Автор Тема: Задачи повышенной сложности  (Прочитано 3815 раз)

0 Пользователей и 1 Гость просматривают эту тему.

Оффлайн angel5609

  • Постоялец
  • ***
  • Сообщений: 105
    • Просмотр профиля
    • E-mail
Задачи повышенной сложности
« : 13 Октябрь 2011, 23:19:49 »
1) Доведіть, що радіус r кола, вписаного в прямокутну трапецію, обчислюється за формулою r=ab/a+b, де  a і b - довжини основ трапеції.
2) При яких натуральних значеннях n многочлен Р(х)=(1-2х2)n +(3х-8)2n ділиться націло на многочлен х-5?
3) Доведіть нерівність: 2n+1 > 2n + 3, n належить N, n більше або дорівнює 2.

1) Докажите, что радиус r круга, вписанного в прямоугольную трапецию, исчисляется по формуле r=ab/a+b, где a и b - длины основ трапеции.
2) При которых натуральных значениях n многочлен Р(х)=(1-2х2)n +(3х-8)2n делится нацело на многочлен х-5?
3) Докажите неравенство: 2n+1 > 2n + 3, n принадлежит N, n больше или равен 2.

Заранее благодарю.

Оффлайн Леонид

  • Глобальный модератор
  • Эксперт
  • *****
  • Сообщений: 6800
    • Просмотр профиля
    • Домашняя страница
Re: Задачи повышенной сложности
« Ответ #1 : 14 Октябрь 2011, 00:25:54 »
3. Не знаю, достаточно ли это формальное доказательство, но вот:
2n+1 > 2n + 3
2*2n > 2n + 3
2n > n + 3/2
При n=2: 2n > n, причём разница уже больше чем 3/2. Дальше: при каждом увеличении n на единицу 2n будет увеличиваться вдвое, а n только на единицу, поэтому (т.к. это целые числа) 2n будет расти быстрее, чем n, и неравенство всегда будет верным.

Оффлайн devnull

  • Ветеран
  • *****
  • Сообщений: 745
    • Просмотр профиля
Re: Задачи повышенной сложности
« Ответ #2 : 14 Октябрь 2011, 01:28:25 »
Задача 3 действительно решается по индукции. При n = 2 левая часть равна 8, правая - 7, т.е. неравенство выполнено. Пусть неравенство справедливо для некоторого n, докажем, что оно справедливо для n+1, т.е. докажем, что из
2n+1 > 2n+3
следует
2n+2 > 2(n+1) + 3.
В самом деле,
2n+2 = 2*2n+1 > 2*(2n+3) = 4n+6  > 2n+5 = 2(n+1) + 3.

Задача 2.
Если многочлен P(x) делится на x-5, то x=5 является его корнем. Поэтому задачу можно переформулировать так: при каких натуральных n многочлен P(5) обращается в ноль? Подставим вместо x пятерку:
P(5) = (-49)n + 72n = (-1)n*49n + 49n.
Отсюда видно, что P(5) = 0 только если (-1)n = -1, т.е. n является нечетным числом.

Оффлайн angel5609

  • Постоялец
  • ***
  • Сообщений: 105
    • Просмотр профиля
    • E-mail
Re: Задачи повышенной сложности
« Ответ #3 : 14 Октябрь 2011, 02:40:04 »
Если многочлен P(x) делится на x-5, то x=5 является его корнем.

Извините, но разве можна делить на ноль?

Оффлайн devnull

  • Ветеран
  • *****
  • Сообщений: 745
    • Просмотр профиля
Re: Задачи повышенной сложности
« Ответ #4 : 14 Октябрь 2011, 02:42:35 »
1. Пока ничего простого не придумалось.
Если провести из какой-либо точки две касательные к окружности, то их длины будут равны. Поэтому расстояния от вершин трапеции до точек касания окружностью сторон трапеции попарно равны:

Если теперь рассмотреть прямоугольный треугольник, который отсекается от трапеции отрезком, показанным синим цветом, то увидим, что у него катеты равны 2r и (b-r)-(a-r), а гипотенуза равна  (b-r)+(a-r). Поэтому теорема Пифагора для этого треугольника запишется как
(2r)2 + (b-a)2 = (b+a - 2r)2
Раскрывая скобки вправо и сокращая (2r)2 в обеих частях уравнения получим
(b-a)2 = (b+a)2 - 4r(b+a)
Отсюда уже легко получается требуемый ответ для r.

Оффлайн devnull

  • Ветеран
  • *****
  • Сообщений: 745
    • Просмотр профиля
Re: Задачи повышенной сложности
« Ответ #5 : 14 Октябрь 2011, 02:45:55 »
Извините, но разве можна делить на ноль?
На ноль делить нельзя, но мы этого и не делаем. Если многочлен P(x) делится нацело на (x-5), то это означает, что он записывается в виде
P(x) = (x-5)*Q(x), где Q(x) - некоторый другой многочлен. Очевидно, что если подставить x=5 в правую часть, то получим ноль, следовательно и P(5)=0. Вот поэтому я и говорю,  что если многочлен делится нацело на (x-5), то x=5 является его корнем. Я не обратил на это в первом сообщении достаточно внимания, но на самом деле верно и обратное - если P(5)=0,  то многочлен делится нацело на (x-5), т.е. эти два утверждения эквивалентны. Почему справедливо и обратное утверждение? Дело в том, что (x-5) - многочлен первой степени. Поэтому мы точно знаем, что P(x) может быть записано в виде P(x)=(x-5)*Q(x) + C, где Q(x) - многочлен, а C - константа. Вот поэтому то если P(5)=0, то C=0, т.е. многочлен делится нацело на (x-5).
« Последнее редактирование: 14 Октябрь 2011, 02:52:28 от devnull »

Оффлайн angel5609

  • Постоялец
  • ***
  • Сообщений: 105
    • Просмотр профиля
    • E-mail
Re: Задачи повышенной сложности
« Ответ #6 : 14 Октябрь 2011, 11:10:38 »

(2r)2 + (b-a)2 = (b+a - 2r)2
Раскрывая скобки вправо и сокращая (2r)2 в обеих частях уравнения получим
(b-a)2 = (b+a)2 - 4r(b+a)


Я наверное чего-то не понимаю, но во-первых теорема вроде должна быть записана так: (2r)2 + (b-r)2 = (b+a - 2r)2
А дальше я не понимаю Ваших вычеслений, как Вы раскрыли скобки в выражении (b+a - 2r)2?

Оффлайн angel5609

  • Постоялец
  • ***
  • Сообщений: 105
    • Просмотр профиля
    • E-mail
Re: Задачи повышенной сложности
« Ответ #7 : 14 Октябрь 2011, 11:20:23 »

В самом деле,
2n+2 = 2*2n+1 > 2*(2n+3) = 4n+6  > 2n+5 = 2(n+1) + 3.



Не очень поняла от куда вконце взялось 4n+6  > 2n+5

Оффлайн devnull

  • Ветеран
  • *****
  • Сообщений: 745
    • Просмотр профиля
Re: Задачи повышенной сложности
« Ответ #8 : 14 Октябрь 2011, 18:57:17 »
Я наверное чего-то не понимаю, но во-первых теорема вроде должна быть записана так: (2r)2 + (b-r)2 = (b+a - 2r)2
А дальше я не понимаю Ваших вычеслений, как Вы раскрыли скобки в выражении (b+a - 2r)2?
Попробую видоизменить рисунок так, чтобы было проще говорить о длинах разных отрезков:

Длины оснований трапеции: BC = a, AD = b.
Радиус окружности: NO = MO = M'O = r.
Длины двух касательных, проведенных к окружности из одной и той же точки равны, поэтому:
AN = AM', BN = BM, CM = CP, DP = DM'.
Далее, очевидно, что AN = AM' = BN = BM = r, а также CC' = 2r.
Поэтому CM = BC - BM = a - r   и   DM' = AD - AM' = b - r.
Кроме того, AC' = BC = a, поэтому DC' = AD - AC' = b - a.
Наконец, CD = CP + DP = CM + DM' = (a - r) + (b - r) = (a+b) - 2r.
Итак, CC' = 2r, DC' = b-a, CD = (a+b) - 2r.
Записываем теорему Пифагора для треугольника CC'D:
(2r)2+(b-a)2 = ((a+b) - 2r)2
Правая часть раскрывается по правилу (x-y)2 = x2 - 2xy + y2:
(2r)2+(b-a)2 = (a+b)2 - 2*(a+b)*2r + (2r)2
Сокращаем (2r)2 и получаем
(b-a)2 = (a+b)2 - 4r(a+b)
4r(a+b) = (b+a)2-(b-a)2 = ((b+a) + (b-a)) * ((b+a) - (b-a)) = 2b*2a = 4ab.
Здесь мы воспользовались правилом x2 - y2 = (x+y)*(x-y).
Отсюда и получаем r = ab/(a+b).

Цитата: angel5609
Не очень поняла от куда вконце взялось 4n+6  > 2n+5
Вы согласны с тем, что это верное неравенство? Ведь 2n явно меньше, чем 4n, а 5 меньше, чем 6. Значит, все в порядке. В цепочке неравенств главное, чтобы все неравенства были правильными. Другое дело, почему я написал там именно 2n + 5, а не, скажем, 0, ведь 4n+6>0 - тоже верное неравенство. Ответ прост - мне нужно было в конце получить выражение 2(n+1)+3. Вот и все.
« Последнее редактирование: 14 Октябрь 2011, 19:03:34 от devnull »

Оффлайн angel5609

  • Постоялец
  • ***
  • Сообщений: 105
    • Просмотр профиля
    • E-mail
Re: Задачи повышенной сложности
« Ответ #9 : 17 Октябрь 2011, 16:33:41 »
Спасибо, теперь понятнее!