Страница:
<< 1 2 3 4 5 6 >> [Всего задач: 26]
|
|
Сложность: 6- Классы: 8,9,10,11
|
Попарные расстояния между точками
A1,...,
An больше 2.
Докажите, что любую фигуру, площадь которой меньше
, можно
сдвинуть на вектор длиной не более 1 так, что она не будет содержать
точек
A1,...,
An.
Решение
Пусть
— данная фигура,
S1,...,
Sn — круги
радиуса 1 с центрами в точках
A1,...,
An. Так как круги
S1,...,
Sn попарно не пересекаются, то фигуры
Vi =
Si
попарно не пересекаются, а значит, сумма их площадей не превосходит
площади фигуры
, т. е. она меньше
. Пусть
O —
произвольная точка и
Wi — образ фигуры
Vi при переносе на
вектор
. Фигуры
Wi лежат внутри круга
S
радиуса 1 с центром
O и сумма их площадей меньше площади
этого круга. Поэтому некоторая точка
B круга
S не принадлежит
ни одной из фигур
Wi. Ясно, что перенос на вектор
искомый.
|
|
Сложность: 6- Классы: 8,9,10
|
В круге радиуса 16 расположено 650 точек. Докажите, что
найдется кольцо с внутренним радиусом 2 и внешним радиусом 3, в котором лежит не менее 10 из данных точек.
Решение
Заметим сначала, что точка
X принадлежит кольцу с центром
O
тогда и только тогда, когда точка
O принадлежит такому
же кольцу с центром
X. Поэтому достаточно доказать, что если
построить кольца с центрами в данных точках, то одну из точек
рассматриваемого круга покроет не менее 10 колец. Рассматриваемые
кольца лежат внутри круга радиуса 16 + 3 = 19, площадь которого
равна 361
. Остается заметить, что
9
. 361
= 3249
,
а суммарная площадь колец равна
650
. 5
= 3250
.
|
|
Сложность: 6+ Классы: 9,10,11
|
На отрезке длиной 1 расположены попарно не пересекающиеся
отрезки, сумма длин которых равна
p. Обозначим эту систему
отрезков
A. Пусть
B — дополнительная система отрезков
(отрезки систем
A и
B не имеют общих внутренних точек и
полностью покрывают данный отрезок). Докажите, что существует
параллельный перенос
T, для которого пересечение
B и
T(
A)
состоит из отрезков, сумма длин которых не меньше
p(1 -
p)/2.
Решение
Пусть
-1
c1. Сдвинем данный отрезок на
c вдоль себя,
а затем сдвинем его на
c в ортогональном направлении.
Заштрихованная на рис. область
соответствует пересечению
отрезков
Ai и
Bj. Ее площадь равна произведению длин этих
отрезков. Если рассмотреть все пары отрезков систем
A и
B,
то заштрихованная область будет иметь площадь
p(1 -
p). Поэтому
некоторое горизонтальное сечение заштрихованных областей имеет
длину не меньше
p(1 -
p)/2.
Замечание.
Если вместо отрезка рассматривать окружность (и вместо
параллельного переноса поворот), то
p(1 -
p)/2 можно заменить на
p(1 -
p).
|
|
Сложность: 3+ Классы: 7,8,9
|
Из шахматной доски вырезали одну угловую клетку. На какое наименьшее число равновеликих треугольников можно разрезать эту фигуру?
Решение
Оценка. Примем за единицу площадь одной клетки. Данная фигура
представляет собой невыпуклый шестиугольник ABCDEF площади 63 с углом 270° в вершине D (рис. справа). Если фигура разбита на треугольники, то, очевидно, точка D должна принадлежать по крайней мере двум треугольникам, причём у одного из них сторона лежит на прямой DE, а у другого – на DC. Более того, по крайней мере для одного из них она лежит на соответствующем отрезке. Для определенности предположим, что это треугольник DKL, где K лежит на отрезке DC. Тогда основание DK этого треугольника не больше
DC = 1, а высота – не больше BC = 7. Поэтому SDKL ≤ 7/2. Если все треугольники равновелики, то их не меньше 63 : 7/2 = 18.
Пример разрезания на 18 равновеликих треугольников см. на рис. слева.
Ответ
На 18 треугольников.
|
|
Сложность: 3+ Классы: 8,9,10
|
В квадрате со стороной 1 расположено 100 фигур, суммарная площадь
которых больше 99. Докажите, что в квадрате найдется точка,
принадлежащая всем этим фигурам.
Подсказка
Рассмотрите фигуры, дополняющие данные 100 фигур до квадрата.
Решение
Обозначим данные 100 фигур A
1,A
2,...,A
100,
а их площади - S
1,S
2,...,S
100
соответственно.
По условию S
1+S
2+...+S
100>99.
Обознчим через B
i фигуру, дополняющую фигуру
A
i до квадрата (т.е. состоящую из всех точек
квадрата, не принадлежащих фигуре A
i).
Тогда площадь фигуры B
i равна 1-S
i
(для i=1,2,...,100).
Тогда сумма площадей фигур
B
1,B
2,...,B
100
равна
(1-S
1)+(1-S
2)+...+(1-S
100)=
100-(S
1+S
2+...+S
100),
что меньше 1. Итак, сумма площадей фигур
B
1,B
2,...,B
100
меньше площади квадрата. Это означает, что в квадрате найдется
точка, не принадлежащая не одной из фигур
B
1,B
2,...,B
100.
Как легко понять, эта точка принадлежит каждой из фигур
A
1,A
2,...,A
100.
Страница:
<< 1 2 3 4 5 6 >> [Всего задач: 26]