Страница: << 5 6 7 8 9 10 11 >> [Всего задач: 74]      

Четыре круга, центры которых являются вершинами выпуклого четырёхугольника, целиком покрывают этот четырёхугольник. Докажите, что из них можно выбрать три круга, которые покрывают треугольник с вершинами в центрах этих кругов.

Решение

Основная трудность в этой задаче – придумать такое рассуждение, которое бы охватывало все возможные случаи расположения окружностей и все возможные по форме четырехугольники. Обозначим круги с центрами A, B, C, D в вершинах данного четырехугольника ABCD через KA , KB , KC , KD , их радиусы – через rA , rB , rC , rD. Предположим, что утверждение задачи неверно. Тогда каждый круг имеет общую точку с частью противоположного ему треугольника, не покрытой тремя другими кругами: например, KA должен содержать точки Δ BCD, не покрытые ни одним из кругов KB , KC , KD. Пусть O – точка пересечения диагоналей. Докажем при нашем предположении, что rA ≥ OA , т.е. что круг KA содержит точку O . Остальное уже ясно: точно так же можно будет доказать, что точка O принадлежит KB и KC , а отсюда очевидным образом следует, что эти круги покрывают Δ ABC. Посмотрите на рис. 1, 2: если OL и ON – перпендикуляры, опущенные на прямые AB и BC, то KA покрывает Δ OAL, KC – Δ OCN, KB – Δ OBL и Δ OBN, а эти четыре прямоугольных треугольника заведомо покрывают Δ ABC, даже если один из треугольников AOB или OBC (как на рис. 2) тупоугольный. Приходим к противоречию с нашим предположением, следовательно, утверждение задачи верно. Итак, осталось доказать, что rA ≥ OA . Нам понадобится следующая, почти очевидная Лемма. Пусть задан выпуклый четырехугольник PQRS и круг KR (не содержащий Δ PQR целиком). Тогда из всех точек, лежащих внутри Δ PQR и вне KR , ближайшей к точке S будет: а) основание F перпендикуляра SF , опущенного из точки S на прямую PR , если эта точка F лежит вне круга KR (рис. 3, а); б) точка E пересечения окружности KR с отрезком PR , если точка F лежит внутри круга KR (рис. 3, б). (Здесь важно, что угол QRS четырехугольника меньше 180°; доказательство леммы оставляем читателю.) Можно считать, что AOB ≤ 90° (иначе мы взяли бы не B, a D). Пусть BB1 AC ; AA1 BD ; B1 A2 BD (рис.4). Предположим, что rA<OA и E – ближайшая к O точка KA (она лежит на отрезке OA и AE=rA , EM – перпендикуляр, опущенный из E на BD . Ясно, что тогда AM>AE . Докажем, что тем не менее rA>AM , отсюда будет следовать, что наше предположение ( rA<OA ) неверно. Докажем сначала, что rB > BM . Применим лемму к Δ ACD, кругу KA и точке B. Рассмотрим два случая:            а) E лежит между A и B1 . Тогда rB > BB1 > BA2 ≥ BM;            б) E лежит между O и B1. Тогда (по лемме) rB > BE > BM. Итак, мы знаем, что точка M принадлежит KB. Применяя лемму к Δ BCD , кругу KB и точке A (заметим, что M лежит между O и A1, так что всегда имеет место случай б)), получим rA>AM . Круг замкнулся, требуемое противоречие получено.

Прислать комментарий

На плоскости дано конечное число полос, сумма ширин которых равна 100, и круг радиуса 1.
Докажите, что каждую из полос можно параллельно перенести так, чтобы все они вместе покрыли круг.

Решение

  Будем считать, что сумма ширин полос не меньше 24. Каждой полосе поставим в соответствие вектор, перпендикулярный её границе, длина которого равна ширине этой полосы. Отложим их от одной и той же точки O.
  Разобьём плоскость на 12 углов величины 30° с вершиной в точке O. Для каждого из углов подсчитаем сумму длин векторов, лежащих внутри или на границе этого угла или внутри или на границе вертикального ему угла. Получим шесть величин – по одной для каждой пары вертикальных углов.
   Выберем ту пару вертикальных углов, для которой подсчитанная сумма оказалась  24 : 6 = 4  (такая, очевидно, найдётся). Заменив, если потребуется, некоторые векторы на противоположные, добьёмся того, чтобы все они попали в один и тот же угол величины 30°.
  Сумма векторов не зависит от порядка, в котором берутся слагаемые. Упорядочим векторы так, чтобы направление следующего получалось из направления предыдущего поворотом по часовой стрелке. Отложим их, прикладывая начало каждого следующего вектора к концу предыдущего. Получим выпуклую ломаную OO₁O₂...O_n (см. рисунок). Длина этой ломаной не меньше 4.

  Длина отрезка OO_n не меньше чем 2. Действительно, угол между отрезком OO_n и любым из отрезков ломаной не больше 30°, значит, длина проекции отрезка O_iO_i+1 на прямую OO_n не меньше, чем  O_iO_i+1·cos 30°.  Суммируя по всем отрезкам ломаной, получаем требуемое неравенство.
  Перенесём полоски параллельно так, чтобы концы каждого из отрезков  OO₁, O₁O₂, ..., O_n–1O_n  лежали на границе соответствующих полосок. Докажем, что многоугольник MOO₁O₂...O_n, где точка M – пересечение перпендикуляров к отрезкам OO₁ и O_n–1O_n, проведённых к этим отрезкам в точках O и O_n, будет полностью покрыт полосками.
  Для этого рассмотрим любую точку X, лежащую в многоугольнике MOO₁O₂...O_n. Проще всего рассмотреть ближайшую к X точку Y на ломаной OO₁O₂...O_n. Если Y лежит на O_iO_i+1, то  XY ⊥ O_iO_i+1,  так что точка X покрывается полоской, перпендикулярной отрезку O_iO_i+1.

Прислать комментарий

На стол положили (с перекрытиями) несколько одинаковых салфеток, имеющих форму единичного круга. Всегда ли можно вбить в стол несколько точечных гвоздей так, что все салфетки будут прибиты, причём одинаковым количеством гвоздей? (Вбивать гвозди на границы кругов запрещено.)

Решение

Для удобства выберем единицу измерения так, чтобы площадь каждой салфетки равнялась 1. Рассмотрим часть плоскости, покрытую салфетками. Границы салфеток делят её на несколько (пусть $k$) областей. Занумеруем эти области числами от 1 до $k$ и введём переменные $x_1$, ..., $x_k$ — искомые количества гвоздей, которые мы в итоге вобьём в соответствующие области. Если можно было бы вбивать нецелое число гвоздей, достаточно было бы в каждую область вбить число гвоздей, равное её площади! Тогда каждая салфетка была бы прибита одним гвоздём. Если все эти площади рациональные, можно домножить их на общий знаменатель и получить одно и то же целое число гвоздей в каждом круге. Но что делать, если какие-то части имеют иррациональные площади? Один из возможных путей следующий.
Составим систему: для каждой салфетки просуммируем переменные, соответствующие областям, на которые разбита салфетка, и приравняем к 1. Получится система линейных уравнений с рациональными коэффициентами от переменных $x_1$, ..., $x_k$. Хоть какое-то решение у этой системы существует (например, каждую переменную можно взять равной площади соответствующей части). Докажем, что у системы есть решение в положительных рациональных числах (тогда, домножив числа на общий знаменатель, получим решение исходной задачи).
Будем решать систему методом Гаусса: выразим одну переменную из первого уравнения и подставим в остальные, затем из второго уравнения выразим следующую переменную и подставим в уравнения с 3-го по последнее, и так далее. Так дойдём до конца и получим систему, равносильную исходной.
Возможно, в каких-то уравнениях после подстановки всё сократится, и они примут вид $0=0$ — не страшно. Последнее из уравнений, в котором не всё сократится, будет тогда иметь вид $$x_i=r_i+r_jx_j+\ldots+r_nx_n,$$ где $r_j,\ldots,r_n$ — какие-то коэффициенты, которые, конечно же будут, рациональными!
Это значит, что переменным $x_j$, ..., $x_n$ мы можем придать любые значения — такие переменные называются «свободными». По их значениям мы однозначно найдём значение $x_i$. Подставив уже найденные значения в предыдущее уравнение, найдём значение очередной переменной, и так далее. Встречающиеся по дороге свободные переменные можно заменять любыми числами.
В итоге все переменные выразятся через рациональные константы и конечный набор так называемых «свободных» переменных, которым мы можем придавать любые значения, и по этим значениям однозначно получать какое-то решение системы.
Поэтому, если свободных переменных нет, то решение у системы единственное и тогда оно состоит из рациональных чисел!
Пусть свободные переменные есть. Мы можем придать каждой такой переменной $x_j$ рациональное значение, сколь угодно близкое к площади $j$-й области. Ясно, что можно взять настолько близкие к площадям положительные рациональные значения, чтобы остальные, «несвободные» переменные также получились положительными (ведь каждая несвободная переменная $x_i$ есть конечная линейная комбинация не более чем из $k$ слагаемых с фиксированными коэффициентами, и подставляя в эту комбинацию числа, очень близкие к исходным площадям, мы получим число, близкое к соответствующей площади, которая изначально положительна). В итоге получим искомое рациональное решение.

Ответ

Всегда.

Прислать комментарий

а) Квадрат со стороной 1 покрыт несколькими меньшими квадратами со сторонами, параллельными его сторонам. Докажите, что среди них можно выбрать непересекающиеся квадраты, сумма площадей которых не меньше 1/9.
б) Площадь объединения нескольких кругов равна 1. Докажите, что из них можно выбрать несколько попарно непересекающихся кругов с общей площадью не менее 1/9.

Решение

а) Рассмотрим наибольший квадрат K покрытия и выбросим все квадраты, пересекающиеся с ним. Они лежат внутри квадрата, сторона которого в 3 раза больше стороны K, поэтому площадь, занимаемая ими, не больше 81, где s — площадь K. Квадрат K относим к выбранным и в дальнейшем его уже не рассматриваем. Для остальных квадратов проделываем то же самое до тех пор, пока все квадраты будут либо выбраны, либо выброшены. Если сумма площадей выбранных квадратов равна S, то общая площадь выброшенных квадратов не превосходит 8S. Поэтому 1S + 8S, т. е. S1/9.
б) Выберем круг наибольшего радиуса, раздуем его в три раза и выбросим все круги, целиком лежащие в этом раздутии. Оставшиеся круги не пересекаются с первым. Для них проделаем то же самое и т. д. Раздутия всех выбранных кругов содержат все данные круги, а площадь раздутия в 9 раз больше площади исходного круга, поэтому 9S1, где S — общая площадь всех выбранных кругов. Следовательно, S1/9.

Прислать комментарий

Докажите, что любые n точек на плоскости всегда можно накрыть несколькими непересекающимися кругами так, что сумма их диаметров меньше n и расстояние между любыми двумя из них больше 1.

Решение

Построим круги с центрами в данных точках радиуса a = 1/2 + 1/2n. Ясно, что пересекающиеся круги радиусов R₁ и R₂ можно заключить в круг радиуса не более R₁ + R₂. Будем так делать до тех пор, пока не получатся непересекающиеся круги. Все данные точки расположены на расстоянии не меньше a от границ этих кругов, поэтому их радиусы можно уменьшить на b < a, и при этом они по-прежнему будут покрывать все данные точки. Если кругов k штук, то сумма их диаметров не больше n ^. 2a - k ^. 2b2na - 2b. Нам нужно, чтобы выполнялись следующие условия: 2na - 2b < n и 2b > 1. Они выполняются, если a = 1/2 + 1/2n и b = 1/2 + 1/4n.

Прислать комментарий

Страница: << 5 6 7 8 9 10 11 >> [Всего задач: 74]