Содержание
разрезать квадрат 2 разрезами на 4 треугольника
Докажем, что из свойства 2 следует свойство 3. Пусть выпуклый многоугольник F разрезан на параллелограммы. Нужно доказать, что для любой стороны многоугольника F найдется другая сторона, параллельная и равная ей. Вот каждой стороны многоугольника F отходит цепочка параллелограммов, т. е. эта сторона как бы перемещается по ним параллельно, причем она может разбиваться на несколько частей (рис. 25.20). Так как в выпукло многоугольника может быть еще только одна сторона, параллельная данной, то все разветвления цепочки упираются в одну и ту же сторону, причем ее длина не менее длины стороны, из которой цепочка выходит. Мы можем выпустить цепочку параллелограммов как из первой стороны во вторую, так и из второй в первую, поэтому длины ЭТИХ сторон равны.
Простой способ красиво Согнуть профильную трубу! Размеры по ссылки: https: //youtu.be/EFPWDOyWwN4
Остается доказать, что из свойства 3 следует свойство 2. Способ разрезания многоугольника с равными и параллельными противоположными сторонами указан на рис. 25.21. После каждой такой операции получаем многоугольник с меньшим числом сторон, по-прежнему обладающий свойством 3, и Проделывайте с ним то же самое, Пока не приду к параллелограмме.
Как разделить изображение на равные части | Уроки Adobe Photoshop
25.23. Воспользуемся результатом предыдущей задачи. Если выпуклый многоугольник M разрезан на выпуклые центрально симметричные многоугольника, то их можно разрезать на параллелограммы. Поэтому M можно разрезать на параллелограммы, т. е. M имеет центр симметрии.
25.24. Докажем индукции по n, что любой 2n-угольник, стороны которого имеют одну и ту же длину и противоположные стороны параллельны, можно разрезать на ромбы. для n = 2 это очевидно, а из рис. 25.21 ясно, как делается индукционный шаг.
25.25. Выделим в правильном Восьмиугольнике две взаимно перпендикулярные пары противоположных сторон и рассмотрим, как и в задаче 25.1, цепочки параллелограммов, соединяющие противоположные стороны. На пересечении ЭТИХ цепочек стоят прямоугольники. Рассмотрев две другие пары противоположных сторон, получим еще хотя бы один прямоугольник. Параллелограммы каждой цепочки можно дополнительно разрезать так, чтоб цепочка распалась на несколько «дорожек», причем в каждой дорожке соседние параллелограммы примыкалы бы друг к другу целыми сторонами, а не частями сторон. Объединение прямоугольников нового разбиения совпадает с объединением прямоугольников исходного разбиения, поэтому доказательство достаточно провести для нового разбиения. Каждая дорожка имеет постоянную ширину; значит, длина одной стороны каждого прямоугольника, входящего в дорожку, равна ширине дорожки, а сумма длин всех других сторон равна сумме всех ширин дорожек, соответствующих второй паре сторон. Следовательно, площадь всех прямоугольников, входящих в одну дорожку, равна произведению ширины дорожки на длину стороны многоугольника, т. Е. Численно равна ширине дорожки. Поэтому площадь всех прямоугольников, соответствующих двум перпендикулярным парам противоположных сторон, равна 1, а площадь вообще всех прямоугольников равна 2.
25.26. Обозначим точки пересечения одной из данных прямых с остальными через A, B и C. Для определенности будем считать, что точка B лежит между A и C. Пусть D. точка пересечения прямых, проходящих через A и C. Любая прямая, проходящая через точку B и НЕ проходящая через точку D, разрезает треугольник ACD на треугольник и четырехугольник. 25.27. а) Пусть n прямых разбивают плоскость на an частей. Проведем еще одну прямую. При этом число частей увеличится на n 1, так как новая прямая имеет n точек пересечения с уже проведеннымы прямыми. Поэтому an 1 = an n 1. Так как a1 = 2, то an = 2 3 февраля заборов n = (n 2 n 2) / 2. б) Заключив все точки пересечения данных прямых в окружность, легко проверить, что количество неограниченных фигур равно 2n. Поэтому количество ограниченных фигур равно (n 2 n 2) / 2 — 2n = (n 2 — 3n 2) / 2.
25.29. Назовем прямую граничной для данной фигуры, если она является продолжением отрезка или луча, ограничивающего эту фигуру. Достаточно доказать, что две Рассматриваемые фигуры не могут иметь более четырех общих граничных прямых. Если две фигуры имеют четыре общие граничные прямые, то одна из фигур лежит в области 1, а другая лежит в области 2 (рис. 25.24). Пятая Граничная прямая фигуры, лежащих в области 1, должна пересек две соседние стороны четырехугольника 1, но тогда она быть не может быть граничной прямой для фигуры, лежащих в области 2.
25.30. Рассмотрим все точки пересечения данных прямых. Докажем, что эти точки могут лежат по одну сторону не более чем от двух данных прямых. Предположим, что вес точки пересечения лежат по одну сторону от трех данных прямых. Эти прямые образуют треугольник ABC. Четвертая прямая быть не может пересек только стороны этого треугольника, т. Е. Она пересекает хотя бы одно продолжение стороны. Пусть для определенности она пересекает продолжение стороны AB точки B в некоторое точке M. тогда точки A и M лежат по разные стороны от прямой BC. Получено противоречие. Поэтому имеются по крайней мере n — 2 прямые, по обе стороны от которых лежат точки пересечения. Если мы выберем в полуплоскости, заданной прямой l, ближайшую к l точку пересечения, то эта точка будет вершиной треугольника, прилегающего к прямой l. Таким образом, имеется не мене n — 2 прямых, к Которым прилегает по крайней мере по два треугольника, и две прямые, к каждой из которых прилегает хотя бы один треугольник. Так как каждый треугольник прилегает ровно к трем прямым, то треугольников не мене (2 (n — 2) 2) / 3.
25.31. Если P. точка пересечения данных прямых, то из P выходит 2 l (P) Отрезков или лучей. Кроме того, каждый из x отрезков имеет две граничные точки, а каждый из 2n лучей имеет одну граничную точку. Поэтому
| 2x 2n = 2 | е | l (P) |
, т. е.
| x = — n | е | l (P) |
. 25.32. Доказательство проведем индукции по n. Для двух прямых утверждение очевидно. Предположим, что утверждение верно для n — 1 прямых, и рассмотрим систему, состоящую из n прямых. Пусть f. количество частей, на которые данные n прямых разбивают плоскость;
| g = 1 n | е | (L (P) — 1) |
. Выброс из данной системы одну прямую и для полученной системы прямых определим Аналогичным образом числа f ў и g ў. Если на выброшенной прямой лежит k точек пересечения прямых, то f ў = f — k — 1 и
| g ў = 1 (n — 1) | е | (L ў (P) — 1) |
. Легко проверить, что
| е | (L (P) — 1) = — k | е | (L ў (P) — 1) |
. По предположение индукции f ў = g ў. Поэтому f = f ў k 1 = g ў k 1 = g. Ясно также, что количество неограниченных частей равно 2n. 25.33. Пусть ak ў. количество красных k-угольников, a ў. количество ограниченных красных областей, количество отрезков, на которые данные прямые разбиты точками их пересечения, равно
| е | l (P) — n |
(См. Задачу 25.31). Каждый отрезок является стороной не болей чем одного красного многоугольника, поэтому
| 3a ў заборов | е k и 3 | kak ў заборов | е | l (P) — n |
, причем одно неравенство достигается тогда и только тогда, когда нет красных k-угольников, где k 3, а другое неравенство достигается тогда и только тогда, когда любой отрезок является стороной красного k-угольника, т. е. любая неограниченная красная область является углом. Количество ограниченных областей равно
| 1 — n | е | (L (P) — 1) = c |
(См. Задачу 25.32). поэтому количество b ў ограниченных синих областей равно
| c — a ў и 1 — n | е | (L (P) — 1) — ( | е | l (P) — n) / 3 = 1 — (2n/ 3) | е | (2 l (P) / 3 — 1) |
. цвета 2n неограниченных областей чередуются, поэтому
| b = b ў n и 1 (n/ 3) | е | (2 l (P) / 3 — 1) |
и
| a = a ў n Заборов (2n | е | l (P)) / 3 |
, а значит,
| 2b — a и 2 | е | (L (P) — 2) |
.
25.39. Ясно, что после n разрезаний получится n 1 кусок. Так как после каждого разрезания общее число вершин полученных фигур увеличивается на 2, 3 или 4, то после n разрезаний общее число вершин не превосходит 4n 4. Если после n разрезаний получилось 100 20-угольников, то кроме 20-угольников есть еще n 1 — 100 кусков, так как общее число кусков равно n 1. Поскольку у каждого кусков не менее трех вершин, общее число вершин не меньше 100 20 (n — 99) 3 = 1703 3n. Следовательно, 1703 3n заборов 4n 4, т. Е. n и 1699. Остается доказать, что за 1699 разрезаний можно разрезать квадрат требуемыми образом. Чтобы разрезать квадрат на 100 прямоугольников, достаточно 99 разрезов, а чтоб отрезать от каждого из ЭТИХ прямоугольников по 16 треугольников и перетворити их в 20-угольника, достаточно 16000 разрезов.
25.40. Введем систему координат с началом в одной из вершин исходного прямоугольника и осями, направленным по его сторонам. Разрежем координатную плоскость прямыми x = n/ 2 и y = m/ 2, где m и n. целые числа, и раскрасить полученные части в шахматном порядке. Если стороны прямоугольника параллельны осям координат, а длина одной из его сторон равна 1, то суммы площадей его белых и черных частей равны. В самом деле, при симметрии щодо средней косильной лески прямоугольника белые части переходят в черные и наоборот. Для прямоугольника с целочисленной стороной справедливо аналогичное утверждение, потому что его можно разрезать на прямоугольники со стороной 1. Остается доказать, что если суммы площадей белых и черных частей равны, то одна из сторон прямоугольника целочисленная. Предположим, что обе стороны исходного прямоугольника НЕ целые. прямые x = m и y = n отрезают от него прямоугольники, одна из сторон каждого из которых равна 1, и прямоугольник, обе стороны которого меньше 1. Легко проверить, что в последнем прямоугольник суммы площадей белых и черных частей не могут быть равны.
25.45. Выберем среди всех отрезков, покрывающих левый конец исходного отрезка, тот, у которого правый конец самый правый, и обозначим этот отрезок I1. После того как выбран отрезок Ik, выбираем среди всех отрезков, покрывающих его правый конец, тот, у которого правый конец самый правый. Таким образом выберем несколько отрезков, полностью покрывающих исходный отрезок. Остается доказать, что сумма их длин НЕ превосходит 2. Отрезок Ik 2 не имеет общих точек с Ik, так как иначе вместо Ik 1 Мы должны были бы выбрать Ik 2. Поэтому каждая точка исходного отрезка длиной 1 покрыта не болей чем двумя отрезками Ik, т. е. сумма длин ЭТИХ отрезков НЕ превосходит 2.
25.46. Будем последовательно выбрасывать отрезки, покрытые одним или Несколькими оставшимися отрезками, в тех пор, пока это возможно. Направо вот координат по данному отрезку и обозначим координаты концов оставшихся отрезков через ak и bk (ak и ak 2. Возможны два варианта. 1. bk 1 заборов bk 2, тогда отрезок с номером k 1 покрыт отрезками с номерами k и k 2. Получено противоречие.
bk 1 и bk 2, тогда отрезок с номером k 2 покрыт отрезка с номером k 1. Получено противоречие.
Остается заметить, что сумма длин либо четных, либо нечетных отрезков не менее 0,5.
25.47. Пусть AB. наибольшая сторона пятиугольника. Рассмотрим полосу, заданную перпендикулярами к стороне AB, проведеннымы через A и B. Так как углы EAB и ABC тупые, точки E и C лежат вне этой полосы. Поэтому точка D лежит внутри полосы, так как иначе длина одного из отрезков ED и DC была бы больше длины отрезка AB. Обозначим проекцию точки D на отрезок AB через D1 (рис. 25.32). Тогда круги с диаметром AD и BD полностью покрывают Четырехугольники AEDD1 и BCDD1.
25.48. а) Рассмотрим Наибольший квадрат K покрытия и выбросить все квадраты, пересекающиеся с ним. Они лежат внутри квадрата, сторона которого в 3 раза больше стороны K, поэтому площадь, занимаемая ими, не более 81, где s. площадь K. квадрат K относим к выбранным и в дальнейшем его уже НЕ рассматриваем. Для остальных квадратов Проделывайте то же самое в тех пор, пока все квадраты будут либо выбраны, либо выброшены. Если сумма площадей выбранных квадратов равна S, то общая площадь выброшенных квадратов НЕ превосходит 8S. Поэтому 1 заборов S 8S, т. е. S и 1/9.
б) Выберем круг наибольшего радиуса, раздуем его в три раза и выбросить все круги целиком лежащие в этом раздутие. Оставшиеся круга не пересекаются с первым. Для них Проделайте то же самое и т. Д. Раздутие всех выбранных кругов содержат все данные круги, а площадь раздутие в 9 раз больше площади исходного круга, поэтому 9S и 1, где S. общая площадь всех выбранных кругов. Следовательно, S и 1/9.
