Loading [Contrib]/a11y/accessibility-menu.js
ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Выбрано 4 задачи
Версия для печати
Убрать все задачи

Окружность радиуса, равного высоте некоторого правильного треугольника, катится по стороне этого треугольника. Доказать, что дуга, высекаемая сторонами треугольника на окружности, всё время равна 60o.

Вниз   Решение


Некоторые из чисел a1, a2,...an равны +1, остальные равны -1. Доказать, что

2 sin$\displaystyle \left(\vphantom{ a_1+\frac{a_1a_2}{2}+\frac{a_1a_2a_3}{4}+\dots
+\frac{a_1a_2\cdot\ldots\cdot a_n}{2^{n-1}}}\right.$a1 + $\displaystyle {\frac{a_1a_2}{2}}$ + $\displaystyle {\frac{a_1a_2a_3}{4}}$ + ... + $\displaystyle {\frac{a_1a_2\cdot\ldots\cdot a_n}{2^{n-1}}}$$\displaystyle \left.\vphantom{ a_1+\frac{a_1a_2}{2}+\frac{a_1a_2a_3}{4}+\dots
+\frac{a_1a_2\cdot\ldots\cdot a_n}{2^{n-1}}}\right)$$\displaystyle {\frac{\pi}{4}}$ =
         = a1$\displaystyle \sqrt{2+a_2\sqrt{2+a_3\sqrt{2+\dots +a_n\sqrt{2}}}}$.

В частности, при a1 = a2 = ... = an = 1, имеем:

2 sin$\displaystyle \left(\vphantom{ 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\dots +\frac{1}{2^{n-1}}}\right.$1 + $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$ + $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{4}}$ + ... + $\displaystyle {\frac{1}{2^{n-1}}}$$\displaystyle \left.\vphantom{ 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\dots +\frac{1}{2^{n-1}}}\right)$$\displaystyle {\frac{\pi}{4}}$ = 2 cos$\displaystyle {\frac{\pi}{2^{n+1}}}$ =
         = $\displaystyle \sqrt{2+\sqrt{2+\dots +\sqrt{2}}}$.

ВверхВниз   Решение


n точек соединены отрезками так, что каждая точка с чем-нибудь соединена и нет таких двух точек, которые соединялись бы двумя разными путями.
Доказать, что общее число отрезков равно  n – 1.

ВверхВниз   Решение


Верно ли, что любой треугольник можно разбить на четыре равнобедренных треугольника?

Вверх   Решение

Задача 78756
Темы:    [ Свойства частей, полученных при разрезаниях ]
[ Полуинварианты ]
Сложность: 4+
Классы: 8,9,10
В корзину
Прислать комментарий

Условие

Квадратный лист бумаги разрезали по прямой на две части. Одну из полученных частей снова разрезали на две части, и так много раз. Какое наименьшее число разрезов необходимо, чтобы среди полученных частей могло оказаться ровно 100 двадцатиугольников?

Решение

Ответ: можно получить ровно 100 двадцатиугольников, сделав 1699 разрезов, а сделав меньшее число разрезов, 100 двадцатиугольников получить нельзя. При каждом разрезании общее число кусков бумаги увеличивается на 1 (так как один кусок пропадает и появляются два новых), поэтому после n разрезов будет (n + 1) кусков бумаги. Подсчитаем теперь, каким может быть общее число вершин во всех кусках вместе после n разрезов. При каждом разрезании общее число вершин увеличивается либо на 2 (если резали через две вершины), либо на 3 (если резали через вершину и сторону), либо на 4 (если резали через 2 стороны). Так как сначала было 4 вершины, то после n разрезов во всех кусках вместе будет не больше чем 4n + 4 вершины. Предположим, что после N разрезов получилось 100 двадцатиугольников. Так как при этом общее число полученных кусков будет N + 1, то, кроме этих двадцатиугольников, будет ещё N + 1 - 100 кусков. Каждый из этих кусков будет иметь не меньше трёх вершин, поэтому общее число вершин во всех кусках будет не меньше чем 100 . 20 + (N - 99) . 3. Как было доказано раньше, это число не больше чем 4N + 4. Значит, 4N + 4 ≥ 100 · 20 + (N − 99)·3 = 3N + 1703, откуда N ≥ 1699. Итак, мы доказали, что нельзя получить 100 двадцатиугольников, сделав меньше чем 1699 разрезов. Это основная и самая трудная часть доказательства.
Покажем теперь, как можно получить 100 двадцатиугольников, сделав 1699 разрезов. Вот один из способов: разрежем квадрат на 100 прямоугольников (99 разрезов) и каждый прямоугольник за 16 разрезов превратим в двадцатиугольник, отрезая от углов треугольники (1600 разрезов). Всего будет 1699 разрезов.

Ответ

Ответ Можно получить ровно 100 двадцатиугольников, сделав 1699 разрезов, а сделав меньшее число разрезов, 100 двадцатиугольников получить нельзя.

Источники и прецеденты использования

журнал
Название "Квант"
год
Год 1970
выпуск
Номер 7
Задача
Номер М31
олимпиада
Название Московская математическая олимпиада
год
Номер 33
Год 1970
вариант
Класс 9
Тур 2
задача
Номер 4

© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
Пишите нам

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .