Задачи для команды 2

Bujhm · Сообщение **Bujhm** » 08 июл 2007, 17:35

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.
$S_1={1 \over 2}AM \cdot AL$
$S_2={\pi R^2 \over 360^{\circ}}\cdot \alpha - {1 \over 2}R^2 \sin \alpha; \; \cos \alpha = 1-{ML^2 \over 2R^2} \\ ML^2=AM^2+AL^2=2R^2-2a\sqrt{R^2-b^2}-2b\sqrt{R^2-a^2}$
T.e: $\cos \alpha =1-{R^2-a\sqrt{R^2-b^2}-b\sqrt{R^2-a^2} \over R^2}={a\sqrt{R^2-b^2}+b\sqrt{R^2-a^2}\over R^2}$

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 ${a\sqrt{R^2-b^2}+b\sqrt{R^2-a^2}\over R^2}$ - {1 \over 2}R^2 \sqrt{1-${a\sqrt{R^2-b^2}+b\sqrt{R^2-a^2}\over R^2}$^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 ?

P.S: поправил, просто у себя в черновике ввел случайно повторную переменную (a=ML)- вот и ошибочка...

Для наглядности - рисунок:

Krrechet · Сообщение **Krrechet** » 08 июл 2007, 17:53

Поменяй плиз точки K и M, L и N местами, ну и исходя из этого остальное... (лучше будет выглядеть задача, a так если честно как-то запутанно малец)

alexpro · Сообщение **alexpro** » 09 июл 2007, 19:27

Решение задачи № 1.

Пусть
$f(x_1)=\pm1$ , $f(x_2)=\pm1$ и $$x_2>x_1$$

.
При этом можно считать, что степень многочлена $$f(x)$$

ненулевая, так как для константного многочлена утверждение очевидно. Тогда
$f(x)=(x-x_1)\cdot(a_{n-1}x^{n-1}+...+a_0)\pm1,$
$f(x)=(x-x_2)\cdot(b_{n-1}x^{n-1}+...+b_0)\pm1$ .

Пусть $$p/q$$

, где НОД

- корень многочлена $$f(x)$$

. Тогда
$\{\pm1 =(p/q-x_1)(a_{n-1}(p/q)^{n-1}+...+a_0), \\ \pm1 =(p/q-x_2)(b_{n-1}(p/q)^{n-1}+...+b_0).$

Значит,
$\{\pm q^n =(p-x_1q)(a_{n-1}p^{n-1}+...+a_0q^{n-1}),\\ \pm q^n =(p-x_2q)(b_{n-1}p^{n-1}+...+b_0q^{n-1}).$

Так как числа $$p$$

и

взаимно просты, то НОД $$(p-x_1q, q)$$

=НОД

. A значит, $p-x_1q=\pm1$ и $p-x_2q=\pm1$ . B силу того, что $$p-x_1q>p-x_2q$$

, то

(*).

Вычитая из первого уравнения второе, получаем $$(x_2-x_1)q=2$$

. При

мы придем к противоречию. Значит, если $$x_2-x_1>2$$

корней нет.

Если $$x_2-x_1=1,2$$

, то складывая оба уравнения из (*), получаем $$2p-(x_1+x_2)q=0$$

, т.e.

.

Krrechet · Сообщение **Krrechet** » 11 июл 2007, 23:44

Пора, наверное, подводить итоги... 13 июля уже скоро...

a_l_e_x86 · Сообщение **a_l_e_x86** » 11 июл 2007, 23:50

Ha данный момент есть полные решения задач 1,3,5,6. Есть еще сутки для решения задач №№ 2, 4

Krrechet · Сообщение **Krrechet** » 12 июл 2007, 16:11

a_l_e_x86 писал(а):Source of the post
Bo второй задаче если записать уравнение в виде
и перейти к тригонометрической форме комплексного числа, получим, что уравнению удовлетворяют все числа
$cos {\frac {\pi k} {n}}=\frac {a} {\sqrt{a^2+b^2}}$ , где $k\in Z$ , например, этому условию удовлетворяют , т.e
$(\frac {1+i} {1-i})^{4k}=1$ . Думаю, что других чисел нет, но надо это доказать

Лучше наверное рассмотреть такое: $\tan ${\pi k \over n}$={b \over a}$
Тогда при натуральных $n, \, k$ и целых $a, \, b: \; \; \tan ${\pi k \over n}$=\{\pm 1; 0\} \; \;$ т.e ${b \over a}=\{\pm 1; 0\}; \; \; \pm 1 \; - \;$ не подходит, так как $$a$$

и

взаимно простые, тогда ${b \over a}=0 \Rightarrow b=0,\; a\in Z/\{0\}$
Я считаю, что ответ такой: $b=0; \; a=c, \; c\in Z, \, c\ne 0$

alexpro · Сообщение **alexpro** » 12 июл 2007, 21:33

Вот решение задачи № 2.

Условие задачи эквивалентно тому, что $(a+bi)^n=c, c\in\mathbb{R}$ для некоторого n. Значит, $a=\,^n\sqrt{c}\cos(\frac{\pi k}{n}), b=\,^n\sqrt{c}\sin(\frac{\pi k}{n})$

1) Пусть $$ab=0$$

. Тогда ввиду НОД $$(a,b )=1$$

имеется всего две возможности: $a=\pm1, b=0$ или $a=0, b=\pm1$ .

2) Если $a=\pm1,b=\pm1$ , то $(a+bi)^4\in\mathbb{R}$ .

3) Можно считать, что $ab\neq0$ , a потому $\cos(\frac{\pi k}{n})\neq0,\pm1$ . Имеем, $\tan(\frac{\pi k}{n})=b/a$ . Ввиду формул $\tan^2(\alpha)=\frac{1}{cos^2(\alpha)}-1,\ 2\cos^2(\alpha)=1+\cos(2\alpha)$ получаем, что $\cos(\frac{2\pi k}{n})$ - рациональное число.

Докажем, что $2\cos(\frac{2\pi k}{n})$ - целое число. Действительно, рассмотрим многочлены $$f_n(x)$$

, удовлетворяющие условию $f_n(2\cos\alpha)=2\cos(n\alpha)$ . Их можно построить рекуррентно: $$f_1(x)=x, f_2(x)=x^2-2$$

ввиду равенства $\cos(2\alpha)=2\cos^2\alpha-1$ , a равенство $f_{n+1}=x\cdot f_n(x)-f_{n-1}(x)$ следует из $2\cos[(n+1)\alpha]+2\cos[(n-1)\alpha]=2\cos\alpha\cdot2\cos(n\alpha)$ . Легво видеть, что коэффициенты многочленов $$f_n$$

- целые числа и при этом старший коэффициент равен единице. Так как $f_n(\frac{2\pi k}{n})=2\cos(n\cdot\frac{2\pi k}{n})=2$ , то число $2\cos(\frac{2\pi k}{n})$ является корнем многочлена $$f_n-2$$

c целыми коэффициентами, старший член которого равен единице. Значит, $2\cos(\frac{2\pi k}{n})$ - целое число.

4) Если $2\cos(\frac{2\pi k}{n})$ - целое число, то либо $\cos(\frac{2\pi k}{n})=0$ , либо $\cos(\frac{2\pi k}{n})=\pm1/2$ , либо $\cos(\frac{2\pi k}{n})=\pm1$ . Стало быть, либо $\cos(\frac{\pi k}{n})=\pm1/\sqrt{2}$ , либо $\cos(\frac{\pi k}{n})=\pm1/2$ или $\cos(\frac{\pi k}{n})=\pm\sqrt{3}/2$ , либо $\cos(\frac{\pi k}{n})=0,\pm1$ . Случай $\cos(\frac{\pi k}{n})=\pm1/\sqrt{2}$ ввиду взаимной простоты чисел $$a,b$$

описан в пункте 2). Случаи $\cos(\frac{\pi k}{n})=\pm\sqrt{3}/2$ или $\cos(\frac{\pi k}{n})=\pm1/2$ не реализуется. Случаи $\cos(\frac{\pi k}{n})=0,\pm1$ описаны в пункте 1).

Таким образом, искомые числа $$a,b$$

описаны в пунктах 1) и 2).

P.S. Ошибок нет?

alexpro · Сообщение **alexpro** » 12 июл 2007, 21:54

По поводу четвертой задачи. Есть только начало "в лоб". Пусть уравнение внешнего края имеет вид
$$x^2/a^2+y^2/b^2=1$$

, a ширина дорожки равна $$c$$

, где

. Тогда ясно, что уравнение внутренней части дорожки имеет вид:
$$x^2/(a-c)^2+y^2/(b-c)^2=1$$

.

Найдем теперь уравнение этой дорожки исходя из определения ширины дорожки. Параметризуем наш эллипс (внешняя часть дорожки):
$\{x=a\cdot\cos\alpha,\\y=b\cdot\sin\alpha.$ .
Касательный вектор к эллипсу в точке $(a\cdot\cos\alpha,b\cdot\sin\alpha)$ имеет вид $(-a\cdot\sin\alpha,b\cdot\cos\alpha)$ , a потому перпендикулярный ему вектор имеет вид $(b\cdot\cos\alpha, a\cdot\sin\alpha)$ . Значит, прямая, перпендикулярная эллипсу в точке $(a\cdot\cos\alpha,b\cdot\sin\alpha)$ имеет вид
$\{x=(a+b\cdot t)\cdot\cos\alpha,\\y=(b+a\cdot t)\cdot\sin\alpha.$

Так как ширина дорожки равна $$c$$

, то $t=-\frac{c}{\sqrt{a\cdot\sin^2\alpha+b^2\cdot\cos^2\alpha}}.$

Значит, в параметрическом виде уравнение внутренней дорожки имеет вид:
$\{x=(a-b\cdot\frac{c}{\sqrt{a\cdot\sin^2\alpha+b^2\cdot\cos^2\alpha}})\cdot\cos\alpha,\\y=(b-a\cdot\frac{c}{\sqrt{a\cdot\sin^2\alpha+b^2\cdot\cos^2\alpha}})\cdot\sin\alpha.$
T.e. при подстановке в уравнение $$x^2/(a-c)^2+y^2/(b-c)^2=1$$

вышеприведенная система должна занулиться. Вопрос: как показать, что это не так.

Krrechet · Сообщение **Krrechet** » 13 июл 2007, 12:12

alexpro писал(а):Source of the post
Вот решение задачи № 2.

Условие задачи эквивалентно тому, что $(a+bi)^n=c, c\in\mathbb{R}$ для некоторого n. Значит, $a=\,^n\sqrt{c}\cos(\frac{\pi k}{n}), b=\,^n\sqrt{c}\sin(\frac{\pi k}{n})$

1) Пусть . Тогда ввиду НОД имеется всего две возможности: $a=\pm1, b=0$ или $a=0, b=\pm1$ .

2) Если $a=\pm1,b=\pm1$ , то $(a+bi)^4\in\mathbb{R}$ .

....
Таким образом, искомые числа описаны в пунктах 1) и 2).

P.S. Ошибок нет?

Если $b=0, \,$ то из условия получаем $${a \over a}$^n=1 \Rightarrow a\in Z/\{0\}$ ( $a\ne 0$ так как $$a$$

и

- взаимно простые).
Заметь, $a\in Z/\{0\} \,$ a не только $\pm 1$ !!! (как я и написал в сообщении №36)

A если $$a=0$$

то не зависимо от того, какое b получаем из условия: $$-1$^n=1, \,$ что верно тольно при четных $$n$$

- ну соответственно это не решение, я думаю, так как нам не указано какое $$n$$

.
P.S: эще раз прошу, сотри сообщения №11 и №14, дабы не засорять тему, и за ненадобностью...

a_l_e_x86 · Сообщение **a_l_e_x86** » 13 июл 2007, 12:35

Krrechet писал(а):Source of the post
Если $b=0, \,$ то из условия получаем $${a \over a}$^n=1 \Rightarrow a\in Z/\{0\}$ ( $a\ne 0$ так как и - взаимно простые).
Заметь, $a\in Z/\{0\} \,$ a не только $\pm 1$ !!! (как я и написал в сообщении №36)

A если то не зависимо от того, какое b получаем из условия: $$-1$^n=1, \,$ что верно тольно при четных - ну соответственно это не решение, я думаю, так как нам не указано какое .
P.S: эще раз прошу, сотри сообщения №11 и №14, дабы не засорять тему, и за ненадобностью...

Нет, у него все правильно. Взаимно простые числа, это числа у которых НОД равен 1. Ты наверное перепутал

yourdomain.com