Задачи для команды 2

alexpro · Сообщение **alexpro** » 06 июл 2007, 22:09

Krrechet писал(а):Source of the post
№6 Через точку, лежащую внутри круга радиуса R, проведены две взаимно перпендикулярные хорды, расстояние которых от центра круга равны a и b. Найти площадь части круга, ограниченной этими хордами и наименьшей дугой этой окружности, соединяющей их концы

He умею делать рисунки, и тем более вставлять их...

Пусть т.O - центр круга, т.A-точка, через кот. провели ходы. Хорды назовем KL и MN. Ha меньшей части дуги ML отметим точку P, на меньшей части дуги KN отметим точку F. Пусть $\breve{MPL}<\breve{KFN}$ . Опустим из т.O на KL и KN перпендикуляры, они пересекут эти хорды в точках C и B соответственно. По условию OC=a, OB=b (заметим, что ABOC - прямоугольник). Ну и напоследок проведем радиусы OK и ON.

$CL=CK=\sqrt{R^2-a^2}, \; AL=CL-AC=\sqrt{R^2-a^2}-b \\ BM=BN=\sqrt{R^2-b^2}, \; AM=BM-AB=\sqrt{R^2-b^2}-a$
Пусть - искомая площадь.
$S=S_1+S_2 \;$ , где - площадь треугольника MAL, a - площадь части круга, заключенной между хордой ML и дугой MPL.
$S_1={1 \over 2}AM \cdot AL$
$S_2={\pi R^2 \over 360^{\circ}}\cdot \alpha - {1 \over 2}R^2 \sin \alpha; \; \cos \alpha = 1-{a^2 \over 2R^2}$

B итоге получим не очень приятный ответ:
$S={1 \over 2}$\sqrt{R^2-b^2}-a$$\sqrt{R^2-a^2}-b$+{\pi R^2 \over 360^{\circ}}\cdot \arccos $1-{a^2 \over 2R^2}$ - {1 \over 2}R^2 \sqrt{1-$1-{a^2 \over 2R^2}$^2}$

Само решение вроде верное, вот ответ вообщем-то не очень красивый (a почему собственно ему и не быть таким???). Правда ИМХО существует другое решение, которое, возможно, дает более приемлимый результат.
Ну что думаете ?

Путь решения нормальный, только вот не может же величина угла $\alpha$ зависеть только от $$a$$

. Она будет зависеть и от $$a$$

и от

. Поправь.

a_l_e_x86 · Сообщение **a_l_e_x86** » 06 июл 2007, 23:02

По поводу задачи №3 возникла такая идея. Возьмем арккосинусы от обеих частей неравенства, поскольку арккосинус функция убывающая, то знак неравенства поменяется на противополложный, тогда
$a*sinx>\pi/2-arcsin(sin(bcosx))$
$a*sinx>\pi/2-bcosx$
$a*sinx+b*cosx<\pi/2$
$\sqrt{a^2+b^2}sin(x+\alpha)<\pi/2$
Поскольку неравенство выполняется для любых х, то оно выполняется и для тех х, для которых $sin(x+\alpha)=1$ , следовательно
$a^2+b^2<\frac {\pi^2} {4}$

Ho тут есть одна проблемка: равенство
$$arcsin(sinx)=x$$

верно только при $x\in(0;\pi/2)$
a равенство $$arccos(cosx)=x$$

- только при $x\in(0;\pi)$ . Вот если б доказать что $b<\pi/2$ , $a<\pi$ , тогда бы было все в порядке

AV_77 · Сообщение **AV_77** » 06 июл 2007, 23:33

Soul писал(а):Source of the post
№1 Пусть многочлен c целыми коэффициентами принимает значения $\pm 1$ при двух целых значениях . Доказать, что если , то не имеет рациональных корней; если же $| x_1 - x_2 | \leq 2$ , то рациональным корнем может быть только $\frac{x_1 + x_2}{2}$ .

Допустимы все четыре расстановки знаков:
$f(x_1) = -1,\ f(x_2) = -1,\\ f(x_1) = -1,\ f(x_2) = 1,\\ f(x_1) = 1,\ f(x_2) = -1,\\ f(x_1) = 1,\ f(x_2) = 1.$

alexpro · Сообщение **alexpro** » 07 июл 2007, 00:42

a_l_e_x86 писал(а):Source of the post
По поводу задачи №3 возникла такая идея. Возьмем арккосинусы от обеих частей неравенства, поскольку арккосинус функция убывающая, то знак неравенства поменяется на противополложный, тогда
$a*sinx>\pi/2-arcsin(sin(bcosx))$
$a*sinx>\pi/2-bcosx$
$a*sinx+b*cosx<\pi/2$
$\sqrt{a^2+b^2}sin(x+\alpha)<\pi/2$
Поскольку неравенство выполняется для любых х, то оно выполняется и для тех х, для которых $sin(x+\alpha)=1$ , следовательно
$a^2+b^2<\frac {\pi^2} {4}$

Ho тут есть одна проблемка: равенство
верно только при $x\in(0;\pi/2)$
a равенство - только при $x\in(0;\pi)$ . Вот если б доказать что $b<\pi/2$ , $a<\pi$ , тогда бы было все в порядке

a_l_e_x, Молодец! Самое главное идея. Я довел её до конца. Я чутка позже его выложу. Думайте над другими задачами.

a_l_e_x86 · Сообщение **a_l_e_x86** » 07 июл 2007, 01:54

Насчет первой задачи вот что надумал.
Если $$|x_1-x_2|>2$$

то легко доказывается, что $$f(x_1)=f(x_2)$$

. Тогда

и

корни многочлена $f(x)\pm1$ , тогда $f(x)\pm1=(x-x_1)(x-x_2)P_{n-2}(x)$ . Предположим, что многочлен $$f(x)$$

имеет рациональный корень $x=\frac {m} {n}$ , тогда $\pm1=(\frac {m} {n}-x_1)(\frac {m} {n}-x_2)P_{n-2}(\frac {m} {n})$ надо как то найти противоречие c этим безобразием, причем можно считать что числа m и n взаимно просты

alexpro · Сообщение **alexpro** » 07 июл 2007, 02:44

Решение задачи № 3.

1) Ввиду свойств арксинуса и арккосинуса верны равенства:

$\arcsin(\sin[f(x)])=f(x)$ в случае, когда $|f(x)|\leq\frac{\pi}{2}$ ;

$\arccos(\cos[g(x)])=|g(x)|$ в случае, когда $|f(x)|\leq\pi$ ввиду четности функции $\cos(x)$ .

2) Из неравенства $\cos(a\sin(x))>\sin(b\cos(x))$ (*) следует, что $|a|\leq\pi$ . B самом деле, полагая противное, получим, что при $x_0=\arcsin(\frac{\pi}{a})$ левая часть неравенства (*) равна -1. Противоречие.

Стало быть, функция $g(x)=a\sin(x)$ удовлетворяет неравенству $|f(x)|\leq\pi$ и потому для любого х верно равенство $\arccos(\cos[a\sin(x)])=\pm a\sin(x)$ .

3) Из неравенства $\cos(a\sin(x))>\sin(b\cos(x))$ (*) следует, что $|b|\leq\frac{\pi}{2}$ . B самом деле, полагая противное, получим, что при $x_0=\arccos(\frac{\pi}{2b})$ , если $b\geq0$ , либо при $x_0=\pi+\arccos(-\frac{\pi}{2b})$ , если $b\leq0$ правая часть неравенства (*) равна 1. Противоречие.

Стало быть, функция $f(x)=b\cos(x)$ удовлетворяет неравенству $|f(x)|\leq\frac{\pi}{2}$ и потому для любого х верно равенство $\arcsin(\sin[b\cos(x)])=b\cos(x)$ .

4) Возьмем от обеих частей неравенства (*) арксинус:

$\cos(a\sin(x))>\sin(b\cos(x))$ ;

$\arcsin[\cos(a\sin(x))]>\arcsin[\sin(b\cos(x))]$ ;

$\frac{\pi}{2}-\arccos[\cos(a\sin(x))]>b\cos(x)$ ;

$\frac{\pi}{2}\pm a\sin(x)>b\cos(x)$ ;

$\pm a\sin(x)+b\cos(x)<\frac{\pi}{2}$ ;

$\sqrt{a^2+b^2}\sin(x+\alpha)<\frac{\pi}{2}$ ;

$a^2+b^2<\frac{\pi^2}{4}$ .

P.S. Косяков нет?

a_l_e_x86 · Сообщение **a_l_e_x86** » 07 июл 2007, 03:09

Решил вроде первую часть первой задачи.
Пусть
$f(x_1)=\pm1$
$f(x_2)=\pm1$
Тогда
$f(x_2)-f(x_1)=a_0(x_2^n-x_1^n)+a_1(x_2^{n-1}-x_1^{n-1})+...+(x_2-x_1)=(x_2-x_1)*Q=\{{\pm 2 \\ 0}$
Если $$|x_1-x_2|>2$$

, то

, поскольку в противном случае получается, что число $\pm2$ представлено в виде произведения двух целых чисел, одно из которых по модулю больше 2х.
Таким образом $f(x_1)=f(x_2)=\pm1$ .
Дальше то, что я писал выше..
.....
Докажем вначале, что целых корней нет. Предположим, что это не так, тогда
$\pm1=(m-x_1)(m-x_2)Q(m)$ . Мы представили число $\pm1$ в виде произвдения двух разных сомножителей: $$(m-x_1)(m-x_2)$$

, следовательно $\{{m-x_1=1 \\ m-x_2=-1}$ , (ну или знаки наоборот) но тогда вычтя эти два равенства, получим, что
$$|x_1-x_2|=2$$

Докажем теперь, что рациональных корней тоже нет, предположим противное, тогда пусть $$m/n$$

- корень, причем $$m$$

и

взаимно просты. тогда
$\pm1 =(m/n-x_1)(m/n-x_2)(a_0(m/n)^{q-2}+...+a_n)$ ( $q\ge2$ )
$\pm n^q =(m-x_1n)(m-x_2n)(a_0m^{q-2}+...+a_nn^{q-2})$ . Число $$m-x_1$$

не делится на n как и числа $$m-x_2$$

$a_0m^{q-2}+...+a_nn^{q-2}$ , следовательно их произведение не делиться на $$n^3$$

, следовательно при $q\ge3$ решений нет, легко показать что и при $$q=2$$

решений тоже не будет

a_l_e_x86 · Сообщение **a_l_e_x86** » 07 июл 2007, 03:44

alexander_pro вроде все законно. Молодец!

alexpro · Сообщение **alexpro** » 07 июл 2007, 03:58

B случае, когда $f(x_1)=f(x_2)=\pm1$ у меня есть доказательство. Пока не знаю как быть, в случае разных знаков :wall:.

a_l_e_x86 · Сообщение **a_l_e_x86** » 07 июл 2007, 04:02

Насчет задачи c дорожкой. Непонятно, что считать шириной полосы (когда у полосы края прямые линии тогда таких вопросов конечно не возникает ).
Я думаю, логично предположить что ширина полосы, это отрезки помеченные S на рисунке.

Тогда доказательство можно попробывать провести от противного: предположим, что внутренний край тоже эллипс c осями c и d, тогда элементарно доказать, что центры эллипсов должны совпадать. Из постоянства ширины полосы получим $$b-d=a-c$$

. Дальше взять ширину по радиальному лучу под каким нибудь хорошим градусом :lool: и доказать что ширина не будет равна $$b-d$$

. Я пробовал 45 градусов, но что то получилось мрачное выражение, которое до конца так и не удалось довести. Завтра попробую.
Хотя может я и не прав насчет ширины... :huh:

yourdomain.com