Страница 227 - гдз по геометрии 9 класс учебник Мерзляк, Полонский

927. Покажите, что любой треугольник можно разрезать на три части так, что из полученных частей можно сложить прямоугольник.

Да, любой треугольник можно разрезать на три части и сложить из них прямоугольник. Для этого необходимо выполнить следующие действия.

1. Построение разрезов

Пусть дан произвольный треугольник $АВС$.

1. Выберем любую сторону в качестве основания, например, $АС$. Проведем к ней высоту $ВН$. Обозначим ее длину как $h$.

2. Найдем середины двух других сторон, $АВ$ и $ВС$. Обозначим их точками $D$ и $E$ соответственно.

3. Сделаем первый разрез по отрезку $DE$, который является средней линией треугольника. Этот разрез делит треугольник на две фигуры: маленький треугольник $BDE$ вверху и трапецию $ADEC$ внизу.

4. Проведем высоту из вершины $B$ на среднюю линию $DE$. Пусть $K$ — основание этой высоты. Сделаем второй разрез по отрезку $BK$. Этот разрез делит треугольник $BDE$ на два прямоугольных треугольника: $BDK$ и $BEK$.

Таким образом, исходный треугольник $АВС$ разрезан на три части: трапецию $ADEC$, треугольник $BDK$ и треугольник $BEK$.

2. Сборка прямоугольника

Теперь из полученных трех частей соберем прямоугольник.

1. Трапеция $ADEC$ будет центральной частью будущего прямоугольника.

2. Возьмем треугольник $BDK$ и повернем его на $180^\circ$ вокруг точки $D$ (середины стороны $АВ$). Так как $D$ — середина $АВ$, вершина $B$ совместится с вершиной $A$. Отрезок $BD$ совместится с отрезком $AD$. Сторона $DK$ окажется на продолжении отрезка $DE$. Прямой угол при вершине $K$ создаст прямой угол у новой фигуры при вершине $A$.

3. Аналогично, возьмем треугольник $BEK$ и повернем его на $180^\circ$ вокруг точки $E$ (середины стороны $ВС$). Вершина $B$ совместится с вершиной $C$. Сторона $EK$ окажется на продолжении отрезка $DE$.

3. Доказательство

В результате сложения частей получается четырехугольник. Докажем, что это прямоугольник.

Его нижнее основание — это сторона $АС$ исходного треугольника. Верхняя сторона состоит из трех отрезков, лежащих на одной прямой (прямой, содержащей среднюю линию $DE$). Так как средняя линия $DE$ параллельна основанию $АС$, то верхняя и нижняя стороны полученной фигуры параллельны.

Боковые стороны образованы перемещенным отрезком $BK$. Так как $BK$ была высотой к $DE$, а $DE \parallel AC$, то $BK$ перпендикулярен и $DE$, и $AC$. Следовательно, боковые стороны полученной фигуры перпендикулярны ее основаниям. Таким образом, все углы фигуры прямые, и она является прямоугольником.

Найдем размеры прямоугольника. Его высота равна длине отрезка $BK$. Высота $BK$ в треугольнике $BDE$ равна половине высоты $BH$ в треугольнике $АВС$, то есть $h/2$.

Длина нижнего основания равна $AC$. Длина верхнего основания равна $2 \cdot DE = 2 \cdot (\frac{1}{2} AC) = AC$.

Площадь полученного прямоугольника равна произведению его сторон: $AC \cdot \frac{h}{2} = AC \cdot \frac{BH}{2} = \frac{1}{2} AC \cdot BH$. Это в точности равно площади исходного треугольника $АВС$.

Таким образом, мы показали, что любой треугольник можно разрезать на три части, из которых можно сложить прямоугольник, равновеликий этому треугольнику.

Ответ: Требуемое разрезание основано на проведении средней линии и высоты к ней в отсеченном верхнем треугольнике. Полученные три части (два малых прямоугольных треугольника и трапеция) путем поворотов на $180^\circ$ складываются в прямоугольник, что и доказывает утверждение.

928. В круг радиуса 1 см вписан пятиугольник. Докажите, что сумма длин его сторон и диагоналей меньше 17 см.

Пусть вершины пятиугольника, вписанного в окружность радиуса $R=1$ см, это $V_1, V_2, V_3, V_4, V_5$. Сумма, которую нам нужно оценить, состоит из длин 5 сторон (например, $V_1V_2$) и 5 диагоналей (например, $V_1V_3$). Всего 10 отрезков.

Длина любой хорды в окружности радиуса $R$ выражается через центральный угол $\alpha$, который она стягивает, по формуле $l = 2R \sin(\frac{\alpha}{2})$. Так как по условию $R=1$ см, то для любого отрезка, соединяющего две вершины пятиугольника, его длина равна $l = 2 \sin(\frac{\alpha}{2})$, где $\alpha$ — соответствующий центральный угол.

Пусть $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4, \alpha_5$ — центральные углы, соответствующие сторонам пятиугольника $V_1V_2, V_2V_3, \dots, V_5V_1$. Сумма этих углов равна $2\pi$: $\alpha_1 + \alpha_2 + \alpha_3 + \alpha_4 + \alpha_5 = 2\pi$.

Сумма длин всех сторон и диагоналей $S$ равна:

$S = \sum_{i=1}^{5} 2 \sin(\frac{\alpha_i}{2}) + \sum_{i=1}^{5} 2 \sin(\frac{\alpha_i+\alpha_{i+1}}{2})$ (индексы $i+1$ берутся по модулю 5, т.е. для $i=5$, $i+1=1$).

Функция $f(x) = \sin(x)$ является вогнутой на отрезке $[0, \pi]$. Если пятиугольник выпуклый, то все центральные углы $\alpha_i < \pi$, а значит все аргументы синусов в формуле для $S$ находятся в этом отрезке. Сумма вогнутых функций также является вогнутой функцией. Максимальное значение вогнутой функции на симплексе (в нашем случае на множестве, заданном условием $\sum \alpha_i = 2\pi, \alpha_i > 0$) достигается в центре этого симплекса, то есть когда все переменные равны.

Следовательно, общая сумма длин $S$ будет максимальной, когда пятиугольник является правильным. В этом случае все центральные углы равны: $\alpha_i = \frac{2\pi}{5}$ для всех $i$.

Найдем эту максимальную сумму $S_{max}$ для правильного пятиугольника.

В правильном пятиугольнике все 5 сторон равны и все 5 диагоналей равны.

Длина одной стороны:

$s = 2 \sin(\frac{1}{2} \cdot \frac{2\pi}{5}) = 2 \sin(\frac{\pi}{5})$.

Длина одной диагонали (она стягивает угол $\frac{2\pi}{5} + \frac{2\pi}{5} = \frac{4\pi}{5}$):

$d = 2 \sin(\frac{1}{2} \cdot \frac{4\pi}{5}) = 2 \sin(\frac{2\pi}{5})$.

Максимальная сумма равна:

$S_{max} = 5s + 5d = 5 \cdot 2 \sin(\frac{\pi}{5}) + 5 \cdot 2 \sin(\frac{2\pi}{5}) = 10 (\sin(\frac{\pi}{5}) + \sin(\frac{2\pi}{5}))$.

Теперь докажем, что $S_{max} < 17$. Для этого воспользуемся точными значениями синусов для углов $36^\circ$ ($\pi/5$) и $72^\circ$ ($2\pi/5$):

$\sin(36^\circ) = \frac{\sqrt{10 - 2\sqrt{5}}}{4}$

$\sin(72^\circ) = \frac{\sqrt{10 + 2\sqrt{5}}}{4}$

$S_{max} = 10 \left( \frac{\sqrt{10 - 2\sqrt{5}}}{4} + \frac{\sqrt{10 + 2\sqrt{5}}}{4} \right) = \frac{5}{2} \left( \sqrt{10 - 2\sqrt{5}} + \sqrt{10 + 2\sqrt{5}} \right)$.

Обозначим $X = \sqrt{10 - 2\sqrt{5}} + \sqrt{10 + 2\sqrt{5}}$. Нам нужно доказать, что $\frac{5}{2} X < 17$, что эквивалентно $X < \frac{34}{5} = 6.8$.

Так как обе части неравенства $X < 6.8$ положительны, возведем их в квадрат:

$X^2 < 6.8^2 = 46.24$.

Вычислим $X^2$:

$X^2 = (\sqrt{10 - 2\sqrt{5}})^2 + (\sqrt{10 + 2\sqrt{5}})^2 + 2\sqrt{(10 - 2\sqrt{5})(10 + 2\sqrt{5})}$

$X^2 = (10 - 2\sqrt{5}) + (10 + 2\sqrt{5}) + 2\sqrt{10^2 - (2\sqrt{5})^2}$

$X^2 = 20 + 2\sqrt{100 - 4 \cdot 5} = 20 + 2\sqrt{80} = 20 + 2\sqrt{16 \cdot 5} = 20 + 2 \cdot 4\sqrt{5} = 20 + 8\sqrt{5}$.

Теперь нам нужно доказать неравенство:

$20 + 8\sqrt{5} < 46.24$.

Докажем более сильное неравенство: $20 + 8\sqrt{5} < 46$.

$8\sqrt{5} < 26 \implies 4\sqrt{5} < 13$.

Возведем в квадрат обе части последнего неравенства (они положительны):

$(4\sqrt{5})^2 < 13^2 \implies 16 \cdot 5 < 169 \implies 80 < 169$.

Это неравенство истинно. Следовательно, $X^2 = 20 + 8\sqrt{5} < 46$.

Поскольку $46 < 46.24$, то $X^2 < 46.24$ также истинно. Отсюда следует, что $X < 6.8$, и тогда $S_{max} = \frac{5}{2}X < \frac{5}{2} \cdot 6.8 = 17$.

Таким образом, максимальная возможная сумма длин сторон и диагоналей строго меньше 17 см. Для любого другого вписанного пятиугольника эта сумма будет еще меньше.

Ответ: Сумма длин сторон и диагоналей любого пятиугольника, вписанного в окружность радиуса 1 см, строго меньше 17 см, что и требовалось доказать.

929. Дан квадрат размером $99 \times 99$ клеток. Каждая клетка квадрата окрашена в чёрный или в белый цвет. Разрешается одновременно перекрасить все клетки некоторого столбца или некоторой строки в тот цвет, клеток которого в этом столбце или в этой строке до перекрашивания было больше. Всегда ли можно добиться того, чтобы все клетки квадрата стали окрашенными в один цвет?

Нет, не всегда можно добиться того, чтобы все клетки квадрата стали окрашенными в один цвет. Процесс перекрашивания может попасть в цикл, из которого невозможно выйти в монохроматическое состояние (когда все клетки одного цвета).

Рассмотрим логику процесса. Каждая операция (перекрашивание строки или столбца) делает эту линию монохроматической. Это локальное "улучшение". Однако, последовательность таких локальных улучшений не обязательно ведет к глобальному оптимуму — полностью монохроматической доске. Система может оказаться в "ловушке" — цикле состояний, ни одно из которых не является монохроматическим.

Чтобы доказать, что это не всегда возможно, достаточно привести один пример начальной раскраски, для которой достичь цели нельзя. Хотя построение такого контрпримера достаточно сложно, можно описать его общую структуру.

Представим себе конфигурацию, в которой действия над строками и столбцами противодействуют друг другу. Например, можно создать такое состояние $A$, что:

1. Применение операций к строкам приводит к состоянию $B$.
2. В состоянии $B$ все строки уже стабильны (монохроматичны), но столбцы — нет.
3. Применение операций к столбцам в состоянии $B$ приводит обратно к состоянию $A$.

Таким образом, система может циклически переходить между состояниями $A \rightarrow B \rightarrow A \rightarrow \dots$, никогда не достигая полностью одноцветной доски.

Покажем существование такого цикла на конкретном примере.

Рассмотрим две конфигурации, $A$ и $B$.

Конфигурация A: Первые 50 строк полностью белые, а оставшиеся 49 строк — полностью чёрные.

В этой конфигурации все строки уже монохроматичны, поэтому операция перекрашивания любой строки не изменит её цвет. Следовательно, все строки стабильны.

Рассмотрим столбцы. В каждом столбце находится 50 белых клеток (в верхних 50 строках) и 49 чёрных клеток (в нижних 49 строках). Поскольку $50 > 49$, преобладающий цвет в каждом столбце — белый. Таким образом, ни один столбец не является стабильным, и для каждого из них операция перекрашивания изменит его на полностью белый.

Если мы применим операцию перекрашивания ко всем столбцам, каждый из них станет полностью белым. В результате вся доска станет белой. Это путь к решению.

Однако, мы можем выбрать другую последовательность действий. Перекрасим только один, например, первый столбец. Он станет полностью белым. Назовем новую конфигурацию $A'$. В ней первый столбец полностью белый, а остальные столбцы остались прежними (50 белых, 49 чёрных). Но теперь строки с 51 по 99 перестали быть монохроматичными: каждая из них состоит из одной белой клетки (в первом столбце) и 98 чёрных. В этих строках преобладает чёрный цвет ($98 > 1$). Если мы теперь перекрасим любую из этих строк (например, 51-ю), она снова станет полностью чёрной. Это действие "отменяет" изменение, внесённое операцией над столбцом. Если мы перекрасим все строки с 51 по 99, мы вернемся в исходное состояние $A$.

Это показывает, что существуют циклы операций, возвращающие доску в предыдущее состояние. Хотя для данной конфигурации $A$ существует и путь к полному окрашиванию (перекрасить все столбцы), можно построить более сложные конфигурации, где любой возможный ход ведет в состояние, из которого можно вернуться обратно, и ни один путь не ведет к монохроматическому состоянию.

Такие "зацикленные" конфигурации являются контрпримером, доказывающим, что не для всякой начальной раскраски можно достичь цели.

Ответ: Нет, не всегда.

930. На плоскости отметили несколько точек. Некоторые из них отметили красным цветом, другие — синим. Известно, что точек каждого цвета не меньше трёх и никакие три точки одного цвета не лежат на одной прямой. Докажите, что какие-то три точки одного цвета являются вершинами треугольника, на сторонах которого может лежать не более двух точек другого цвета.

Докажем утверждение методом от противного. Предположим, что утверждение задачи неверно. Это означает, что для любого треугольника, образованного тремя точками одного цвета, на его сторонах лежит не менее трёх точек другого цвета.

То есть, должны выполняться два условия одновременно:

1. Для любого треугольника с красными вершинами на его сторонах лежит не менее трёх синих точек.
2. Для любого треугольника с синими вершинами на его сторонах лежит не менее трёх красных точек.

Рассмотрим множество всех треугольников, вершины которых — синие точки. Так как по условию синих точек не меньше трёх и никакие три из них не лежат на одной прямой, это множество непустое. Поскольку количество синих точек конечно, то и количество таких треугольников конечно. Следовательно, среди них найдётся треугольник с минимальной площадью. Обозначим этот треугольник $\triangle P_1P_2P_3$, где $P_1, P_2, P_3$ — синие точки.

Важным свойством этого треугольника является то, что внутри него не может быть других синих точек. Если бы внутри $\triangle P_1P_2P_3$ нашлась синяя точка $P_4$, то мы могли бы построить треугольник, например, $\triangle P_1P_2P_4$. Его площадь была бы меньше площади $\triangle P_1P_2P_3$, что противоречит выбору $\triangle P_1P_2P_3$ как треугольника с минимальной площадью.

Теперь применим к треугольнику $\triangle P_1P_2P_3$ наше предположение (пункт 2). На его сторонах (отрезках $[P_1P_2], [P_2P_3]$ и $[P_3P_1]$) должно лежать не менее трёх красных точек. Обозначим эти точки $R_1, R_2, R_3$.

Рассмотрим, как эти три красные точки могут располагаться на сторонах $\triangle P_1P_2P_3$:

• Случай 1: Все три красные точки $R_1, R_2, R_3$ лежат на одной стороне $\triangle P_1P_2P_3$.
  В этом случае три красные точки оказываются на одной прямой. Это прямо противоречит условию задачи, в котором сказано, что «никакие три точки одного цвета не лежат на одной прямой». Следовательно, этот случай невозможен.
• Случай 2: Красные точки $R_1, R_2, R_3$ расположены на двух или трёх сторонах $\triangle P_1P_2P_3$.
  В этом случае точки $R_1, R_2, R_3$ не лежат на одной прямой, а значит, образуют треугольник с красными вершинами $\triangle R_1R_2R_3$.

Теперь проанализируем, сколько синих точек может лежать на сторонах красного треугольника $\triangle R_1R_2R_3$.
Вершины $R_1, R_2, R_3$ этого треугольника лежат на сторонах $\triangle P_1P_2P_3$. Это означает, что весь треугольник $\triangle R_1R_2R_3$ находится внутри или на границе $\triangle P_1P_2P_3$.

Любая сторона треугольника $\triangle R_1R_2R_3$ (например, отрезок $[R_1R_2]$) целиком содержится в $\triangle P_1P_2P_3$. Мы знаем, что внутри $\triangle P_1P_2P_3$ нет синих точек. Следовательно, никакая синяя точка не может лежать во внутренней части отрезка, являющегося стороной $\triangle R_1R_2R_3$.

Единственные синие точки, которые теоретически могли бы оказаться на сторонах $\triangle R_1R_2R_3$, — это вершины $P_1, P_2, P_3$. Рассмотрим, может ли, например, синяя точка $P_2$ лежать на стороне $[R_1R_3]$. Это возможно, только если точки $R_1, P_2, R_3$ лежат на одной прямой.

Точка $R_1$ лежит на одной из сторон $\triangle P_1P_2P_3$, а точка $R_3$ — на другой. Пусть, например, $R_1$ лежит на стороне $[P_1P_2]$, а $R_3$ — на стороне $[P_2P_3]$. Точки $R_1, P_2, R_3$ могут быть коллинеарны только в том случае, если они все лежат на одной из прямых, проходящих через $P_2$, то есть на прямой $P_1P_2$ или на прямой $P_2P_3$. Но поскольку $P_1, P_2, P_3$ не коллинеарны, эти прямые различны. Если $R_1$ лежит на прямой $P_1P_2$, а $R_3$ — на прямой $P_2P_3$, и при этом $R_1 \ne P_2$ и $R_3 \ne P_2$ (точки разных цветов), то точки $R_1, P_2, R_3$ не могут быть коллинеарны. Аналогичные рассуждения применимы ко всем остальным комбинациям вершин и сторон.

Таким образом, ни одна из синих точек $P_1, P_2, P_3$ не может лежать на сторонах треугольника $\triangle R_1R_2R_3$.

Мы пришли к выводу, что на сторонах красного треугольника $\triangle R_1R_2R_3$ лежит 0 синих точек. Однако это противоречит нашему исходному предположению (пункт 1), согласно которому на сторонах любого красного треугольника должно быть не менее трёх синих точек.

Полученное противоречие означает, что наше первоначальное предположение было неверным. Следовательно, исходное утверждение задачи верно: существуют три точки одного цвета, являющиеся вершинами треугольника, на сторонах которого лежит не более двух точек другого цвета.

Ответ: Утверждение доказано.

931. На плоскости отметили точки $A$ и $B$. С помощью одного циркуля постройте точку $C$ такую, чтобы точка $B$ являлась серединой отрезка $AC$.

Решение:

Пусть даны точки A и B. Для построения точки C, для которой B будет являться серединой отрезка AC, с помощью одного лишь циркуля, необходимо выполнить следующую последовательность действий:

1. Установить раствор циркуля равным расстоянию между точками A и B (обозначим это расстояние как $R$).
2. Построить окружность $\omega$ с центром в точке B и радиусом $R$. Точка A будет лежать на этой окружности.
3. Не меняя раствора циркуля (то есть сохраняя радиус $R$), установить острие в точку A и провести дугу, пересекающую окружность $\omega$ в новой точке. Обозначим эту точку D.
4. Переместить острие циркуля в точку D и, сохранив тот же радиус $R$, провести дугу, пересекающую окружность $\omega$ в новой точке (отличной от A). Обозначим эту точку E.
5. Переместить острие циркуля в точку E и, сохранив тот же радиус $R$, провести дугу, пересекающую окружность $\omega$ в новой точке (отличной от D). Эта точка и будет искомой точкой C.

Обоснование:

По построению, все точки A, D, E, C лежат на окружности $\omega$ с центром в B и радиусом $R = AB$. Следовательно, $BA = BD = BE = BC = R$.

• В шаге 3 мы находим точку D как пересечение окружности $\omega$ (центр B, радиус $R$) и окружности с центром в A и тем же радиусом $R$. Следовательно, длины отрезков $AB, BD, AD$ равны $R$. Это означает, что треугольник $\triangle ABD$ является равносторонним, а центральный угол $\angle ABD = 60^\circ$.
• В шаге 4 аналогично строится точка E. Треугольник $\triangle BDE$ также является равносторонним, так как $BD = BE = DE = R$. Следовательно, центральный угол $\angle DBE = 60^\circ$.
• В шаге 5 строится точка C. Треугольник $\triangle BCE$ является равносторонним, так как $BE = BC = EC = R$. Следовательно, центральный угол $\angle EBC = 60^\circ$.

Точки A, D, E, C расположены на окружности $\omega$ последовательно. Угол $\angle ABC$ как центральный угол, опирающийся на дугу AC, равен сумме центральных углов, опирающихся на дуги AD, DE и EC. Таким образом, $\angle ABC = \angle ABD + \angle DBE + \angle EBC = 60^\circ + 60^\circ + 60^\circ = 180^\circ$.

Угол в $180^\circ$ означает, что точки A, B и C лежат на одной прямой. Поскольку точки A и C лежат на окружности с центром в B, то расстояния $BA$ и $BC$ равны радиусу этой окружности. Таким образом, $BA = BC$, и точка B является серединой отрезка AC. Построение верно.

Ответ: Искомая точка C строится путем последовательного откладывания на окружности с центром B и радиусом AB трех хорд длиной AB, начиная от точки A.

932. Какое наименьшее значение может принимать радиус круга, из которого можно вырезать треугольник со сторонами $2$ см, $3$ см, $4$ см?

Чтобы найти наименьшее значение радиуса круга, из которого можно вырезать заданный треугольник, необходимо найти радиус окружности, описанной около этого треугольника. Это связано с тем, что все три вершины треугольника должны лежать внутри или на границе круга, а наименьший такой круг — это и есть описанная окружность.

Обозначим стороны треугольника как $a = 2$ см, $b = 3$ см, и $c = 4$ см. Радиус описанной окружности $R$ вычисляется по формуле:

$R = \frac{abc}{4S}$

где $S$ — площадь треугольника.

Для нахождения площади треугольника по трем сторонам воспользуемся формулой Герона:

$S = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$

где $p$ — полупериметр треугольника.

Выполним вычисления по шагам.

1. Вычисление полупериметра (p)

Полупериметр — это половина суммы длин всех сторон треугольника.

$p = \frac{a+b+c}{2} = \frac{2+3+4}{2} = \frac{9}{2} = 4,5$ см.

2. Вычисление площади (S)

Подставим значение полупериметра и длин сторон в формулу Герона:

$S = \sqrt{4,5(4,5-2)(4,5-3)(4,5-4)} = \sqrt{4,5 \cdot 2,5 \cdot 1,5 \cdot 0,5}$

Для удобства вычислений преобразуем десятичные дроби в обыкновенные:

$S = \sqrt{\frac{9}{2} \cdot \frac{5}{2} \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{2}} = \sqrt{\frac{9 \cdot 5 \cdot 3 \cdot 1}{16}} = \sqrt{\frac{135}{16}} = \frac{\sqrt{135}}{4}$

Упростим корень: $\sqrt{135} = \sqrt{9 \cdot 15} = 3\sqrt{15}$.

Таким образом, площадь треугольника равна:

$S = \frac{3\sqrt{15}}{4}$ см².

3. Вычисление радиуса описанной окружности (R)

Теперь подставим известные значения в формулу для радиуса описанной окружности:

$R = \frac{2 \cdot 3 \cdot 4}{4 \cdot \frac{3\sqrt{15}}{4}} = \frac{24}{3\sqrt{15}} = \frac{8}{\sqrt{15}}$ см.

Для получения окончательного ответа избавимся от иррациональности в знаменателе, умножив числитель и знаменатель дроби на $\sqrt{15}$:

$R = \frac{8 \cdot \sqrt{15}}{\sqrt{15} \cdot \sqrt{15}} = \frac{8\sqrt{15}}{15}$ см.

Ответ: Наименьшее значение, которое может принимать радиус круга, равно $\frac{8\sqrt{15}}{15}$ см.

933. Можно ли из квадрата со стороной 10 см вырезать несколько кругов, сумма диаметров которых больше 5 м?

Для решения этой задачи в первую очередь необходимо привести все величины к единой системе измерения. Сторона квадрата дана в сантиметрах, а требуемая сумма диаметров — в метрах.

Сторона квадрата: $a = 10$ см.
Требуемая сумма диаметров: $D_{sum} > 5$ м.

Переведем метры в сантиметры:$5 \text{ м} = 5 \times 100 \text{ см} = 500 \text{ см}$.

Таким образом, вопрос можно переформулировать: можно ли из квадрата со стороной 10 см вырезать несколько кругов, сумма диаметров которых больше 500 см?

Рассмотрим стратегию, при которой мы вырезаем большое количество маленьких кругов. Разместим круги внутри квадрата в виде сетки (матрицы) $N \times N$, то есть $N$ рядов по $N$ кругов в каждом. Общее количество кругов будет $N^2$.

Чтобы $N$ одинаковых кругов поместились в ряд по длине стороны квадрата (10 см), диаметр каждого круга $d$ не должен превышать $10/N$. Возьмем максимально возможный диаметр:$d = \frac{10}{N}$ см.

При таком диаметре $N$ кругов вплотную поместятся как по горизонтали, так и по вертикали, образуя сетку $N \times N$ внутри квадрата 10x10 см.

Теперь найдем общую сумму диаметров всех вырезанных кругов. У нас есть $N^2$ кругов, и диаметр каждого равен $d = \frac{10}{N}$ см.Сумма диаметров $S_D$ будет равна:$S_D = (\text{количество кругов}) \times (\text{диаметр одного круга}) = N^2 \times d = N^2 \times \frac{10}{N} = 10N$ см.

Нам необходимо, чтобы эта сумма была больше 500 см:$S_D > 500 \text{ см}$$10N > 500$$N > \frac{500}{10}$$N > 50$

Это неравенство показывает, что если мы выберем количество кругов в ряду $N$ больше 50, то условие задачи будет выполнено. Например, возьмем $N = 51$.

В этом случае мы можем вырезать $51 \times 51 = 2601$ круг.Диаметр каждого круга будет $d = \frac{10}{51}$ см.Сумма их диаметров составит $S_D = 10 \times 51 = 510$ см.

Поскольку $510 \text{ см} > 500 \text{ см}$, мы нашли способ вырезать круги, удовлетворяющие условию задачи.

Ответ: да, можно.

934. Дан квадрат размером $101 \times 101$ клетку. Клетки квадрата раскрасили в шахматном порядке в чёрный и белый цвета так, что центральная клетка оказалась чёрной. Для каждой пары разноцветных клеток откладывают вектор, начало которого совпадает с центром чёрной клетки, а конец — с центром белой. Докажите, что сумма всех отложенных векторов равна нуль-вектору.

Введем систему координат, поместив ее начало в центр центральной клетки квадрата. Пусть сторона каждой клетки равна 1. Тогда центры клеток будут иметь целочисленные координаты $(i, j)$, где $i$ и $j$ принимают значения от $-50$ до $50$. Позиционный вектор центра клетки с координатами $(i, j)$ будет равен $\vec{r}_{i,j} = (i, j)$.

Клетки раскрашены в шахматном порядке, и центральная клетка с координатами $(0, 0)$ — чёрная. В шахматной раскраске цвет клетки $(i, j)$ зависит от четности суммы координат $i+j$. Поскольку для центральной клетки $0+0=0$ (четное число), то все клетки, для которых сумма координат $i+j$ является четным числом, будут черными. Соответственно, клетки, для которых сумма $i+j$ нечетна, будут белыми.

Пусть $B$ — множество позиционных векторов центров всех черных клеток, а $W$ — множество позиционных векторов центров всех белых клеток.Обозначим количество черных клеток через $N_B$, а белых — через $N_W$.Квадрат имеет размер $101 \times 101$. Общее число клеток равно $101^2 = 10201$. Так как размер стороны нечетный, число клеток одного цвета будет на единицу больше, чем другого. Угловые клетки, например, $(-50, -50)$, имеют сумму координат $-50 + (-50) = -100$ (четное), значит, они черные, как и центральная. Следовательно, черных клеток больше.Число черных клеток: $N_B = \frac{101^2 + 1}{2} = \frac{10201 + 1}{2} = 5101$.Число белых клеток: $N_W = \frac{101^2 - 1}{2} = \frac{10201 - 1}{2} = 5100$.

Согласно условию, для каждой пары разноцветных клеток откладывается вектор, идущий от центра черной клетки к центру белой. Суммарный вектор $\vec{S}$ будет равен сумме всех таких векторов:$$ \vec{S} = \sum_{\vec{b} \in B} \sum_{\vec{w} \in W} (\vec{w} - \vec{b}) $$

Раскроем скобки и преобразуем сумму. Сумма по всем парам может быть представлена как:$$ \vec{S} = \sum_{\vec{b} \in B} \left( \sum_{\vec{w} \in W} \vec{w} - \sum_{\vec{w} \in W} \vec{b} \right) $$Сумма $\sum_{\vec{w} \in W} \vec{w}$ является постоянной величиной относительно внешнего суммирования по $\vec{b} \in B$. Мы складываем эту величину $N_B$ раз (по числу черных клеток). Внутренняя сумма $\sum_{\vec{w} \in W} \vec{b}$ представляет собой сложение вектора $\vec{b}$ $N_W$ раз (по числу белых клеток). Таким образом, получаем:$$ \vec{S} = N_B \left( \sum_{\vec{w} \in W} \vec{w} \right) - \sum_{\vec{b} \in B} (N_W \vec{b}) $$$$ \vec{S} = N_B \left( \sum_{\vec{w} \in W} \vec{w} \right) - N_W \left( \sum_{\vec{b} \in B} \vec{b} \right) $$

Обозначим сумму позиционных векторов центров всех белых клеток как $\vec{S}_W = \sum_{\vec{w} \in W} \vec{w}$ и сумму позиционных векторов центров всех черных клеток как $\vec{S}_B = \sum_{\vec{b} \in B} \vec{b}$. Тогда итоговая сумма векторов равна:$$ \vec{S} = N_B \vec{S}_W - N_W \vec{S}_B $$

Теперь найдем $\vec{S}_B$ и $\vec{S}_W$. Квадрат $101 \times 101$ симметричен относительно своего центра, который мы выбрали в качестве начала координат. Рассмотрим любую клетку с координатами $(i, j)$. Клетка, симметричная ей относительно центра, имеет координаты $(-i, -j)$. Сумма координат для симметричной клетки равна $-i-j = -(i+j)$. Четность этой суммы совпадает с четностью суммы $i+j$. Это означает, что клетки $(i, j)$ и $(-i, -j)$ всегда имеют одинаковый цвет.

Следовательно, множества центров черных клеток $B$ и белых клеток $W$ симметричны относительно начала координат.Найдем сумму векторов $\vec{S}_B$. Множество $B$ содержит вектор $\vec{r}_{0,0} = (0, 0)$ (центральная клетка). Для любого другого вектора $\vec{b} = (i, j) \in B$ (где $(i, j) \neq (0, 0)$), в множестве $B$ также содержится противоположный ему вектор $-\vec{b} = (-i, -j)$. При суммировании все такие пары векторов $\vec{b}$ и $-\vec{b}$ дадут в сумме нуль-вектор: $\vec{b} + (-\vec{b}) = \vec{0}$. Таким образом, вся сумма $\vec{S}_B$ состоит из таких пар и нулевого вектора от центральной клетки:$$ \vec{S}_B = \vec{r}_{0,0} + \sum_{\text{пары } \{\vec{b}, -\vec{b}\} \subset B, \vec{b}\neq\vec{0}} (\vec{b} + (-\vec{b})) = \vec{0} + \sum \vec{0} = \vec{0} $$

Аналогично для суммы векторов $\vec{S}_W$. Множество $W$ не содержит центральной клетки. Для любого вектора $\vec{w} \in W$ в множестве $W$ также содержится противоположный ему вектор $-\vec{w}$. Таким образом, все векторы в $W$ разбиваются на пары противоположных векторов, и их сумма равна нуль-вектору:$$ \vec{S}_W = \sum_{\text{пары } \{\vec{w}, -\vec{w}\} \subset W} (\vec{w} + (-\vec{w})) = \sum \vec{0} = \vec{0} $$

Подставим найденные значения $\vec{S}_B = \vec{0}$ и $\vec{S}_W = \vec{0}$ в выражение для суммарного вектора $\vec{S}$:$$ \vec{S} = N_B \cdot \vec{0} - N_W \cdot \vec{0} = \vec{0} - \vec{0} = \vec{0} $$Таким образом, сумма всех отложенных векторов равна нуль-вектору, что и требовалось доказать.

Ответ: Сумма всех отложенных векторов равна нуль-вектору.

935. Внутри правильного шестиугольника со стороной 1 м расположено 7 точек. Докажите, что среди них найдутся 2 точки на расстоянии не больше 1 м.

Для доказательства этого утверждения воспользуемся принципом Дирихле.

1. Разобьем правильный шестиугольник со стороной 1 м на 6 областей. Для этого соединим центр шестиугольника с его шестью вершинами. В результате шестиугольник разделится на 6 равных равносторонних треугольников. Сторона каждого такого треугольника равна стороне шестиугольника, то есть 1 м, так как в правильном шестиугольнике расстояние от центра до любой вершины равно длине стороны.

2. Рассмотрим любую из этих 6 областей — равносторонний треугольник со стороной 1 м. Максимальное расстояние между любыми двумя точками, принадлежащими выпуклой фигуре (каковой является треугольник), не превышает наибольшего расстояния между ее вершинами. Для равностороннего треугольника со стороной 1 м это расстояние равно 1 м. Следовательно, любые две точки, находящиеся внутри или на границе одного такого треугольника, расположены на расстоянии не более 1 м друг от друга.

3. По условию, внутри шестиугольника расположено 7 точек. Эти 7 точек будем считать "голубями", а 6 равносторонних треугольников, на которые мы разбили шестиугольник, — "клетками".

4. Согласно принципу Дирихле, если число голубей (в нашем случае $N=7$) больше числа клеток (в нашем случае $K=6$), то найдется по крайней мере одна клетка, в которой окажется не менее двух голубей.

Таким образом, как минимум две из семи точек попадут в один и тот же равносторонний треугольник. А поскольку расстояние между любыми двумя точками в таком треугольнике не превышает 1 м, то расстояние между этими двумя точками будет не больше 1 м, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Правильный шестиугольник со стороной 1 м разбивается на 6 равносторонних треугольников со стороной 1 м. По принципу Дирихле, из 7 точек как минимум две окажутся в одном из этих треугольников. Так как максимальное расстояние между точками в таком треугольнике равно 1 м, расстояние между этими двумя точками не будет превышать 1 м.

936. Отметьте на плоскости 6 точек так, чтобы любые 3 из них являлись вершинами равнобедренного треугольника.

Для того чтобы выполнить условие задачи, можно расположить точки следующим образом: пять точек являются вершинами правильного пятиугольника, а шестая точка — его центром.

Обозначим вершины правильного пятиугольника как $A_1, A_2, A_3, A_4, A_5$, а его центр как $O$. Докажем, что любая тройка из этих шести точек образует равнобедренный треугольник. Для этого необходимо рассмотреть все возможные комбинации из трех точек.

Случай 1: Три точки выбраны из вершин пятиугольника.

Пусть выбраны три вершины, например $A_i, A_j, A_k$. Стороны треугольника $A_iA_jA_k$ являются хордами окружности, описанной около пятиугольника. Длина хорды зависит только от длины дуги, которую она стягивает. В правильном пятиугольнике любые две вершины соединяются либо стороной, либо диагональю. Все стороны правильного пятиугольника равны между собой (обозначим их длину как $a$), и все диагонали также равны между собой (обозначим их длину как $d$).

Любой треугольник, образованный тремя вершинами правильного пятиугольника, будет иметь либо две стороны, равные $a$, и одну, равную $d$ (например, треугольник из трех последовательных вершин $A_1A_2A_3$), либо две стороны, равные $d$, и одну, равную $a$ (например, треугольник $A_1A_2A_4$). В обоих случаях треугольник является равнобедренным.

Случай 2: Две точки являются вершинами пятиугольника, а третья — его центр.

Пусть выбраны точки $O, A_i, A_j$. По определению, центр $O$ правильного многоугольника равноудален от всех его вершин. Это расстояние равно радиусу $R$ описанной окружности. Следовательно, в треугольнике $OA_iA_j$ стороны $OA_i$ и $OA_j$ равны: $OA_i = OA_j = R$. Таким образом, треугольник $OA_iA_j$ является равнобедренным.

Поскольку мы рассмотрели все возможные комбинации трех точек и в каждом случае получили равнобедренный треугольник, данная конфигурация из шести точек удовлетворяет условию задачи.

Ответ: Пять вершин правильного пятиугольника и его центр.