Существует ли кусочно-линейная функция f, определённая на отрезке  [–1, 1]  (включая концы), для которой  f(f(x))= – x  при всех x?
(Функция называется кусочно-линейной, если её график есть объединение конечного числа точек и интервалов прямой; она может быть разрывной.)

   Решение

С натуральным числом K производится следующая операция: оно представляется в виде произведения простых сомножителей  K = p₁p₂...p_n;  затем вычисляется сумма  p₁ + p₂ + ... + p_n + 1.  С полученным числом производится то же самое, и т.д.
Доказать, что образующаяся последовательность, начиная с некоторого номера, будет периодической.

   Решение

Имеется кучка из 100 камней. Двое играют в следующую игру. Первый игрок забирает 1 камень, потом второй может забрать 1 или 2 камня, потом первый может забрать 1, 2 или 3 камня, затем второй 1, 2, 3 или 4 камня, и так далее. Выигрывает тот, кто забирает последний камень. Кто может выиграть, как бы ни играл соперник?

   Решение

При каких a и b многочлен  P(x) = (a + b)x⁵ + abx² + 1  делится на  x² – 3x + 2?

   Решение

Окружность отсекает от прямоугольника ABCD четыре прямоугольных треугольника, середины гипотенуз которых A₀, B₀, C₀ и D₀ соответственно.
Докажите, что отрезки A₀C₀ и B₀D₀ равны.

   Решение

Сумма модулей членов конечной арифметической прогрессии равна 100. Если все ее члены увеличить на 1 или все ее члены увеличить на 2, то в обоих случаях сумма модулей членов полученной прогрессии будет также равна 100. Какие значения при этих условиях может принимать величина n²d, где d - разность прогрессии, а n - число ее членов?

   Решение

Можно ли разрезать по границам клеток фигуру на рисунке на 4 одинаковые части?

   Решение

В равнобедренном треугольнике ABC  (AC = BC)  угол при вершине C равен 20°. Биссектрисы углов A и B пересекают боковые стороны треугольника соответственно в точках A₁ и B₁. Докажите, что треугольник A₁OB₁ (где O – центр описанной окружности треугольника ABC) является равносторонним.

   Решение

Из точки $A$ к окружности $\Omega$ проведены касательные $AB$ и $AC$. На отрезке $BC$ отмечена середина $M$ и произвольная точка $P$. Прямая $AP$ пересекает окружность $\Omega$ в точках $D$ и $E$. Докажите, что общие внешние касательные к окружностям $MDP$ и $MPE$ пересекаются на средней линии треугольника $ABC$.

   Решение

В четырёхугольнике ABCD углы B и D — прямые. Диагональ AC образует со стороной AB острый угол в 40^o, а со стороной AD -- угол в 30^o. Найдите острый угол между диагоналями AC и BD.

   Решение

Дан треугольник ABC и точка H на прямой AB . Докажите, что CH — высота треугольника ABC тогда и только тогда, когда AC2-BC2=AH2-BH2 .

   Решение

В трапеции ABCD на боковой стороне AB дана точка K. Через точку A провели прямую l, параллельную прямой KC, а через точку B – прямую m, параллельную прямой KD. Докажите, что точка пересечения прямых l и m лежит на стороне CD.

   Решение

Даны две концентрические окружности. Хорда большей из них касается меньшей и имеет длину 2.
Найдите площадь кольца, заключенного между окружностями.

   Решение

На бесконечном клетчатом листе белой бумаги n клеток закрашены в чёрный цвет. В моменты времени t = 1, 2, 3,... происходит одновременное перекрашивание всех клеток листа по следующему правилу: каждая клетка k приобретает тот цвет, который имело в предыдущий момент большинство из трёх клеток: самой клетки k и её соседей справа и сверху (если две или три из этих клеток были белыми, то k становится белой, если две или три из них были чёрными,— то чёрной).

а) Докажите, что через конечное время на листе не останется ни одной чёрной клетки.

б) Докажите, что чёрные клетки исчезнут не позже, чем в момент времени t = n.

   Решение

Темы:    [ Процессы и операции ] [ Раскраски ] [ Итерации ] [ Геометрия на клетчатой бумаге ] [ Индукция в геометрии ]

Сложность: 7 Классы: 9,10,11

Прислать комментарий

Условие

На бесконечном клетчатом листе белой бумаги n клеток закрашены в чёрный цвет. В моменты времени t = 1, 2, 3,... происходит одновременное перекрашивание всех клеток листа по следующему правилу: каждая клетка k приобретает тот цвет, который имело в предыдущий момент большинство из трёх клеток: самой клетки k и её соседей справа и сверху (если две или три из этих клеток были белыми, то k становится белой, если две или три из них были чёрными,— то чёрной).

а) Докажите, что через конечное время на листе не останется ни одной чёрной клетки.

б) Докажите, что чёрные клетки исчезнут не позже, чем в момент времени t = n.

Решение

Пусть Ч – какое-то множество черных клеток. Обозначим буквой Γ (от слова "голосование") оператор перекрашивания, т.е. через Γ( Ч) будем обозначать множество клеток, которые получатся из Ч , через Γ²( Ч) – множество Γ (Γ( Ч)) , в которое перейдет Ч за два шага, через Γ³( Ч) – за три шага и т.д. (см.рис.7; кстати, этот рисунок опровергает предположение, что общее количество клеток в Γ( Ч) всегда меньше, чем в Ч ).

Утверждение а) сразу следует из двух таких почти очевидных предложений.

(1) Если к множеству Ч добавить еще черных клеток, то к множеству Γ( Ч) тоже могут только добавиться черные клетки, но ни одна не пропадет. Используя знак ( A B означает, что множество A целиком содержится в B , в частности, может с ним совпадать), это можно записать так:

Ч Ч' Γ( Ч) Γ( Ч').

(2) Если Ч₀ – множество всех клеток внутри квадрата на клетчатой бумаге (со стороной N клеток), то через конечное число шагов от Ч₀ ничего не останется (рис.8); точнее, уже через (2N-1) шагов получится пустое множество черных клеток: Γ2N-1 ( Ч₀)= .

Ясно, что любое множество Ч можно заключить в достаточно большой квадрат Ч₀ ; согласно(2) этот черный квадрат Ч₀ за конечное число шагов "вымрет", а согласно(1) и множество Ч не может просуществовать дольше, чем Ч₀ . Тем самым задача а) решена.

Доказать б) значительно труднее.

Приведем решение задачи б), придуманное на олимпиаде десятиклассником А.Гомилко из Хмельницкого (за это он получил специальный приз).

Кстати говоря, то, что решение б) не может быть очень простым, показывает разнообразие примеров множеств из n клеток, вымирающих ровно за n шагов (рис.9).

Докажем утверждение б) индукцией по n – количеству клеток в начальном множестве Ч ; для n=1 оно очевидно.

Пусть уже доказано, что если в Ч меньше n клеток, то

Рассмотрим теперь Ч , состоящее из n клеток. Заключим его в прямой угол x 0 , y 0 (оси координат Ox и Oy направим вправо и вверх по линиям сетки, сторона клетки равна 1 ) так, чтобы в полосе 0 x 1 лежала хоть одна черная клетка и в полосе 0 y 1 – тоже (рис.10).

Пусть Ч¹ – часть Ч , лежащая в полуплоскости x 1 . По предположению индукции, Γ^n-1 ( Ч')= . А клетки из 0 x 1 не оказывают никакого влияния на то, что происходит выше прямой x=1 . Следовательно, Γ^n-1 ( Ч) целиком лежит в полосе 0 x 1 (очевидно, что в полуплоскости x<0 черные клетки возникнуть не могут).

Точно так же доказывается, что Γ^n-1 ( Ч) содержится в полосе 0 y 1 . Отсюда следует, что Γ^n-1 ( Ч) может содержать максимум одну клетку: 0 x 1 , 0 y 1 и, значит, Γⁿ ( Ч)= .

Источники и прецеденты использования