M1344

Задача из Научно-популярного физико-математическом журнала «Квант». Она была опубликована в февральском выпуске 1993г. под номером М1344.

Условие задачи

Том Сойер красит забор, состоящий из бесконечной последовательности прямоугольных досок разной ширины и высоты. Каждая доска на 1% уже, чем предыдущая, и выше нее, но не выше 2м. Том начинает с первой доски и затем, если доска выше предыдущей более чем на 2%, красит ее, а в противном случае — пропускает. Может ли забор быть таким, что он покрасит не менее:
а) 40%, б) 50%, в) 60% площади забора?

Решение

Пусть an — высота, bn — ширина n-ой доски; n=1,2,…
Положим q=0.99, p=\frac{1}{0.99*1.02}=\frac{1}{1.0098}.
По условию, b_{n}=b_{1}q^{n}, a_{n}\leq 2; доска будет окрашена, если отношение площади предшествующей доски к ее площади меньше p.
Заметим, что несмотря на бесконечность количества досок, длина и площадь забора конечны: его длина равна сумме бесконечно убывающей прогрессии b_{1}(1+q+...+q^{n}+...)=\frac{b_{1}}{1-q}, а площадь не превосходит \frac{2b_{1}}{1-q},.
Мы не только ответим на вопрос задачи, но и найдем точную оценку сверху доли окрашеной площади забора. Пусть забор таков, что первые N досок окрашены, а за ними идут неокрашеные доски высотой a_{N}=a, N- достаточно большое число (см. рисунок). Площадь неокрашеных досок равна D=a(q+q^{2}+...)=\frac{aq}{1-q}, а площадь окрашенных может быть сколь угодно близка к C=a(1+q+q^{2}+...)=\frac{a}{1-p}.
Поскольку \frac{C}{D}=\frac{1-q}{(1-p)q}=\frac{0.01*0.99*1.02}{0.0098*0.99}=\frac{1.02}{0.98}=\frac{51}{49}, этот пример показывает, что доля окрашенных досок может составлять почти 51% (и быть сколь угодно близкой к этому числу); нетрудно видеть, что эта доля может быть и любым меньшим числом.
Докажем, что она не может быть равной или большей 51%. Обозначим через S общую площадь забора, C — площадь окрашенных досок, D = S-C — площадь неокрашенных. Будем называть неотмеченными доски, предшествующие неокрашенным.
Пусть n-ая доска отмечена, тогда (n+1)-ая окрашена, и a_{n}b_{n}\leq a_{n+1}b_{n}=\frac{a_{n+1}b_{n+1}}{q}. Поэтому площадь всех неотмеченных досок не превосходит \frac{D}{q}. Пусть теперь n-ая доска не отмечена; тогда (n+1)-ая окрашена, и a_{n}b_{n}\leq pa_{n+1}b_{n+1}. Поэтому площадь всех неотмеченных досок не больше pC. Складывая площади всех — отмеченных и неотмеченных — досок, получим: S=pC+\frac{D}{q}, откуда, заменив S на C+D, получим C(1-p)\leq D(\frac{1}{q}-1)=\frac{D(1-q)}{q}, т.е. \frac{C}{D}\leq \frac{1-q}{q(1-p)}=\frac{51}{49}.
Итак, ответы на вопросы а) и б) задачи положительны, на вопрос в) — отрицателен.

А.Григорян

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *