Фильтр
Задачи
Задача 79310 |
|
|
Арена цирка освещается n различными прожекторами. Каждый прожектор освещает некоторую выпуклую фигуру. Известно, что если выключить один произвольный прожектор, то арена будет по-прежнему полностью освещена, а если выключить произвольные два прожектора, то арена полностью освещена не будет. При каких значениях n это возможно?
Решение
Для n = 2 это, очевидно, возможно. При n > 2 впишем в арену правильный k-угольник, где k = n(n−1)/2. Тогда можно установить взаимно однозначное соответствие между сегментами, отсекаемыми сторонами k-угольника, и парами прожекторов. Пусть каждый прожектор освещает весь k-угольник и сегменты, соответствующие парам, в которые он входит. Легко проверить, что это освещение обладает требуемыми свойствами.
Ответ
При всех n ≥ 2.
|
|
Задача 98507 |
|
|
а) Несколько чёрных квадратов со стороной 1 см прибиты к белой плоскости одним гвоздём толщины 0,1 см (гвоздь не задевает границ квадратов). Образовалась многоугольная чёрная фигура. Может ли периметр этой фигуры быть больше 1 км?
б) Та же задача, но гвоздь имеет толщину 0 (то есть "пробивает" квадрат в точке).
в) Несколько чёрных квадратов со стороной 1 лежат на белой плоскости, образуя многоугольную чёрную фигуру (возможно, состоящую из нескольких кусков и имеющую дырки). Может ли отношение периметра этой фигуры к её площади быть больше 100000?
Решение
Лемма. Если все квадраты прибиты гвоздём толщины 2r, то для периметра P и площади S чёрной фигуры выполнено неравенство Pr ≤ 2S.
Доказательство. Соединив центр гвоздя с вершинами фигуры, мы разобьём её на треугольники с основаниями на периметре и высотой не менее r. Поэтому удвоенная площадь всей фигуры не меньше произведения r на сумму оснований этих треугольников (а она равна P).
Далее опущены единицы измерения: см и см².
а) Многоугольник лежит в круге радиуса центр которого совпадает с центром гвоздя, поэтому его площадь S < 2π. По лемме P ≤ 40π.
в) Разобьём плоскость на квадратные клетки со стороной Если центр чёрного квадрата лежит в некоторой клетке, то квадрат накрывает эту клетку целиком. Пусть есть всего N клеток, покрытых чёрной фигурой целиком. Занумеруем их по порядку и разобьём все квадраты на группы: первая – те, что покрывают клетку 1, вторая – те из оставшихся, что покрывают клетку 2, и т. д. (некоторые группы могут оказаться пустыми). Все квадраты одной группы можно прибить гвоздём радиуса
а площадь составленной из них фигуры меньше 2π, поэтому вклад каждой группы в периметр фигуры P меньше
Значит,
А площадь фигуры не меньше площади целиком покрытых клеток: S ≥ N/8. Отсюда
б) Первый способ. S < 2π ⇒ P < 1400π < 50 м.
Второй способ. Проведём окружность радиуса 0,44 с центром в общей точке. Эта окружность не достанет до двух наиболее удалённых от её центра сторон чёрного квадрата, и на ней есть дуга 90°, чьи точки отстоят от границы квадрата более чем на 0,05. Отметим четыре точки окружности через 90°, одна из них попадёт на упомянутую дугу. Вобьём четыре гвоздя толщины 0,1 в отмеченные точки. В каждый чёрный квадрат хотя бы один из гвоздей попадёт целиком. Теперь все квадраты прибиты гвоздями толщины 0,1, не задевающими их границ. Периметр фигуры из квадратов, прибитых каждым гвоздём, согласно а) не превосходит 40π, а общий периметр не превосходит их суммы, то есть 160π.
Ответ
а)-в). Не может.
|
|
|
Задача 109035 |
|
|
Решение
Докажем, что такой линией является полуокружность. Выпуклая фигура, покрывающая полуокружность, должна содержать в себе полукруг, ограниченный данной полуокружностью, иначе фигура не будет выпуклой. Если возьмем полуокружность длиной|
|
|
Задача 111338 |
|
|
Решение
Первое решение. Разрезав криволинейный шестиугольник с дугами в качестве сторон, можно сложить криволинейный "квадрат" и линзу (рис.).Второе решение. Рассмотрим трапецию ABCD , у которой AB=BC=CD=1 и площадь равна площади правильного треугольника со стороной 1. Известно, что из любого многоугольника, разрезав его на подходящие части, можно сложить любой другой многоугольник той же площади; разрежем трапецию на несколько многоугольников и сложим из них правильный треугольник. Проведем теперь дугу окружности через вершины трапеции. Отрезав от сегмента, ограниченного дугой и отрезком AD , три маленьких сегмента по сторонам трапеции AB, BC, CD (рис.) и приставив их к сторонам правильного треугольника, получим выпуклую фигуру F (рис.), ограниченную тремя дугами окружностей. Таким образом, фигуру, составленную из двух таких сегментов, симметричных относительно общей хорды (рис.), можно разрезать на части и сложить из них две фигуры, равных F .
|
|
|
Задача 58134 |
|
Решение
Проведём через каждую вершину многоугольника M прямую, перпендикулярную прямой l. Эти прямые разрезают многоугольник на трапеции (некоторые из трапеций могут вырождаться в треугольники). При симметризации по Штейнеру каждая такая трапеция заменяется на равнобочную трапецию с теми же основаниями и той же высотой. Ясно, что при такой замене площадь трапеции не изменяется. Остаётся проверить, что периметр не увеличивается. При этом достаточно рассмотреть случай, когда трапеция вырождается в треугольник. Действительно, если ABCD — трапеция с основаниями AB и CD, где ABИтак, пусть ABC — треугольник, у которого сторона AB фиксирована, а вершина C движется по прямой m, параллельной AB. Пусть точка B' симметрична точке B относительно прямой m. Тогда AC + CB = AC + CB'
|
|
|
Страница: << 1 2 3 4 >> [Всего задач: 19]
