.
В любой момент каждое равенство будет иметь вид
xi = δ1x1 + δ2x2 + ... + δnxn + δn+1. Докажем, что при этом
1) все коэффициенты δk  (k = 1, 2, ..., n + 1) неотрицательны;
2) хотя бы один коэффициент δk c k > i не равен нулю.
Действительно, для исходного набора это верно. Делая очередную подстановку из j-го равенства (j < i), мы заменяем коэффициент δj на 0, а любой другой коэффициент δk на δk + λδk, где λ – коэффициент при xk в j-м равенстве. Неотрицательность при этом сохраняется, а наибольший номер ненулевого коэффициента не уменьшается, следовательно, он останется большим, чем i. При переносе в левую часть члена δixi получаем в правой части положительное число. Действительно, все xk положительны, а все коэффициенты δk неотрицательны, причём по крайней мере один из них строго положителен. Значит, левая часть тоже положительна, поэтому 1 – δk > 0. При делении обеих частей равенства на положительное рациональное число
1 – δk все перечисленные свойства также сохраняются.
|
|
Сложность: 5+ Классы: 8,9,10,11
|

Сетка линий, изображённая на рисунке, состоит из концентрических окружностей с радиусами 1, 2, 3, 4,... и центром в
точке О, прямой l, проходящей через
точку О, и всевозможных касательных к окружностям,
параллельных l. Вся плоскость разбита этими линиями на клетки, которые раскрашены в шахматном порядке. В цепочке точек, показанных на рисунке, каждые две соседние точки являются противоположными вершинами тёмной клетки. Докажите, что все точки такой бесконечной цепочки лежат на одной параболе (поэтому рисунок словно соткан из светлых и тёмных парабол).
Решение
Примем прямую
l за ось
Ox , а точку
O – за начало координат
прямоугольной системы, как показано на рис.5. Единица масштаба уже
задана в условии. Сетка линий, о которой идет речь в условии, составлена
из окружностей радиуса
n с центром
O (уравнение такой окружности
x2+y2=n2 ) и прямых
y=m , где
m и
n – всевозможные целые числа;
n>0
. Таким образом, каждой точке пересечения (или касания) этих линий–
каждому "узлу"
(
x,y)
нашей сетки– соответствует определенная пара
значений
n=
и
m=y . Заметим, что когда мы переходим
от одной из розовых точек к соседней розовой точке, то и
m , и
n
изменяются на единицу, так что их разность
n-m=
-y
остается постоянной; эта разность для всех розовых точек равна
6
.
Уравнение
-y=6
эквивалентно следующим:
x2+y2=(
y+6)
2 ;
y=x2/12
-3
. Таким образом, все розовые точки лежат на
параболе
y=x2/12
-3
.
В другой подобной цепочке точек, которую мы нарисовали голубым цветом,
при переходе от точки к соседней
и
y меняются на единицу
так, что постоянной остается их сумма:
+y=4
. Это уравнение
после преобразований тоже превращается в уравнение параболы
y=-x2/6
+3/2
.
Точно так же можно показать, что любая бесконечная цепочка точек,
в которой соседние точки являются противоположными вершинами одной
клетки (или одного сегмента), лежит на параболе
y=-x2/2
p+
p/2
, где
p – некоторое целое число, отличное от нуля.
Обратно, на любой из этих парабол лежит такая бесконечная цепочка точек
(это точки пересечения параболы со всевозможными прямыми
y=m ).
Заметим, что если
p<0
, т.е. если ветви параболы уходят вверх, то при
четном
p парабола идет по темным клеткам, а при нечетном
p – по
желтым; если же
p>0
, то наоборот. При этом через каждую точку
пересечения прямых и окружностей нашей сетки (исключая точки касания,
лежащие на прямой
x=0
), проходят две параболы; одна идет по желтым
клеткам, другая– по темным; одна направлена ветвями вверх, другая–
вниз.
По существу, решение задачи M68 очень близко к доказательству
эквивалентности геометричского и алгебраического определений параболы.
|
|
Сложность: 3- Классы: 7,8,9
|
Прямая раскрашена в два цвета. Докажите, что найдётся отрезок, оба конца и середина которого покрашены в один и тот же цвет.
Ответ
Для удобства введем на прямой координаты. Пусть точки -1 и 1 покрашены в один цвет. Тогда 3 и -3 другого цвета (иначе искомый отрезок - соответственно, [-3; 1] или [-1; 3]). Тогда, в зависимости от цвета 0, либо отрезок [-1,1], либо [-3,3] удовлетворяет условию.
|
|
Сложность: 3 Классы: 8,9,10
|
На графике квадратного трёхчлена с целыми коэффициентами отмечены две точки с целыми координатами.
Докажите, что если расстояние между ними – целое число, то соединяющий их отрезок параллелен оси абсцисс.
Решение
См. задачу 86113.
Страница:
<< 11 12 13 14 15 16 17 >> [Всего задач: 113]