Короткие задачи по математике

olga-sklyarova

Недавно меня попросили задать выпускнику-олимпиаднику короткую задачку по геометрии. Я вспомнил такую:

Докажите, что в описанной трапеции основания видны из точки пересечения диагоналей под тупым углом.
Задачка сама по себе интересная (а для меня ещё и запомнившаяся по таким обстоятельствам: я придумал её самостоятельно, придумал красивое нетривиальное синтетическое решение, а потом обнаружил, что она была совсем недавно на Турнире городов). Но суть вопроса не в ней самой.
Какие вы знаете задачи с очень коротким понятным условием (с определениями на уровне первого курса мехмата у которых есть (доступное) красивое идейное решение? Выше — один из удачных примеров.
(Оговорюсь, интересуют задачи не только из математики, но и из алгоритмического программирования. Пример: найти среднюю порядковую статистику последовательности за один проход.)

Suebaby

у твоей задачки есть ещё и очень короткое решение:
будем постепенно наклонять боковые стороны так чтобы трапеция превращалась в прямоугольник, оставаясь при этом описанной
интересующий угол от этого только уменьшается, а в итоге становится прямым
поэтому требуется уточнить условие "идейности" решения — что бы это значило?
если "безыдейные" тоже годятся, то хороших задач по геометрии много в книге Р.К.Гордина "Это должен знать каждый матшкольник"

shale60

будем постепенно наклонять боковые стороны так чтобы трапеция превращалась в прямоугольник, оставаясь при этом описанной
так для того, чтобы она была описанной - нужно, чтобы сумма оснований равнялась сумме боковых сторон
Тогда, при наклонении боковых сторон - нам придется менять основания
И тогда переход вроде как неправомерен совсем?

igor196505

Из короткого помню спрашивали: доказать что у окружности единственный центр. Но это очень простая задача.

olga-sklyarova

А если при каждом основании один угол тупой, а второй острый? Тогда требуемой монотонности нет.
Если что, у задачи есть несложное безыдейное решение с теоремой косинусов.
Под идейностью имею в виду существование решения с интересными нетривиальными соображениями, которые при этом автоматически вскрывают много других интересных свойств рассматриваемой конструкции и решают несколько других задач. Короче, чтоб интересно было :)
Геометричность задач необязательна. Про книжку Гордина знаю, там много того, что нужно — интересны как раз те задачи, что запомнились.

olga-sklyarova

Ага, спасибо. Простая — ничего страшного)

Suebaby

да, похоже моё решение неверное

roza200611

есть тонна задач на циркуль и линейку, либо тока на циркуль, либо тока на линейку.
к примеру -
1. найти центр окружности
2. разбить окружность на 6 одинаковых частей
[офтоп]я кста не в курсе - сейчас школьники вообще знают что такое циркуль или хотя бы линейка? или у них ща тока айпады?[офтоп]

iri3955

Асимптоты любой гиперболы, проходящей через вершины правильного треугольника и его центр перепендикулярны.
Правда, я не знаю решения.

olga-sklyarova

Ага, спасибо, очень яркий пример!
Это, кстати, верно не только для правильного треугольника и его центра, а для любой ортоцентрической четвёрки (треугольник и его точка пересечения высот). Вот почему.
Пусть коника задаётся квадратичной формой a_{11}x^2 + a_{12}xy + a_{22}y^2 +a_1x + a_2y + a. Тогда гипербола равносторонняя ТТТК a_{11} + a_{22} = 0 (это следует из наличия инвариантов кривых второго порядка). По теореме о пучке коник верно следующее: уравнение любой кривой второго порядка f получается линейной комбинацией двух различных кривых g и h, проходящих через любые фиксированные 4 точки кривой f. Пусть H — ортоцентр ABC, тогда AH*BC — одна кривая второго порядка, BH*AC — вторая кривая, а любая коника, проходящая через A, B, C, H — их линейная комбинация. У линейной комбинации a_{11} + a_{22} = 0 (поскольку это так у каждого слагаемого — ведь две перпендикулярные прямые тоже равносторонняя гипербола а значит, получится равносторонняя гипербола.

iri3955

Еще вспомнил. Функция двух переменных, непрерыввная по каждой из переменных на квадрате, непрерывна в какой-то точке квадрата.

olga-sklyarova

Кстати, вот решение:
  Как известно по теореме Брианшона, большие диагонали описанного шестиугольника пересекаются в одной точке. Вырождение этой теоремы такое: в описанном четырёхугольнике точка пересечения диагоналей совпадает с точкой пересечения диагоналей четырёхугольника из точек касания.
Значит, в исходной задаче точка пересечения диагоналей X лежит на отрезке L, соединяющем точки касания с основаниями AB и CD. Там же лежит центр I вписанной окружности. Можно показать, что окружности, описанные вокруг ADI и BCI, касаются L (в точке I а кроме того, из точки I AD и BC видны под прямым углом. Поскольку X вне кругов, построенных на AD и BC как на диаметрах (X лежит на L, которая касается обеих окружностей то из Х боковые стороны видны под острым углом, а значит, основания под тупым.

olga-sklyarova

Звучит очень здорово. А решение — мучения с теоремой Бэра о категориях или что-то необычное?

olga-sklyarova

Да, действительно, они в большинстве своём короткие и достаточно идейные. Хочется конкретных, впечатливших вас примеров :)
Кстати, мне кажется, намного интереснее и идейнее задачи о невозможности построить что-то циркулем и линейкой, или одним циркулем, или одной линейкой. Спасибо за подсказку :)

tester1

Задача "Про три почти всюду". Оцените игру слов :)
Существует ли такая заданная на вещественной оси вещественнозначная функция, что у неё почти всюду существует правая производная, почти всюду существует левая производная, и эти производные почти всюду различны?
Задачу придумал я несколько лет назад, но сам её решить не смог. Решение придумал Олег Косухин.

tester1

Ну и классика: мера Лебега множества на отрезке больше нуля; докажите, что оно имеет мощность континуума.

olga-sklyarova

Без континуум-гипотезы?

roza200611

Кстати, мне кажется, намного интереснее и идейнее задачи о невозможности построить что-то циркулем и линейкой, или одним циркулем, или одной линейкой
обычно у таких задач адские решения

roza200611

Хочется конкретных, впечатливших вас примеров
кстати вспомнился пример которым я в школе занимался.
какой правильный n-угольник можно построить циркулем и линейкой, а какой нельзя? и почему?

Polyphem

Кстати, мне кажется, намного интереснее и идейнее задачи о невозможности построить что-то циркулем и линейкой, или одним циркулем, или одной линейкой
* Классическая: невозможность найти центр окружности с помощью одной лишь линейки.
* Еще недавно задали: можно ли замостить пространство попарно скрещивающимися прямыми?

tester1

Без континуум-гипотезы?
конечно

Vlad128

Разрезать квадрат на несколько попарно неравных квадратов.
* Очень сложная.

pavloff

Гарднер писал, как это делать. Сейчас скорее интересно написать программу, которая бы подобрала такое разбиение, правда я не уверен, что это будет проще:)

Vlad128

Как раз его и читаю сейчас :) В лоб, наверное, не очень просто будет. Но если применить их идею с сетями и перебирать именно сети, то да.

olga-sklyarova

Спасибо! У меня была записана только задача из этой области --- почему после разрезания квадрата на квадраты все стороны соизмеримы. Она проще, но намного менее впечатляющая, конечно.
Есть прикольная книжка Яглома "Как разрезать квадрат".

Mausoleum

По физике таких полно.
Например: почему после размешивания чая чаинки собираются в центре?
Почему против ветра плохо слышно?
Можно ли закрыть звезду спичкой?

iri3955

Построить такое несчётное семейство подможеств натуральных чисел, что для любых двух множеств семейства, одно является подмножеством другого

Xephon

  Как известно по теореме Брианшона, большие диагонали описанного шестиугольника пересекаются в одной точке. Вырождение этой теоремы такое: в описанном четырёхугольнике точка пересечения диагоналей совпадает с точкой пересечения диагоналей четырёхугольника из точек касания.
Чтобы решить эту задачу не надо никакой теоремы Брианшона. Достаточно таких замечаний:
Достаточно доказать, что боковые стороны видны из точки пересечения X под острыми углами.
Это эквивалентно тому, что точка пересечения диагоналей лежит вне окружностей, построенных на боковых сторонах как на диаметрах.
При этом точка X не может лежать внутри одной окружности, и вне другой, т.к. углы "просмотра" равны как накрест лежащие.
Значит, достаточно доказать, что |MX|+|NX|>=R1+R2, где R1,R2 - радиусы окружностей, а M,N — середины боковых сторон.
Сумма радиусов равна полусумме боковых сторон (это их диаметры а поскольку четырёхугольник описанный, то это также полусумма оснований, которая равна длине средней линии |MN|.
Ясно, что |MX|+|NX|>=|MN| для любой точки |X|.
Впрочем, по сути решение, конечно же, тоже. Только вместо знания теоремы Брианшона достаточно помнить простые школьные факты. А до касания окружностей можно легко дойти своим умом.

olga-sklyarova

Классно, спасибо! Конечно, такое решение элегантнее...
Вижу, что рассуждение с теоремой Брианшона (оно стандартное) можно заменить простым доводом "точка пересечения диагоналей не может лежать в одной окружности и не лежать в другой". Вся соль, как мне кажется, в этих окружностях, построенных на боковых сторонах как на диаметрах, которые внезапно касаются.

Xephon

Вся соль, как мне кажется, в этих окружностях, построенных на боковых сторонах как на диаметрах, которые внезапно касаются.

Я сначала пробовал строить на основаниях окружности и доказывать, что они не пересекаются кроме случая касания, но потом сообразил, что с боковыми сторонами и средней линией можно всё сразу получить.

tester1

Построить такое несчётное семейство подможеств натуральных чисел, что для любых двух множеств семейства, одно является подмножеством другого
В каком смысле построить? Доказательство существования, основанное на аксиоме выбора или эквивалентных утверждениях, считается за построение?

iri3955

Ну, есть решение без аксиомы выбора. Но интересно было бы послушать доказательство существования

iri3955

Через теорему Бэра решать не умею. Умею по определению непрерывности

tester1

У меня пока нет такого доказательства, я просто уточнил подобно тому, как выше на мою задачу уточнили, считается ли допустимым решением решение, опирающееся на континуум-гипотезу.

igor_56

А мне вот эта нравится:
Точки пересечения смежных трисектрис углов произвольного треугольника являются вершинами равностороннего треугольника. (теорема Морли)

Vlad128

1. найти центр окружности
2. разбить окружность на 6 одинаковых частей
это же одна и та же задача.

nozanin

Точки пересечения смежных трисектрис углов произвольного треугольника являются вершинами равностороннего треугольника. (теорема Морли)
Теоремами синосов-косинусов скорее всего решится (не проверял, но вроде понятно что к чему...).
А есть идейное простое и красивое решение?

bdfne36

Найти середину отрезка циркулем :)

griz_a

Теорема о том, что линейка и циркуль это то же, что и просто циркуль, достаточно несложна

incwizitor

Найти середину отрезка циркулем
как раз хотел подобную накинуть: найти середину отрезка с помощью циркуля, проведя не более 6 окружностей

roza200611

можешь подсказать более конкретную формулировку если не сложно?

olga-sklyarova

Есть несколько синтетических решений (сложных, не очень идейных, без счета а есть красивая статья Конна, где приводится необычная идея решения.
Всем большое спасибо за задачи!

maxbut

Существуют ли иррациональные а и b такие, что a^b рационально.

iri3955

Видел клёвое доказательство:
Допустим \sqrt(2)^\sqrt(2) рационально, тогда a = b = \sqrt(2 иначе a = \sqrt(2)^\sqrt(2 b = \sqrt(2).

maxbut

именно его и ожидал увидеть

paoook

вот задачка - под каким углом нужно бросать камень, чтобы он перелетел цилиндрическую цистерну и скорость бросания была минимальной.

bars70

в таблицу записываются неотрицательные числа.
считаются средние арифметические по строкам и средние геометрические по столбцам.
что больше, среднее арифметическое средних геометрических или среднее геометрическое средних арифметических?

igor196505

Это больше на скороговорку похоже :))

bars70

Это больше на скороговорку похоже )
ага)
тем не менее является обобщением одного очень известного факта

Vlad128

обобщением?

iri3955

Да нет, похоже на прямое следствие. Но я хз, что имел ввиду ТС. Может, центр тяжести?

bars70

Да нет, похоже на прямое следствие. Но я хз, что имел ввиду ТС. Может, центр тяжести?
вот, в белилах написал
  о геометрическом смысле я пока не думал. если средние берутся в обычном понимании, то это обобщение неравенства Коши-Буняковского. Можно в неравенстве Коши-Буняковского поделить обе части на количество координат (количество чисел в наборе как получится частный случай с таблицей. вообще оно (неравенство Коши-Буняковского) обобщается на любое количество наборов чисел, причем доказательство обобщения ровно такое же, как и одно из доказательств КБ, на мой взгляд самое удачное (и это не неравество Йенсена, хотя "выпуклость в доказательстве", конечно, в каком-то смысле присутствует)
если речь идет о средневзвешенных, то этот факт(с таблицей) есть обобщение соответствующего неравенства Гельдера, которое, как и общий случай, опять же доказывается тем же методом
 

Staarboy

На сколько нужно увеличить скорость машины, едущей 60 км/ч, чтобы каждый километр она проезжала на минуту быстрее? :grin:

wawa321

Если в каждом столбце хотя бы по одному нулю, то среднее арифметическое средних геометрических тоже равно нулю. Значит среднее геометрическое средних арифметических не меньше.

tester1

ещё из этой серии: машина проехала из пункта А в пункт Б с постоянной скоростью 40 км/ч. С какой постоянной скоростью она должна возвращаться из Б в А, чтобы средняя скорость в пути составила 80 км/ч?

bars70

Значит среднее геометрическое средних арифметических не меньше.
в этом то и заключается задача.

shpanenoc

В некоей стране не принято рожать детей после того, как родился сын. Какое соотношение мужчин и женщин в этой стране?

semute

natunchik

Сверим календарики (под спойлером на всякий случай):
: 28
Zryty: 50/50, дико контринтуитивно, почему так?

semute

Сверим календарики (под спойлером на всякий случай):
спойлер:

bars70

спойлер:
спойлер
есть похожая задача. дан прямоугольник, точка внутри него. проведены отрезки к вершинам из точки. 3 известны, найти четвертый. собственно сумма квадратов противоположных расстояний одинакова.

Vlad128

спойлер:

iri3955

  spoiler: а я даже "spoiler:" так написал

bars70

спойлер: нафига вы условия в спойлере пишете?
спойлер: потому что условие одной задачи есть подсказка к другой

natunchik

Объясни, пожалуйста?
Потому что я её решал брутфорсом как бы, let h1 and h2 be the heights from that point to the midpoint, потом типа три уравнения прямо сразу есть, S1 + S2 + a*h1 = 2*a^2 и наоборот для s1 + s3, и общая сумма, а потом конкретно для маленького квадратика, влом писать но там всё няшно сокращается и получается что h1 = 4, и дальше понятно.
А как проще-то?
Алсо, мне всё же дико интересно объяснение задачи про людей, которые перестают размножаться после рождения ребёнка мужского пола. Почему всё равно получается одинаковое соотношение полов? Я понимаю свою математику, но блджад, почему так?

Thanhsoa

)

2) Потому что геометрическая прогрессия со знаменателем 1/2 суммируется к единице. Если бы был другой знаменатель, то соотношение бы изменилось.

Mausoleum

Эта задача недавно всплывала. Может быть, мое решение неоптимально, но оно очень наглядно, см. .

shpanenoc

Алсо, мне всё же дико интересно объяснение задачи про людей, которые перестают размножаться после рождения ребёнка мужского пола. Почему всё равно получается одинаковое соотношение полов?
Я бы так объяснил.

Thanhsoa

Я бы так объяснил.
 
Из этого объяснения непонятно, почему 1/2 нельзя заменить на 1/3, хотя в случае замены оно перестанет быть верным.
upd. Я тут ерунду написал. На самом деле я в следующем посте пишу то же самое, что и ты.

Thanhsoa

) Вот еще придумал наглядное объяснение.

BoBochka

Какие вы знаете задачи с очень коротким понятным условием (с определениями на уровне первого курса мехмата у которых есть (доступное) красивое идейное решение?
(1) Вписать в остроугольный треугольник треугольник наименьшего периметра.
(2) Найти наибольшее натуральное число такое, что все меньшие его числа, которые с ним взаимно просты, являются простыми.
(3) Доказать, что любую плоскую фигуру можно покрыть кругом, диаметр которого превосходит диаметр фигуры не более чем на 16%.
(4) Разрезать крест на четыре части так, чтобы из них можно было сложить квадрат:

elenakozl

(4) Разрезать крест на четыре части так, чтобы из них можно было сложить квадрат

BoBochka

Все правильно! Но может быть дашь и другим подумать, скрыв картинку за ссылкой? :)

[url=http://forumbgz.ru/user/upload/file26988.png]Вот так[/url]  

Vlad128

+1, но... КАК до этого можно догадаться?

BoBochka

КАК до этого можно догадаться?
Ответ: Нужно верхнюю (или правую) границу креста подогнать под нижнюю (или левую). А затем приладить к этому "обрубки". Вот и все.

elenakozl

Легко и просто. Спойлер:

victor1949

Не знаю насколько верен ход мысли, но сначала вычислялась площадь креста- 5 см^2 - она же площадь квадрата, который должен получиться. Значит сторона этого квадрата корень из 5. Дальше надо понять как получить корень из пяти, вырезая "детальки" - проще всего резать по каким то диагоналям - и тут удачно диагональ от двух "маленьких" квадратиков и есть корень из 5, а дальше диагональка и достраивание. Разрезы совпали с выложенным выше решением.
Как иначе решить?

iri3955

Покрываем плоскость крестами, соединяем центры соседних, получаем искомое разбиение.
Смещением достигаем других вариантов (в том числе предложенный выше).

Vlad128

Во! до этого я бы мог и додуматься :( Все-таки занимался в школе узорами :(
Спасибо!

BoBochka

Отличная идея! Зная её, несложно решить и следующую красивую задачу:
(5) Разрезать правильный восьмиугольник на пять частей так, чтобы из них можно было сложить квадрат:

P.S. Напомню, что пока никто из читателей не решил (или не привел здесь решение) ни одной из первых трех задач:
(1) Вписать в остроугольный треугольник треугольник наименьшего периметра.
(2) Найти наибольшее натуральное число такое, что все меньшие его числа, которые с ним взаимно просты, являются простыми.
(3) Доказать, что любую плоскую фигуру можно покрыть кругом, диаметр которого превосходит диаметр фигуры не более чем на 16%.

iri3955

(1) Вписать в остроугольный треугольник треугольник наименьшего периметра.
  Ортотреугольник по фокальному свойству эллипса
(2) Найти наибольшее натуральное число такое, что все меньшие его числа, которые с ним взаимно просты, являются простыми.
  Если счтитать 1, то ответ 1, если нет, то 3, иначе это число либо взаминопросто с 4 (так как взаимнопросто с 2 либо 4 (а оно не взаминопросто с 2). Ой, ерунда какая-то, не так условие понял

wawa321

(2) Найти наибольшее натуральное число такое, что все меньшие его числа, которые с ним взаимно просты, являются простыми.
30

BoBochka

Совершенно верно! Правда нужно это еще доказать (хотя бы идейно). Соль второй задачи — в доказательстве. :)

BoBochka

(1) Вписать в остроугольный треугольник треугольник наименьшего периметра.
Да, правильно! Это какой-то новый для меня способ решения :)

wawa321

доказательство основано на том простом факте что 210>121, а 30<49 ;)

wawa321

хотя я немного читер на самом деле :)
el = {};
Do[
d1 = Drop[Divisors[n], 1];
flag = 0; k = 3;
While[(flag == 0) && (k < n d2 = Drop[Divisors[k], 1];
If[Intersection[d1, d2] == {}, If[Length[d2] > 1, flag = 1, None],
None]; k += 1];
If[flag == 0, el = Append[el, n], None], {n, 3, 1000}]
el
---
{3, 4, 6, 8, 12, 18, 24, 30}

BoBochka

Не все так просто. Ниоткуда не следует, что нет еще больших чисел, удовлетворяющих условию задачи.

wawa321

:cool:
el = {};
Do[
d1 = Drop[Divisors[n], 1];
flag = 0; k = 3;
While[(flag == 0) && (k < n d2 = Drop[Divisors[k], 1];
If[Intersection[d1, d2] == {}, If[Length[d2] > 1, flag = 1, None],
None]; k += 1];
If[flag == 0, el = Append[el, n], None], {n, 3, 100000}]
el
---
{3, 4, 6, 8, 12, 18, 24, 30}

wawa321

число В, которое взаимно простое c А, но не простое - это квадрат наименьшего простого, не входящего в разложение самого числа А. для 30 имеем 2х3х5, а 7х7>30. для 2х3х5х7=210, но 11х11=121<210. поэтому 30 - максимальное.

Sergey79

Покрываем плоскость крестами, соединяем центры соседних, получаем искомое разбиение. Смещением достигаем других вариантов (в том числе предложенный выше).
Свастика в квадрат вписана

Mausoleum

число В, которое взаимно простое c А, но не простое - это квадрат наименьшего простого, не входящего в разложение самого числа А. для 30 имеем 2х3х5, а 7х7>30. для 2х3х5х7=210, но 11х11=121<210. поэтому 30 - максимальное.
Этого, конечно, недостаточно, так как не ограничивает числа вида 30k.
Для полного решения надо еще убедиться, что 49 = 7*7 убирает эту серию решений. Задача была бы изящнее, кстати, если ответ не был вида 2*3*5*..., а был ему кратным. Скажем, найти второе по величине число с указанным свойством - это 24, максимальное из серии 6k, меньшее, чем 5*5.

wawa321

Этого, конечно, недостаточно, так как не ограничивает числа вида 30k.
30k взаимно простое с 7*7=49 если k не делится на 7 (но при этом оно больше чем 7*7=49). Если делится, то переходим к 2*3*5*7=210, а оно уже больше чем 11*11. Для совсем уж строгого доказательства надо показать, что примориал растет быстрее чем квадрат следующего простого. Это в общем-то очевидно. Можно воспользоваться тем фактом, что между n и 2n всегда есть простое, и оценить примориал снизу как n*n/2*n/4*n/8... а квадрат следующего простого сверху как 4n^2. Понятно, что для больших n примориал всегда больше, а для малых - перебрать варианты руками.

wawa321

(3) Доказать, что любую плоскую фигуру можно покрыть кругом, диаметр которого превосходит диаметр фигуры не более чем на 16%.
что такое диаметр фигуры?
ещё было бы весело, если бы ты придумал задачу где фигурирует не 16, а 146% :)

Mausoleum

что такое диаметр фигуры?
Точная верхняя грань расстояний между парами точек, принадлежащими фигуре.
Гуманитариев развелось...

iri3955

(3) Доказать, что любую плоскую фигуру можно покрыть кругом, диаметр которого превосходит диаметр фигуры не более чем на 16%.
Опишем круг минимального lиаметра D (считаем фигуру замнутой). Он касатеся фигуры либо в 2х точках (тогда его диаметр совпадает с диаметром фигуры либо не менее, чем в 3х, причём можно выбрать 3 в вершинах остроугольного треугольника. Тогда хотя бы одна из сторон этог треугольника не меньше \sqrt(3) / 2 * D, откуда диаметр d фигуры d >= \sqrt(3) / 2 * D, D <= d * 2 / \sqrt(3) <= D * 1.16

BoBochka

Да, правильно! Именно такое простое решение имелось в виду.

BoBochka

Свастика в квадрат вписана
Раз пошла такая тема, предлагаю вниманию любителей раздела Society следующую несложную задачу:
(6) Разрезать звезду Давида на 12 частей так, чтобы из них и другой целой звезды (по размеру в два или более раз меньшей исходной) можно было сложить единую звезду:

И, напоследок, еще одна задача на разрезание, самая простая из всех предыдущих:
(7) Разрезать равносторонний треугольник на шесть частей так, чтобы из них можно было сложить два одинаковых правильных шестиугольника:

BoBochka

Кусочки правильные, но их нужно соединить вместе, чтобы получить связное доказательство.
Конечно, быстрее всего использовать теорему Чебышева, но можно обойтись и элементарными рассуждениями.

wawa321

ты имеешь в виду что можно более элементарными методами сравнить примориал и квадрат следующего простого?

BoBochka

Да

kolyan

товарищи, ну научитесь же использовать для спойлеров не белый шрифт, а невидимый
  [color=confluent] [/color]   
Оставить комментарий
Имя или ник:
Комментарий: