Презентація на тему "Задачі на розфарбування"

Задачі на розфарбованій площині та розфарбованих фігурах

Задачі на розфарбування. Розв’язуються методом розфарбування. Об’єкти в умові вже пофарбованіОб’єкти в умові потребують пофарбування

Задача 1. Кожну точку площини розфарбовано в один з двох кольорів. Доведіть, що на цій площині знайдеться відрізок довжиною 1 см, кінці якого одного кольору. Розв’язання: Побудуємо на цій площині рівносторонній трикутник, сторона якого – 1 см. Тоді,використовуючи принцип Діріхле, можна стверджувати, що принаймні 2 його вершини будуть одного кольору. Клітки: кольори, їх є 2 Кролики :вершини, їх є 3 Сторона трикутника, що з’єднує вершини одного кольору і є відрізком, існування якого потрібно довести.

Задача 2 . Площину розфарбовано у два кольори. Доведіть, що на цій площині знайдеться рівнобедрений трикутник, усі вершини якого одного кольору. Розв’язання: Побудуємо на цій площині рівносторонній п’ятикутник. Принаймні три вершини будуть одного кольору. Клітки: кольори, їх є 2 Кролики : вершини, їх є 5 А, оскільки, будь-які три вершини правильного п’ятикутника є вершинами рівнобедреного трикутника, то з’єднуючи вершини одного кольору отримаємо трикутник,існування якого потрібно довести..

Задача 3 . Кожна точка площини розфарбована в один з двох кольорів так, що кожен правильний трикутник зі стороною 1 має вершини кожного кольору. Доведіть, що на цій площині можна побудувати рівносторонній трикутник зі стороною √3, вершини якого одного кольору. Розв’язання: Побудуємо 6 правильних трикутників зі стороною 1 зі спільною вершиною. Вони утворять правильний шестикутник із центром у спільній вершині. Не порушуючи загальності, вважатимемо, що вона чорного кольору. Тоді, щоб виконувалась умова задачі, вершини шестикутника повинні бути або одного кольору, або чергуватись через одну. Менша діагональ шестикутника d=a3=3 

Задача 4 . Дошка 9×9 розфарбована у 9 кольорів, причому всіх кольорів порівну і пофарбування симетричне відносно головної діагоналі. Доведіть, що на цій діагоналі усі клітинки зафарбовано в різні кольори. Розв’язання: Оскільки пофарбування симетричне відносно головної діагоналі, то клітинок кожного окремого кольору має бути порівну по кожну сторону від діагоналі. Так, як клітинок кожного кольору є 9, то симетрія можлива лише за умови, що одна з клітинок розташована на головній діагоналі. Оскільки кольорів є 9, то міркуючи аналогічно, приходимо до висновку, що кожен колір присутній на головній діагоналі. А оскільки у квадраті 9×9 на головній діагоналі є лише 9 клітинок, то можна стверджувати, що усі клітинки головної діагоналі зафарбовано у різні кольори.{5 C22544 A-7 EE6-4342-B048-85 BDC9 FD1 C3 A}

Задача 5 . У квадраті 5×5 пофарбовано 16 клітинок. Доведіть, що в ньому знайдеться фігурка виду всі клітинки якої будуть пофарбовані. Розв’язання: Зафарбуємо у квадраті 3 клітинки в один із способів, як наведено нижче А клітинки, що залишились розіб’ємо на 2 фігурки заданого виду і 4 квадрати. 16-3=13 клітинок ще потрібно зафарбувати. За принципом Діріхле можна стверджувати, що принаймні одна з цих 6 фігур міститиме 3 зафарбовані клітинки, що і доводить нашу задачу.

Задача 6. Всі грані деякого многогранника пофарбовані у два кольори так, що сусідні грані мають різні кольори. Відомо, що всі грані, крім однієї, мають кількість ребер, яка ділиться на три. Доведіть, що і остання грань також має кількість ребер, що ділиться на 3. Розв’язання: Розглянемо граф, «вершинами» якого є грані даного многогранника, а «ребрами» – спільні ребра граней. Тоді даний граф є двокольоровим і число ребер, що виходять із вершин одного кольору має дорівнювати числу ребер, що виходять із вершин другого кольору. Нехай 𝑆1 – сума ребер, що виходять, із вершин із кольором 1, 𝑆2 – сума ребер, що виходять, із вершин із кольором 2. Оскільки 𝑆1 = 𝑆2, і одне з цих чисел, наприклад 𝑆1, є сумою доданків, кожний з яких ділиться на три, то можна стверджувати, що 𝑆1 ⋮ 3. Це означає, що і 𝑆2 ⋮ 3, а оскільки дана сума складається із скінченної кількості доданків, що діляться на три і ще одного доданка, то виходячи з властивостей подільності можна стверджувати, що і останній доданок теж ділиться на три, що і потрібно було довести.

ДЯКУЮ ЗА УВАГУ!