Фильтр
Задачи
Задача 73537 |
|
|
Решение
Каждой окружности на сфере можно сопоставить ее "центр на сфере"– конец радиуса сферы, проходящего через центр окружности (никогда не лежащий на сфере). Эту точку мы будем называть "центром" окружности в кавычках, подчеркивающих, что это не "обычный" центр (рис. 1 а ).Заметим для точности, что такого определенного "центра" нет у окружностей больших кругов сферы, у которых центр совпадает с центром сферы. Но окружности, о которых идет речь в условии задачи, заведомо не могут иметь радиус 1, потому что окружности двух больших кругов не могут друг друга касаться, они всегда пересекают друг друга в двух диаметрально противоположных точках сферы.
Пусть A0, A1, A2, ..., An – "центры" окружностей γ0, γ1, ...,γn , окоторых идет речь в условии задачи.
Тогда A0 A1=A0 A2=...=A0 An=A1 A2=A2 A3=...=An A1 2r , другими словами, A0 A1 A2 ... An – вписанная в данную сферу радиуса 1 правильная n-угольная пирамида с вершиной A0 , у которой все боковые грани – равносторонние треугольники со сторонами, равными 2r.
Итак, достаточно построить пирамиду, для которой выполнены эти условия, тогда точки A0 , A1 , ... , An будут определять окружности радиуса r с "центрами" A0 , A1 , ... , An , которые, очевидно, удовлетворяют условию задачи.
Поскольку сумма плоских углов выпуклого n-гранного угла с вершиной A0 меньше 360°:
|
|
Заметим еще, что ограничение n |
Ответ
n=3, 4 и 5.
|
|
Задача 66912 |
|
|
Дано целое $n>2$. На сфере радиуса 1 требуется расположить $n$ попарно не пересекающихся дуг больших окружностей, все дуги равной длины $\alpha$. Докажите, что
а) при любом $\alpha<\pi+\frac{2\pi}n$ это возможно;
б) при любом $\alpha>\pi+\frac{2\pi}n$ это невозможно.
Решение
а) Пусть вертикальная прямая $\ell$ проходит через центр сферы $O$. Пусть две параллельных горизонтальных плоскости высекают на сфере две равных (не больших!) окружности $\gamma_+$ и $\gamma_-$. Тогда существует большая окружность $\Omega_0$, касающаяся $\gamma_+$ и $\gamma_-$ в (диаметрально противоположных) точках $P_0$ и $M_0$ соответственно. Повернув $\Omega_0$ на угол $\frac{2\pi k}n$ вокруг $\ell$, получим большую окружность $\Omega_k$, также касающуюся двух окружностей в точках $P_k$ и $M_k$ соответственно.
Рассмотрим одну дугу $P_0M_0$ окружности $\Omega_0$, а также дуги $P_kM_k$, полученные из неё поворотами. Все эти дуги не пересекаются, поскольку любая горизонтальная плоскость пересекает эти дуги в вершинах правильного $n$-угольника. Более того, каждую из этих дуг $P_kM_k$ можно расширить до ближайших к ней (но не лежащих на ней) точек пересечения $\Omega_k$ с другими окружностями $\Omega_i$. Заметим, что точки пересечения $\Omega_k$ и $\Omega_i$ лежат в (вертикальной) плоскости, симметрия относительно которой меняет эти окружности местами (эта плоскость содержит, например, биссектрису угла $P_iOP_k$). Отсюда легко видеть, что ближайшими к нашей дуге будут точки пересечения с $\Omega_{k-1}$ и с $\Omega_{k+1}$, и каждую дугу $P_kM_k$ можно расширить до дуги между этими точками (не включающей концы).
Если теперь плоскости, высекающие $\gamma_+$ и $\gamma_-$, взять близкими к центру сферы, то точки пересечения $\Omega_k$ и $\Omega_{k-1}$ будут (из симметрии) близки к серединам дуг $P_kP_{k-1}$ и $M_kM_{k-1}$. Поэтому длины полученных дуг можно сделать сколь угодно близкими к $\pi+\frac{2\pi}n$, что и требовалось.
б) Пусть $A_1,A_2,\dots,A_n$ – попарно не пересекающиеся дуги больших окружностей с длинами $\pi+\alpha_1$, $\pi+\alpha_2,\dots,\pi+\alpha_n$ при положительных $\alpha_i$; мы считаем, что они содержат свои концы. Мы докажем, что $$ \sum_{i=1}^n\alpha_i\leq 2\pi, $$ откуда и следует требуемое.
В дальнейшем под полюсом полусферы мы понимаем точку этой полусферы, наиболее удалённую от её границы.
Обозначим через $B_i$ дугу большой окружности, дополнительную к $A_i$ (её длина равна $\pi-\alpha_i$). Рассмотрим все (открытые) полусферы, содержащие $B_i$; пусть $X_i$ и $Y_i$ – концы $B_i$ (мы считаем, что они принадлежат $B_i$). Полусфера содержит $B_i$ тогда и только тогда, когда она содержит $X_i$ и $Y_i$, то есть когда её полюс лежит в открытых полусферах с полюсами $X_i$ и $Y_i$. Значит, множество $\mathcal S_i$ полюсов таких полусфер – это пересечение этих двух полусфер, то есть сферический «ломтик» раствора $\alpha_i$; его площадь равна $2\alpha_i$.
Докажем теперь, что множества $\mathcal S_i$ попарно не пересекаются; поскольку площадь сферы равна $4\pi$, отсюда вытекает требуемое неравенство. Предположим, что некоторая точка $Z$ лежит в $\mathcal S_1\cap \mathcal S_2$; тогда полусфера с полюсом $Z$ содержит $B_1$ и $B_2$, а значит, дополнительная к ней (замкнутая) полусфера $\mathcal H$ пересекает $A_1$ и $A_2$ по целым полуокружностям (а не их частям). Но любые две таких полуокружности на полусфере $\mathcal H$ пересекаются (ибо концы любой – диаметрально противоположные точки на границе полусферы). Это противоречит нашему предположению.
|
|
|
Задача 76460 |
|
|
Решение
Пусть an — наибольшее число частей, на которые разбивают сферу n окружностей, bn — наибольшее число частей, на которые разбивают пространство n сфер. Ясно, что a1 = 2 и b1 = 2. Покажем, что an = an - 1 + 2(n - 1) и bn = bn - 1 + an - 1. Прежде всего заметим, что число частей будет наибольшим в том случае, когда никакие три окружности не пересекаются в одной точке и, соответственно, никакие четыре сферы не пересекаются в одной точке и никакие три сферы не имеют общей окружности. Действительно, иначе число частей всегда можно увеличить, слегка пошевелив окружности (сферы). Пусть на сфере дано n окружностей, никакие три из которых не пересекаются в одной точке. Фиксируем одну из них. Оставшиеся окружности разбивают сферу не более чем на an - 1 частей, причём возможна конфигурация, когда они разбивают сферу на an - 1 частей. Фиксированная окружность пересекает остальные окружности не более чем в 2n - 2 точках, причём случай, когда число точек пересечения равно 2n - 2, возможен. Точки пересечения разбивают фиксированную окружность на 2n - 2 частей; каждая их этих частей окружности добавляет одну новую часть разбиения сферы. Поэтому an = an - 1 + 2(n - 1). Равенство bn = bn - 1 + an - 1 доказывается аналогично. Таким образом, a2 = 4, a3 = 8, a4 = 14 и b2 = 4, b3 = 8, b4 = 16, b5 = 30.Ответ
На 30 частей.|
|
|
Задача 103824 |
|
|
На глобусе проведены 17 параллелей и 24 меридиана. На сколько частей разделена поверхность глобуса?
Подсказка
Решите задачу для двух меридианов и одной параллели.
Решение
Меридианы делят глобус на 24 части (дольки), а параллели делят каждую дольку на 17 + 1 = 18 частей. Всего 18·24 = 432 части.
Ответ
На 432 части.
|
|
|
Задача 79322 |
|
|
Решение
Рассмотрим пятно самого большого радиуса. Слегка увеличим радиус содержащего его круга так, чтобы он снова был меньше радиуса Солнца и этот круг не пересекался с остальными пятнами. Отразим границу круга относительно центра Солнца. Полученная окружность не может быть полностью покрыта одним пятном, потому что радиус окружности больше радиуса любого пятна. Но она не может быть полностью покрыта и несколькими пятнами, потому что пятна замкнутые и не пересекаются между собой. Любая непокрытая точка окружности и диаметрально противоположная ей точка не покрыты пятнами.|
|
|
Страница: << 1 2 3 4 >> [Всего задач: 17]
