close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

код для вставки
Заняття «Школи олімпійського резерву»
9 клас
Тема: РОЗФАРБУВАННЯ, ЗАМОЩЕННЯ, УКЛАДКИ.
Підготували: Глубенок Світлана Валентинівна, вчитель фізики та математики
Криворізького Жовтневого ліцею;
Желтуха Тетяна Валентинівна, вчитель математики Криворізького
Жовтневого ліцею
Мета: – засвоєння учнями алгоритму прийомів розв’язування завдань олімпіадного
характеру за допомогою розфарбування, розрізання та розміщення фігур на площині;
– стимулювати творче мислення та ініціативу учнів при розв’язуванні олімпіадних
задач; розвивати математичну мову учнів та їх цікавість до математики;
– розширювати науковий світогляд учнів висвітлюючи шлях від практичної
необхідності до розв’язання її математичної моделі.
ХІД ЗАНЯТТЯ
І. Організаційний момент
ІІ. Вивчення нового матеріалу
Множина точок площини називається фігурою. У шкільних задачах найчастіше
зустрічаються многокутники – фігури, обмежені замкненими ламаними. Щодо розміщення
многокутників на площині необхідно виділити теорему Жордана: довільна замкнена без
само перетинів ламана ділить площину на дві області – внутрішню (обмежену) та
зовнішню (необмежену), причому довільний шлях із точки, яка лежить у внутрішній
області, в точку, яка лежить у зовнішній області, перетинає цю ламану, а довільні дві
точки кожної з цих областей можна з’єднати шляхом, який не перетинає ламаної.
Фігура називається опуклою, якщо разом з кожними своїми двома точками вона містить
також весь відрізок з кінцями в цих точках.
Є декілька різних, але еквівалентних, означень опуклого многокутника. Наведемо
означення, які вживаються найчастіше:
-- многокутник називається опуклим, якщо він лежить по одну сторону від будь-якої з
його сторін ( тобто продовження сторін многокутника не перетинає других його сторін);
-- многокутник називається опуклим, якщо він є перетином (тобто спільною частиною)
декількох півплощин;
-- многокутник називається опуклим, якщо будь-який відрізок з кінцями в точках, що
належать йому, повністю йому належить.
Для довільних фігур годиться лише останнє з цих означень. Його ми привели раніше.
Опуклим многокутником називається многокутник Ф, який має одну з таких
рівносильних властивостей:
а) Ф є опуклою фігурою;
б) Ф розміщений в одній півплощині відносно прямої, яка містить будь-яку з його
сторін;
в) усі його кути менше за 1800;
г) Ф є перетином кількох півплощин.
Для довільної скінченої множини точок на площині існує її (єдина) опукла оболонка –
найменший опуклий многокутник, який містить всі ці точки.
Пряма l називається опорною прямою фігури Ф, якщо Ф розташована по одну сторону
від l та має з нею спільну точку. Для довільної прямої існують рівно дві паралельні їй опорні
прямі фігури Ф (Ф заключна у смузі між ними).
Ми будемо розглядати лише фігури, які мають слідуючи властивості: фігура має певну
площу; фігура має межу, тобто існує деяка крива, що обмежує фігуру; ця крива має певну
довжину; існує опукла оболонка фігури.
Теорема Хейлі. Нехай на площині дано n опуклих фігур, кожні три з яких мають
спільну точку. Тоді всі ці n фігури мають спільну точку.
Якщо об’єднання фігур D1, D2, …, Dn містить дану фігуру Ф, то говорять, що фігури D1,
D2, …, Dn утворюють покриття фігури Ф. При цьому фігури D1, D2, …, Dn можуть
перетинатися.
Множина точок, відстань від яких до точки а менша ніж додатне число  , називається
 - околом точки а. Точка, яка належить фігурі Ф разом з деяким своїм околом, називається
внутрішньою точкою фігури Ф. Якщо всі точки фігури Ф є її внутрішніми точками, то ця
фігура називається відкритою.
Точка, довільний окіл якої містить як точка, що належать фігурі Ф, так і точка, які не
належать фігурі Ф, називається межовою точкою цієї фігури. Множина всіх межових точок
називається межею цієї фігури.
Покриття фігури Ф фігурами D1, D2, …, Dn, що на мають спільних внутрішніх точок,
називається розрізанням фігури Ф. Як правило, розглядають такі розрізання , що Ф=D1  D2
... Dn.
При розв’язуванні задач, пов’язаних з покриттям та розрізанням, використовуються
загальні властивості фігур, пов’язані з їх розташуванням на площині.
Ще є цікава гра. Називається вона стомахій. А винайшов її, кажуть , сам Архімед.
Упродовж кількох століть ця гра захоплювала греків і римлян. Слово „стомахій” у перекладі
з старогрецької означає „те, що викликає злість”. Гра й справді повна несподіванок, розвиває
кмітливість і є прекрасним знаряддям тренування геометричної уяви, правильного
сприймання ліній та форм. Прямокутник розрізано на 14 частин. З цих кусочків можна
викласти фігури людей, звірів, різних предметів. Зображення має правильно передавати
пропорції і бути виразним. Кішка, наприклад, якщо ви хоч трохи продовжите їй вуха, стане
схожа швидше на віслюка, ніж на кішку, а кінь при надто вигнутій спині скидатиметься на
бегемота. Спочатку у вас не все виходитиме, але наполегливі пошуки приведуть, зрештою,
до бажаних результатів. Шматочки паперу можна розміщувати як завгодно і класти на стіл
будь-яким боком. Щільне прилягання окремих елементів гри, згідно з порадою Архімеда, не
обов’язкове, але при конструюванні фігур усі 14 елементів мають бути обов’язково
використані. При цьому не дозволяється ані трохи накладати одну фігуру на іншу.
У стомахій знайшлися гідні нащадки. Це – танграм і Колумбові яйце. Танграм так само
старовинна гра. При цьому квадрат розрізають лише на сім частин, але й них можна
побудувати безліч фігурок.
ІІІ. Набуття практичних вмінь та навичок
Задача 1. Чи можна даний правильний трикутник покрити двома меншими
правильними трикутниками?
Розв’язання. Кожен з менших трикутників може покрити тільки одну вершину
більшого, тому одна з вершин обов’язково буду непокритою.
Відповідь: ні.
Задача 2. На площині дано п точок, причому будь-які три з них можна накрити колом
радіуса 1. Доведіть, що тоді всі п точок можна накрити колом
радіуса 1.
Розв’язання. Коло радіуса 1 з центом в точці О покриває деякі точки тоді і тільки тоді,
коли кола радіуса 1 з центрами в цих точках містять точку О. Тому задача допускає наступне
пере формулювання: „На площині дано п точок, причому будь-які три кола радіуса 1 з
центрами в цих точках мають спільну точку. Доведіть, що всі ці кола мають спільну точку”.
Це твердження слідує з теореми Хейлі.
В деяких задачах спрацьовує ідея розфарбування. При цьому розуміють,
Що фігура розфарбована в декілька кольорів, якщо кожній точці фігури поставлено у
відповідність один із цих кольорів. Зустрічаються задачі, де розфарбування вже дано, в
деяких задачах розфарбування з певними властивостями потрібно придумати.
Задача 3. Дно коробки 10х10 вимощене плитками розміром 1х4 та 2х2. одну з плиток
розміром 1х4 загубили, але в запасі є плитка розміром 2х2. Чи можна наявними плитками
вимостити дно коробки?
Розв’язання. Розіб’ємо дно коробки на квадратики та зафарбуємо деякі клітинки так,
як показано на рис. 1. Тоді кожна плитка 2х2 покриває рівно одну зафарбовану, а кожна
плитка 1х4 покриває дві або жодної з пофарбованих клітинок. Оскільки зафарбованих
клітинок 25, то для вимощення дна коробки потрібно непарну кількість плиток 2х2.
Тому нове вимощення дна коробки неможливе.
Відповідь: ні.
Примітка. Ч – чорний колір.
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
Рис.1
Задача 4. (ОМО-1999-11). Чи можна таблицю 7х7 без кутових клітинок заповнити
цілими числами так, щоб сума всіх чисел таблиці дорівнювала 199919991999, але в кожній
фігурці, вигляд якої показано на рис. 2, сума чисел була від’ємною?
Розв’язання. Пофарбуємо у вказаній таблиці найменшу кількість клітинок так, щоб
будь-яка частина таблиці вказаного вигляду містила хоча б одну пофарбовану клітинку. Це
можна зробити кількома способами, наприклад так, як на рис.3.
Рис. 2.
ч
ч
ч
ч ч
ч
ч
Рис. 3.
У кожній не пофарбованій клітинці запишемо натуральне число т, у кожній
пофарбованій – число (-5т). Тоді у кожній фігурці вказаного вигляду сума чисел дорівнює
або (-т), або (-7т), а у всій таблиці сума чисел
S=7 (-5т)+(45-7)т=3т.
Залишається покласти m 
Відповідь: так.
199919991999
.
3
Задача 5. На площині розміщено 2003 червоних, жовтих та синіх точок, жодні три з
яких не лежать на одній прямій. Деякі пари точок різного кольору з’єднано відрізками, при
цьому з кожної точки виходить однакова кількість відрізків. Довести, що знайдеться червона
точка, яка з’єднана і з жовтою, і з синьою точками.
Доведення. Припустимо супротивне, тобто, що кожна червона точка з’єднана лише з
жовтими, або лише з синіми точками. Перефарбуємо червону точку в першому випадку в
синій колір, а в другому випадку – в жовтий колір. Отримуємо 2003 жовтих та синіх точок, з
кожної з яких виходить одна й та сама кількість п відрізків до точок протилежного кольору.
Нехай кількість всіх відрізків т. Тоді кількості жовтих та синіх точок однакові, а саме
Суперечність з тим, що 2003 – непарне число. Твердження доведене.
m
.
n
Задача 6. Чи може кінь пройти з поля а1 шахівниці на поле h8, побувавши по дорозі на
кожному з решти полів по одному разу?
Розв’язання. Зрозуміло, що для виконання умови задачі кінь повинен зробити 63 ходи.
Але при цьому, рухаючись за правилами шахової гри, він почергово ставатиме на біле або на
чорне поле шахівниці. Оскільки поле а1 чорне, то після кожного непарного ходу кінь
займатиме білі поля. Отже, після 63-го ходу він не зможе опинитися на полі h8 чорного
кольору.
Відповідь: ні.
Виявляється, що розмалювання в шаховому порядку можна використовувати і для
розв’язування інших задач, початково ніяк не зв’язаних із шахівницею.
Задача 7. У кожній клітинці дошки 5х5 сидить жук. В деякий момент часу всі жуки
переповзають у сусідні по горизонталі чи по вертикалі клітинки. Довести, що при цьому
принаймні одна клітинка залишиться порожньою.
Доведення. Розмалюємо дошку 5х5 в шаховому порядку. Нехай в результаті цього
одержали 13 клітинок чорного та 12 білого кольору. Зрозуміло, що переповзаючи в сусідню
клітинку, жук опиняється в клітинці протилежного кольору. Тому 12 жуків, які спочатку
знаходилися у клітинках білого кольору, не зможуть зайняти всі 13 клітинок чорного
кольору. Принаймні одна із таких клітинок залишиться вільною за принципом Діріхле.
Твердження доведене.
Задача 8. Довести, що дошку 6х6 не можна покрити дев’ятьма плитками розміром 4х1.
Доведення. Розмалюємо дошку в 4 кольори, як показано на рис.4. які б клітинки не
покривала поставлена плитка, всі вона, як легко переконатися, матимуть різні кольори. Але
тоді для того, щоб 9 плиток покрили всю дошку, клітинок кожного Кольору теж повинно
теж повинно бути по 9. але це не так, бо, наприклад, кольором 2 замальовано 10 клітинок, а
кольором 4 – лише 8. Твердження доведене.
Зауважимо, що цю задачу можна розв’язати і без розмальовування. Припустимо, що
таке покриття можливе. Тоді знайдеться плитка, яка покриває одну із кутових клітинок
дошки. Наприклад, такою є плитка 1 (рис.4а). цим однозначно визначаються положення
плиток 2 та 3, бо при іншому їх розташуванні залишаються вільні клітинки, які покрити вже
не вдасться. За ними аналогічно знаходимо положення плиток 4 та 5, а потім плиток 6 та 7.
тоді плитка 8 може прилягати більшою стороною до плитки 1. Але внутрішній квадрат 2х2
покрити плиткою 4х1 так і не вдасться. Аналогічно розглядається випадок горизонтального
розташування плитки 1 чи покриття нею іншої кутової клітинки.
1
2
3
4
1
2
2
3
4
1
2
3
3
4
1
2
3
4
4
1
2
3
4
1
1
2
3
4
1
2
2
3
4
1
2
3
Рис.4
3
2
1
4 5
8
6
7
Рис.4а.
Цікаво, що коли спробувати розв’язати останнім методом аналогічну задачу,
збільшивши розміри дошки до 10х10, то дуже швидко прийдемо до висновку, що такої
однозначності в заповненні дошки плитками вже не буде. А ось метод розмальовування в 4
кольори знову буде ефективним.
Не слід думати, що при розмальовуванні дошки обов’язково розмальовувати в якийсь
колір кожну її клітинку. Зазначимо, що при розв’язуванні задач 3 та 8 розмальовування
дошки було використано для одержання відповіді у формі „не можна”. У зв’язку з цим
застерігаємо від двох характерних помилок:
1. Якщо деякий спосіб розмальовування не приводить до протиріччя, то це ще не означає,
що відповідь повинна бути ствердною. Наприклад, розмальовуючи в задачі 8 дошку у
шаховому порядку, ми одержали б що кожна плитка 1х4 покриває по дві клітинки
чорного і білого кольорів. Та хоч кількість клітинок кожного з кольорів однакова і
притому парна, звідси ще аж ніяк не випливає, що твердження задачі не вірне. Більше
того, не можна було зразу сказати, що покриття прямокутників 4х1 співпадають. Подібне
стосується задачі 3 із площею плитки 2х2 та її заміни на плитку 4х1.
2. Не у кожній задачі подібного змісту відповідь має негативний характер. Тоді спроби
знайти потрібне розмальовування не даватимуть очікуваного результату, і для
розв’язування задачі необхідно буде вказати конкретний спосіб виконання описаних в
умові операцій. Ось один із найпростіших прикладів.
Задача 9. У Петрика є набір „Юний паркетник”, що складається із
дощечок
вигляду
та
, якими можна замостити прямокутну коробку. Одна дощечка
загубилась, і її замінили дощечкою
. Петрусь стверджує, що він і після таких замін
зможе заповнити свою коробку. Чи справді це так?
Розв’язання. Може бути і так. Наприклад, для прямокутної коробки 6х4 заповнення
можливе в обох випадках (рис.5,6).
Рис.5.
Рис.6.
В наступних двох випадках розмалювання вдало поєднується із застосуванням
принципу Діріхле.
Задача 10. На шахівницю 8х8 поклали 8 квадратиків 2х2 так, що кожен з них покриває
рівно 4 клітинки дошки, а жодні 2 із квадратиків не перетинаються між собою. Довести, що
за цими ж правилами на дошку можна покласти ще один квадратик.
Доведення. Виділимо на дошці 9 квадратиків 2х2 так, як показано на рис.7. Як би не
був поставлений на дошку квадратик 2х2 за вказаними в умові правилами, він не
перекриється більше, ніж з одним із виділених квадратиків. А тому 8 покладених квадратиків
можуть мати спільні клітинки не більше, ніж з вісьмома виділеними. Отже, принаймні на
один із виділених квадратиків можна буде покласти ще один квадратик 2х2.
Твердження доведене.
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
Рис. 7
Задача 11. На шаховій дошці 100х100 розташовано 800 фігурок вигляду
. Кожна
з фігурок покриває 4 клітинки дошки, і жодні дві з фігурок не покривають одну й ту ж
клітинку. Довести, що тоді можна покласти ще одну фігурку, яка повністю покриє 4 вільні
клітинки.
ч
ч ч
ч
ч ч
ч
ч ч
ч
ч ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч ч
ч
ч ч
ч
ч ч
ч
ч ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч ч
ч
ч ч
ч
ч ч
ч
ч ч
ч
ч
ч
ч
Рис. 8.
Доведення. Розмалюємо дошку з використанням фігурок заданого вигляду так, як
показано на рис.8. Всього по горизонталі поміститься 33 фігурки, а по вертикалі – 50. разом
будемо мати 33*50=1650 фігурок. Як не була розташована на дошці фігурка вигляду
за
вказаними в умові задачі правилами, вона може перекритися не
більше, ніж з двома
намальованими фігурками. Тому, як би не були розташовані на дошці задані 800 фігурок,
принаймні 1650-2*800=50 намальованих позицій залишаться вільними для виставлення
нових фігурок. Це значно більше однієї, як того вимагається в умові задачі.
Твердження доведене.
Аналізуючи усі наведені розв’язки, можна помітити одну цікаву особливість. А саме:
якщо в умові задачі йдеться про сусідні клітинки чи про можливість певних чергувань, то
зручним є розмальовування дошки у шаховому порядку. Якщо йдеться про можливість
покриття дошки, то часто до успіху приводить розмальовування дошки у стільки кольорів, із
стількох клітинок складаються фігурки, які здійснюють покриття. Якщо ж мова йде про
можливість докладання нової фігурки, то результату іноді вдається добитися виділенням на
дошці певного числа фігурок заданого вигляду, які можуть або примикати одна до одної, або
ж їх розміщення повторюється із певною закономірністю. Тоді ж при вдало виділеній
закономірності на допомогу приходить принцип Диріхле.
Безумовно, при розв’язуванні конкретних задач можливі й відхилення від зроблених
тут висновків. Та все ж перш, ніж шукати інший шлях, рекомендуємо спробувати розв’язати
задачу саме вказаними способами.
Щоб не склалося враження, що методом розмальовування можна розв’язувати лише
задачі, в яких фігурують квадрати чи прямокутники, пропонуємо наступний приклад.
Задача 12. Замок має форму рівностороннього трикутника зі стороною 36 м. Від
розбитий на 16 трикутних залів зі сторонами 9 м . між сусідніми залами є двері. Довести, що
коли людина захоче пройти по замку, побувавши в кожному залі не більше одного разу, то
вона зможе оглянути не більше 13 залів.
Доведення. Розмалюємо зали так, як показано на рис.9. при одході замку людина
змушена буде почергово переходити із замальованих у не замальовані зали, кількість яких
відповідно дорівнює 10 та 6. Тому вона може відвідати не більше 7 не замальованих залів, а
отже, разом не більше 7+6=13 всіх залів залу.
Твердження доведене.
А ось приклад просторового аналогу метода розмальовування.
Задача 13. Мишка гризе куб, складений із 27 одиничних кубиків. З’ївши один кубик,
вона переходить до сусіднього з ним через спільну грань. Чи може мишка з’їсти таким
способом весь куб, крім центрального кубика?
Розв’язання. Розмалюємо кубики в два кольори так, щоб кожні два сусідні кубики, що
мають спільну грань, були різного кольору. Нехай кубиків, колір яких співпадає із кольором
центрального кубика, виявилося 13, а кубиків другого кольору – 14. Дотримуючись умови
задачі, мишка почергово мінятиме кольори з’їдених кубиків, а тому серед 26 таких кубиків
буде по 13 кубиків кожного кольору. Тому центральний кубик залишитися не може.
Відповідь: ні.
Відзначимо також, що розмальовування фігур буває корисним для аналізу табличної
інформації. Доведемо, наприклад, що від таблиці 1 до таблиці 2 (рис.9) не вдасться перейти
за жодне число кроків, якщо за один хід дозволяється поміняти в будь-якому рядку чи
стовпчику всі знаки на протилежні.
+
+
–
+
+
–
–
+
–
–
–
+
–
–
–
+
–
+
Рис. 9.
Справді, виділимо у кожній з таблиць верхній лівий куток розміром 2х2. на кожному
кроці вказаних перетворень таблиці 1 число плюсів у виділеному кутку або не змінюється,
або змінюється на два. Тому від чотирьох плюсів у таблиці 1 не вдасться перейти до одного
плюса у таблиці 2. Але зауважимо, що наявність в обох таблицях непарного числа плюсів не
є підставою для висновку про можливість переходу від таблиці 1 до таблиці 2.
Інваріант – величина, що характеризує стан системи і зберігається при всіх її переходах.
Називатимемо інваріантом системи не лише її кількісну характеристику, яка не змінюється
при заданих перетвореннях, але й кожну якісну характеристику, що має властивість
зберігатися при таких перетвореннях.
Що стосується розмальовування фігур, то інваріантом може бути чергування білих і
чорних полів шахівниці, покриття кожною плиткою 4х1 чотирьох клітинок різних кольорів
(на чому ґрунтується і розв’язання цієї задачі). Узагальнюючи цю задачу на випадок дошки
10х10, а потім і дошки (4п+2)х(4т+2), інваріантом можна вважати і сам метод розв’язування
таких задач з допомогою розмальовування у 4 кольори.
Задача 14. На рис.10 задана таблиця, заповнена плюсами та одним мінусом.
Дозволяється міняти в будь-якому рядку чи стовпчику, на доівльій діагоналі чи прямій,
паралельній діагоналі (зокрема, в будь-якій із кутових клітинок) всі знаки на протилежні.
Довести, що в результаті таких операцій не вдасться одержати таблицю з одними тільки
плюсами.
Доведення.
+
+
+
+
–
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
Рис.10.
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
Рис.11.
Розмалюємо задану таблицю так, як показано на рис. 11. тоді пряма, що проходить по
рядку, стовпчику, діагоналі чи паралельно діагоналі таблиці, перетинатиме парне число
заштрихованих клітинок або не перетинатиме жодної з них. Тому парність числа мінусів, що
знаходиться у заштрихованих клітинках, не змінюватиметься. Отже, одержати таблицю з
одними тільки плюсами не вдасться.
Твердження доведене.
Задача 15. (УМО-1983,7) Паркет, що вкриває площину, складається з правильних
трикутників. Чи можна за допомогою 6 фарб розфарбувати ці трикутники (кожен в один
колір) так, щоб кожні два, що мають хоча б спільну вершину, було пофарбовано в різні
кольори?
Розв’язання. Занумеруємо фарби числами 1,2,3,4,5,6. тоді розв’язок зобразимо на
рис.12.
2
1
1
4
3
3
6
5
1
2
2
5
4
2
1
4
6
2
3
1
1
3
6
5
2
5
4
3
1
3
3
2
6
2
1
Рис.12
Відповідь: так.
Задача 16. (УМО-1979,7) чи можна дошку, розміром 1979х1980 розрізати на частини,
виду
, кожна з яких складається з трьох квадратиків розміром 1х1?
Розв’язання. Спочатку розріжемо дошку на прямокутники 2х3.
1979=659*3+2, а 1980=990*2 та 1980=660*3. Тоді отримуємо два прямокутники:
1977х1980 (659*990=652410 прямокутників 2х3) та 2х1980 (660 прямокутників 2х3). Всього
отримано 653070 прямокутників 2х3. а в одному такому прямокутнику 2х3 міститься дві
фігурки заданого вигляду.
Відповідь: так.
Задача 17. (КМО-1980,7) До однієї зі сторін квадрата прикладемо квадрат з удвічі
меншою стороною так, що обидва квадрати мають спільну вершину. Потрібно перетворити
отриману фігуру в квадрат за допомогою двох прямолінійних розрізів і переміщенням
утворених частин.
Розв’язання. Див. рис.13.
Рис.13.
Відповідь: так.
Задача 18. До кожної сторони квадрата прикладемо ще один такий самий квадрат.
Потрібно перетворити утворену „хрестоподібну” фігуру в квадра за допомогою чотирьох
прямолінійних розрізів і переміщень утворених частин.
Розв’язання. Див. рис.14.
Рис.14.
Відповідь: так.
Задача 19. Розріжте довільний трикутник на три частини та складіть з них
прямокутник.
Розв’язання. Див. рис.15.
1
3
2
1
3
Рис.15.
Задача 20. Розріжте фігуру, показану на рис.16 на 4 рівні частини.
Розв’язання. Див. рис.16а.
Рис.16.
Рис.16а.
Задача 21. Чи існує трикутник, який можна розрізати: а) на 3; б) на 5 однакових
трикутників, подібних початковому?
Розв’язання.
А) Це прямокутний трикутник з кутом 60°. Див. рис.17.
Рис.17.
Б) Це прямокутний трикутник зі сторонами 1 та 2. Див. рис.18.
Рис.18.
ЗАДАЧІ ДЛЯ САМОСТІЙНОГО РОЗВ’ЯЗУВАННЯ
1. Із паперу вирізали два рівносторонні трикутники різних розмірів і повністю покрили ним
третій рівносторонній трикутник. Доведіть, що для покриття вистачило б і одного з
вирізаних трикутників.
2. на площині задано 17 точок, кожні 3 з яких не лежать на одній прямій. Кожні 2 точки
з’єднали відрізком одного з трьох кольорів. Доведіть, що існує трикутник із вершинами у
заданих точках, всі сторони якого мають однаковий колір.
3. Із дошки 13х13 вирізали 8 квадратиків 3х3. Доведіть, що з цієї дошки можна вирізати ще
й дев’ятий такий квадратик.
4. Кутове поле таблиці 8х8 замальоване в чорний колір. За один раз дозволяється поміняти
колір усіх клітинок будь-якого рядка чи будь-якого стовпчика таблиці. Чи вдасться черед
деяке число кроків замалювати всю таблицю у чорний колір?
5. Розв’яжіть попередню задачу для таблиці 7х7.
6. На кораблі каюти розташовані у 3 поверхи. На кожному поверсі є 5 рядів по 9 кают в
кожному. Між будь-якими сусідніми каютами, що знаходяться на одному поверсі, є
двері. Сусідні ж каюти різних поверхів зв’язані між собою люками. Чи зможе капітан,
почавши обхід зі своєї каюти, обійти всі каюти корабля, побувавши в кожній з них по
одному разу, завершити такий обхід знову у своїй каюті?
7. Чи можна одиничний квадрат покрити трьома квадратами зі стороною 0,7?
8. (УМО-1983,10) Паркет, що вкриває площину, складається з правильних трикутників. Чи
можна за допомогою 4 фарб розфарбувати ці трикутники (кожен в один колір) так, щоб
кожні 4 трикутнички, що утворюють правильний трикутник, були різного кольору?
9. Чи модна квадрат 10х10 розрізати на 25 фігурок, що є прямокутниками розміру 4х1?
10. Площина пофарбована в три кольори. Довести, що знайдуться дві точки одного кольору,
відстань між якими дорівнює 1.
11. Розріжте різносторонній трикутник на 7 рівнобічних трикутника, три з яких рівні.
12. Чи можна розмістити на круглій тарілці радіуса 10 прямокутний кусок торта розміром
8х28, попередньо розрізавши його на два куски?
ОСНОВНА РЕКОМЕНДОВАНА ЛІТЕРАТУРА
1. Бабинская И.Л. Задачи математических олимпиад. – М.: Наука,1975.
2. Вышенский В.А., Карташов Н.В., Михайловский В.И., Ядренко М.И. Сборник задач
Киевских математических олимпиад. – К.: Вища шк.,1984.
3. Гальперин Г.А., Толпыго А.К. Задачи Московских математических олимпиад. – М.:
Просвещение, 1986.
4. Сарана О.А. Математичні олімпіади: складне і просте поруч: Навч. посібн. – К.:
Видавництво А.С.К., 2004.
5. Прасолов В.В. Задачи по планиметрии. Ч.2. – М.: Наука, 1986.
6. Федак І.В. Цілі числа. Комбінації. Принцип Диріхле. Ігри. – Посібник для підготовки до
математичних олімпіад у 7-8 класах. (Бібліотечка заочної математичної школи).
Тернопіль, 1997.
Автор
sudarinya_324512
Документ
Категория
Образование
Просмотров
336
Размер файла
186 Кб
Теги
желтуха
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа