Stjerne nyheder
Skæring og foldning. Olympiade, logiske og underholdende problemer i matematik. Skæreproblemer
a) Skær en tilfældig trekant i flere stykker, så du kan folde dem til et rektangel.
b) Skær et tilfældigt rektangel i flere stykker, så du kan folde dem til en firkant.
c) Skær to vilkårlige firkanter i flere stykker, så de kan foldes til én stor firkant.
Tip 1
b) Lav først et rektangel fra et vilkårligt rektangel, således at forholdet mellem dens større side og dens mindre side ikke overstiger fire.
c) Brug Pythagoras sætning.
Tip 2
a) Tegn højden eller midterlinjen.
b) Placer rektanglet på den firkant, der skal opnås, og tegn en "diagonal".
c) Fastgør firkanterne til hinanden, mål et segment på siden af den større firkant svarende til længden af den mindre firkant, og forbind det derefter med de "modsatte" hjørner af hver af firkanterne (se fig. 1).
Løsning
a) Lad en vilkårlig trekant være givet ABC. Lad os tegne en midterlinje MN parallelt med siden AB, og i den resulterende trekant CMN sænk højden CD. Derudover, lad os sænke den til den lige linje MN vinkelrette A.K. Og B.L.. Så er det let at se, at ∆ AKM = ∆CDM og ∆ BLN = ∆CDN som retvinklede trekanter med tilsvarende par af sider og par af vinkler ens.
Dette fører til metoden til at skære denne trekant og derefter omarrangere stykkerne. Lad os nemlig lave snit langs segmenter MN Og CD. Derefter vil vi omarrangere trekanter CDM Og CDN i stedet for trekanter AKM Og BLN følgelig, som vist i fig. 2. Vi fik et rektangel AKLB, som krævet i problemet.
Bemærk, at denne metode ikke virker, hvis et af hjørnerne CAB eller C.B.A.- sløv. Dette sker, fordi i dette tilfælde højden CD ligger ikke inde i trekanten CMN. Men dette er ikke for skræmmende: Hvis vi tegner den midterste linje parallelt med den længste side af den oprindelige trekant, vil vi i den afskårne trekant sænke højden fra den stumpe vinkel, og den vil helt sikkert ligge inde i trekanten.
b) Lad et rektangel være givet ABCD, hvis sider AD Og AB lige -en Og b i overensstemmelse hermed, og -en > b. Så skal arealet af kvadratet, som vi ønsker at få til sidst, være lig med ab. Derfor er kvadratets sidelængde √ ab, hvilket er mindre end AD, men mere end AB.
Lad os bygge en firkant APQR, lig med den nødvendige, således at punktet B ligge på strækningen AP, og peg R- på segmentet AD. Lade P.D. skærer segmenterne B.C. Og QR på punkter M Og N henholdsvis. Så er det let at se, at trekanter P.B.M., PAD Og NRD ligner hinanden, og desuden B.P. = (√ab – b) Og R.D. = (-en – √ab). Midler,
Derfor er ∆ P.B.M. = ∆NRD på to sider og vinklen mellem dem. Det er også nemt at udlede lighederne herfra PQ = M.C. Og NQ = CD, hvilket betyder ∆ PQN = ∆MCD også på begge sider og vinklen mellem dem.
Ud fra alle ovenstående betragtninger følger skæremetoden. Præcis, først lægger vi til side på siderne AD Og B.C. segmenter AR Og C.M., hvis længder er lig med √ ab(om hvordan man konstruerer segmenter af formen √ ab, se problemet "Regulære polygoner" - sidebjælke i afsnittet "Løsning"). Dernæst genopretter vi vinkelret på segmentet AD på punktet R. Nu er der kun tilbage at skære trekanter af MCD Og NRD og omarranger dem som vist i fig. 3.
Bemærk, at for at denne metode kan bruges, kræves det, at punktet M befandt sig inde i segmentet B.K.(ellers ikke hele trekanten NRD indeholdt i et rektangel ABCD). Det vil sige, at det er nødvendigt
Hvis denne betingelse ikke er opfyldt, skal du først gøre dette rektangel bredere og mindre langt. For at gøre dette skal du bare skære det i to og arrangere stykkerne som vist i fig. 4. Det er klart, at efter en sådan operation vil forholdet mellem den større side og den mindre side falde fire gange. Det betyder, at ved at gøre det et tilstrækkeligt stort antal gange, vil vi til sidst få et rektangel, hvortil skæringen i fig. er anvendelig. 3.
c) Betragt to givne firkanter ABCD Og DPQR, ved at placere dem ved siden af hinanden, så de krydser hinanden langs siden CD mindre firkant og havde et fælles toppunkt D. Det vil vi antage P.D. = -en Og AB = b og, som vi allerede har bemærket, -en > b. Så på siden D.R. større kvadrat kan vi overveje et sådant punkt M, Hvad HR. = AB. Ifølge Pythagoras sætning.
Lad linjerne passere gennem punkterne B Og Q parallelt med lige linjer MQ Og B.M. henholdsvis skærer i punktet N. Derefter firkanten BMQN er et parallelogram, og da alle dets sider er lige store, er det en rombe. Men ∆ BAM = ∆MRQ på tre sider, hvorfra det følger (i betragtning af, at hjørnerne BAM Og MRQ lige) det. Dermed, BMQN- firkantet. Og da dets område er ( -en 2 + b 2), så er det præcis den firkant, vi skal have.
For at gå videre til skæring skal det bemærkes, at ∆ BAM = ∆MRQ = ∆BCN = ∆NPQ. Herefter bliver det indlysende, hvad der skal gøres: du skal skære trekanter af BAM Og MRQ og omarranger dem som vist i fig. 5.
Efterord
Efter at have løst de foreslåede problemer, kan læseren godt tænke over følgende spørgsmål: hvornår er det muligt at skære en given polygon med rette linjer i et endeligt antal stykker, som en anden given polygon er sammensat af? Efter at have tænkt lidt over, vil han forstå, at det som minimum er nødvendigt, at arealerne af disse polygoner er lige store. Således bliver det oprindelige spørgsmål til følgende: er det sandt, at hvis to polygoner har samme areal, så kan den ene af dem skæres i stykker, hvorfra den anden tilføjes (denne egenskab af to polygoner kaldes ekviparitet)? Det viser sig, at dette faktisk er tilfældet, og det er, hvad Bolyai-Gerwin-sætningen, bevist i 30'erne af det 19. århundrede, fortæller os. Mere præcist er dens formulering som følger.
Bolyai-Gerwins sætning. To polygoner er lige store, hvis og kun hvis de er lige store.
Ideen bag beviset for dette bemærkelsesværdige resultat er som følger. For det første vil vi ikke bevise udsagnet om selve sætningen, men det faktum, at hver af disse to lige store polygoner kan skæres i stykker, hvorfra der dannes et kvadrat med samme areal. For at gøre dette opdeler vi først hver af polygonerne i trekanter (denne division kaldes triangulering). Og så vil vi gøre hver trekant til en firkant (for eksempel ved at bruge metoden beskrevet i punkt a) og b) i dette problem). Tilbage er blot at folde et stort antal små firkanter til en stor - det kan vi gøre takket være punkt c).
Et lignende spørgsmål for polytoper udgør et af David Hilberts berømte problemer (det tredje), præsenteret af ham i en rapport ved den anden internationale matematikkongres i Paris i 1900. Det er karakteristisk, at svaret på det var negativt. Allerede en undersøgelse af to af de simpleste polyedre, såsom en terning og et regulært tetraeder, viser, at ingen af dem kan skæres i et begrænset antal dele, så en anden dannes af dem. Og dette er ikke tilfældigt - sådan et snit findes simpelthen ikke.
Løsningen på Hilberts tredje problem fik en af hans elever, Max Dehn, allerede i 1901. Dehn opdagede en uforanderlig mængde, der ikke ændrede sig, da polyedre blev skåret i stykker og foldet til nye former. Denne værdi viste sig dog at være anderledes for nogle polyedre (især kuben og den almindelige tetraeder). Den sidste omstændighed indikerer klart, at disse polyedre ikke er lige sammensat.
Til opmærksomhed fra matematikvejledere og lærere i forskellige valgfag og klubber tilbydes et udvalg af underholdende og lærerige geometriske klippeopgaver. Målet med en vejleder, der bruger sådanne problemer i sine klasser, er ikke kun at interessere eleven i interessante og effektive kombinationer af celler og figurer, men også at udvikle sin sans for linjer, vinkler og former. Opgavesættet henvender sig hovedsageligt til børn i 4-6 klassetrin, selvom det er muligt at bruge det selv med gymnasieelever. Øvelserne kræver, at eleverne har en høj og stabil opmærksomhedskoncentration og er perfekte til at udvikle og træne visuel hukommelse. Anbefales til matematikvejledere, der forbereder eleverne til adgangsprøver til matematikskoler og -klasser, der stiller særlige krav til barnets niveau af selvstændig tænkning og kreative evner. Opgaveniveauet svarer til niveauet for indgangsolympiader til Lyceum "anden skole" (anden matematisk skole), det lille fakultet for mekanik og matematik ved Moskva State University, Kurchatov-skolen osv.
Matematikvejleder Bemærk:
I nogle løsninger på problemer, som du kan se ved at klikke på den tilsvarende markør, er kun et af de mulige eksempler på skæring angivet. Jeg indrømmer fuldt ud, at du kan ende med en anden korrekt kombination - det behøver du ikke være bange for. Tjek din lilles løsning omhyggeligt, og hvis den opfylder betingelserne, så påtag gerne næste opgave.
1) Prøv at skære figuren vist på figuren i 3 ligeformede dele:
: Små former minder meget om bogstavet T
2) Skær nu denne figur i 4 ligeformede dele:
Matematikvejleder tip: Det er let at gætte, at små figurer vil bestå af 3 celler, men der er ikke mange figurer med tre celler. Der er kun to typer af dem: et hjørne og et 1×3 rektangel.
3) Skær denne figur i 5 ligeformede stykker:
Find antallet af celler, der udgør hver sådan figur. Disse tal ligner bogstavet G.
4) Nu skal du skære en figur på ti celler i 4 ulige rektangel (eller firkantet) til hinanden.
Vejledning i matematik: Vælg et rektangel, og prøv derefter at passe tre mere ind i de resterende celler. Hvis det ikke virker, så skift det første rektangel og prøv igen.
5) Opgaven bliver mere kompliceret: du skal skære figuren i 4 forskellig i form figurer (ikke nødvendigvis rektangler).
Matematikvejleder tip: Tegn først separat alle typer figurer af forskellige former (der vil være mere end fire af dem) og gentag metoden til at opregne muligheder som i den forrige opgave.
:
6) Skær denne figur til 5 figurer fra fire celler af forskellig form, så der kun er malet én grøn celle i hver af dem.
Matematikvejleder tip: Prøv at begynde at skære fra den øverste kant af denne figur, og du vil straks forstå, hvordan du fortsætter.
:
7) Baseret på den foregående opgave. Find hvor mange figurer af forskellige former der er, bestående af præcis fire celler? Figurerne kan drejes og drejes, men du kan ikke løfte bordet (fra dets overflade), som det ligger på. Det vil sige, at de to givne figurer ikke vil blive betragtet som ens, da de ikke kan opnås fra hinanden ved rotation.
Matematikvejleder tip: Studer løsningen på det foregående problem, og prøv at forestille dig de forskellige positioner af disse figurer, når de vender. Det er ikke svært at gætte, at svaret på vores problem vil være tallet 5 eller mere. (Faktisk endda mere end seks). Der er beskrevet 7 typer figurer.
8) Skær en firkant med 16 celler i 4 ligeformede stykker, så hver af de fire stykker indeholder præcis én grøn celle.
Matematikvejleder tip: Udseendet af de små figurer er ikke en firkant eller et rektangel, eller endda et hjørne af fire celler. Så hvilke former skal du prøve at skære i?
9) Skær den afbildede figur i to dele, så de resulterende dele kan foldes til en firkant.
Matematikvejleder tip: Der er 16 celler i alt, hvilket betyder, at firkanten bliver 4x4 i størrelse. Og på en eller anden måde skal du fylde vinduet i midten. Hvordan gør man det? Kan der være en form for skift? Da rektanglets længde er lig med et ulige antal celler, skal skæringen ikke udføres med et lodret snit, men langs en brudt linje. Således at den øverste del skæres af på den ene side af den midterste celle, og den nederste del på den anden.
10) Skær et 4x9 rektangel i to stykker, så de kan foldes til en firkant.
Matematikvejleder tip: Der er 36 celler i alt i rektanglet. Derfor bliver pladsen 6x6 i størrelse. Da langsiden består af ni celler, skal tre af dem skæres af. Hvordan vil denne nedskæring forløbe?
11) Krydset af fem celler vist på figuren skal skæres (du kan skære selve cellerne) i stykker, hvorfra en firkant kan foldes.
Matematikvejleder tip: Det er klart, at uanset hvordan vi skærer langs cellernes linjer, vil vi ikke få en firkant, da der kun er 5 celler. Dette er den eneste opgave, hvor skæring er tilladt ikke af celler. Det ville dog stadig være godt at efterlade dem som guide. for eksempel er det værd at bemærke, at vi på en eller anden måde skal fjerne de fordybninger, vi har - nemlig i de indre hjørner af vores kors. Hvordan gør man dette? For eksempel at skære nogle fremspringende trekanter af fra de ydre hjørner af korset...
Opgave 1: Et rektangel, hvis sider er udtrykt som heltal, kan skæres i figurer af formen (siden af cellen i figuren er lig med en). Bevis, at det kan skæres i 1 × 5 rektangler.
(D.~Karpov)
Løsning: Arealet af dette rektangel er divideret med arealet af den angivne figur, det vil sige med 5. Arealet af et rektangel er lig med produktet af længderne af siderne. Da længderne af siderne er heltal, og 5 er et primtal, skal længden af en af siderne være delelig med 5. Lad os opdele denne side og den modsatte side i segmenter af længde 5, og de to andre sider i segmenter af længde 1, hvorefter vi forbinder de tilsvarende punkter på modsatte sider med lige linjer. Opgave 2: Løs ligningssystemet i reelle tal(A.~Khrabrov)
Løsning: Svar: systemet har en unik løsning: a = b = c = d = 0. Tilføjer vi systemets to ligninger, får vi ligningen 8a² + 9b² + 7c² + 4d² = 16ab + 8cd Ud fra ulighederne 2ab ≤ a² + b² og 2cd ≤ c² + d² følger det, at højre side af denne ligning ikke er større end venstre, og lighed kan kun opnås hvis b = 0, c = 0, a = b og c = d. Det betyder, at den eneste mulige løsning på dette system er a = b = c = d = 0.Den anden mulighed løses på lignende måde.
Opgave 3: I romben ABCD er punkterne E og F taget på henholdsvis siderne AB og BC, således at CF/BF = BE/AE = 1994. Det viste sig, at DE = DF. Find vinklen EDF.
Af betingelserne for problemet (i begge versioner) følger det, at BE = CF. Lad os plotte på siden AB et segment AK lig med BE. Trekanter ADK og CDF er ens i begge sider og vinkel (AD = CD, AK = CF, ∠ DAK = ∠ DCF). Det betyder, at DK = DF = DE, det vil sige trekanten DKE er ligebenet. Specielt er vinklerne DKE og DEK ved dens basis ens. Derfor er trekanter ADK og BDE lige store (på to sider og vinkel: AK = BE, DK = DE, ∠ DKA = ∠ DEB). Derfor AD = BD, det vil sige, trekant ABD er ligesidet. Derfor er ∠DÅRLIG = 60, ∠ABC = 120.
(A.~Khrabrov)
Løsning: Lad hold A slå hold B i en kamp med disse regler (måske sikre en tidlig sejr). Dette betyder, at for ethvert tænkeligt udfald af de resterende (uudnyttede) straffe, vil hold A's score være højere end hold B's. Lad os forestille os, at holdene fortsatte med at tage straffe efter kampens afslutning og tog alle resterende straffe, uden at hold A scorede nogen. flere mål, og hold B missede aldrig igen. I dette tilfælde vil det samlede antal mål scoret af A stadig være større end dem scoret af B (det er hvad ordene "tidlig sejr" betyder). Hvor meget mere kan det være? Kun med 1 eller 2. Faktisk, hvis forskellen havde været mere end to, så ville sejren for hold A være blevet uundgåelig endnu tidligere, før det sidste par straffespark.Yderligere bemærker vi, at i løbet af kampens fortsættelse, vi overvejer, rammer præcis halvdelen af alle skud målet. Af alle 129 par skud ramte præcis halvdelen således målet, det vil sige præcis 129. Disse 129 mål er fordelt mellem A og B, så A har 1 eller 2 mere. Dette bestemmer klart antallet af mål scoret af hold A - 65.
Opgave 5: Løs ligningen i naturlige tal:(D.~Karpov)
Løsning: Denne ligning har en unik løsning: x = 2, y = 1, z = 2 (i begge versioner). At det er en løsning følger af den generelle identitet a² + (2a + 1) = (a + 1)²\, anvendt i den første version til a = 105, og i den anden til a = 201.Der er ingen andre løsninger, da hvis z > 2, så er den højre side af ligningen delelig med 8, men den venstre er det ikke, da 105 x kun kan give rest 1, når de divideres med 8, og 211 y - kun rester 1 og 3. Det er tilbage at bemærke, at for z = 1 er der heller ingen løsninger, og for z = 2 er værdierne y = 1 og x = 2 entydigt bestemt.
