Matematikos Maratonas Nr. 3

Taip, teisingai !
Su artėjančiais Naujaisiais ! Beje, šis uždavinys (su atvirute, kurioje pavaizduotas taisyklingasis aštuonkampis, pavyzdžiui, su skirtingų spalvų įstrižainėmis) būtų geriausia dovana artėjančių Naujųjų Metų proga. Gavusieji tokią dovaną ilgam prisimins dovanojusįjį....

Taisyklingojo tetraedro ABCD briaunų AD ir CD vidurio taškai yra atitinkamai M ir P, o sienų BCD ir ABC pusiaukraštinių susikirtimo taškai atitinkamai N ir Q. Raskite kampą tarp tiesių MN ir PQ.

Tegu sienos pusiaukraštinės ilgis 3.
Lengva gauti, jog tuomet tetraedro briaunos ilgis 2√3.
Pasirinksime koordinačių sistemą taip, kad koordinačių pradžia sutaptų su tašku Q.
Oy ašį nukreipsime vektoriumi QB. Tada, atsižvelgiant į tai jog QB=2QT (T-briaunos AC vidurio taškas),gauname:
A(√3, -1, 0), C(-√3,-1,0), B(0,2,0), D(0,0,2√2), nes tetraedro aukštinės ilgis 2√2.
Taškų koordinatės M(√3/2, - 1/2, √2)
P(-√3/2, - 1/2, √2), N(-√3/3, 1/3, 2∨2/3).
Liko rasti kampą tarp vektorių MN=(-5√3/6, 5/6, -√2/3) ir QP=(-√3/2, -1/2, √2).
Pirmojo vektoriaus ilgis √3, antrojo irgi √3.
Vektorių skaliarinė sandauga 1/6.
Todėl kampo tarp vektorių MN ir QP (taigi, ir kampo tarp tiesių) kosinusas lygus 1/18.
Atsakymas: arccos(1/18).

Geras atsakymas. Tik gal būtų buvę geriau šį uždavinį spręsti bendru atveju, t.y. žymint tos sienos pusiaukraštinės ilgį a.

Nebūtinai. Aš juk nerašiau, jog pusiaukraštinės ilgis 3 metrai. Tiesiog 3.
Vieną dydį (matmenį) galima pasirinkti laisvai. Dviejų skirtingų- jau ne...
Pavyzdžiui, jei duotas kvadratas, ir neduota jokių matmenų, tai galime imti, jog kvadrato kraštinė 1. Jei patogu, galime kvadrato įstrižainę imt 1, tada kraštinė 1/√2, ir t.t...

Na, o dabar uždavinys:
Apskaičiuokite eilutės
cos1 - (cos2)/2 + (cos3)/3 - (cos4)/4 +...+(-1)^(k+1)(cosk)/k +...
sumą.

Na čia galima nebent remtis logika, jog jei neduoti piramidės matmenys, tai jie nedaro jokios įtakos uždavinio atsakymui, priešingu atveju mes išsprendžiame uždavinį vienu konkrečiu atveju.
Logiškiau to uždavinio atveju būtų sakyti, jog mes nagrinėjame vieną iš panašių geometrinių figūrų, kadangi kampai panašiose figūrose išlieka tokie pat, o jau ilgio matmenys keičiasi proporcingai.

Beveik gerai, Karoli. Bet...Likimas taip susiklostė, kad teks pataisyti dvi klaideles...
Pirma,- kompleksinio skaičiaus 1+cos1+ isin1 modulis tikrai ne 2cos1, o argumento pagrindinė reikšmė tikrai ne (pi/4).
Tad ir atsakymas vis dėlto nėra teisingas.
Bet...Kelias geras, visa esmė tokia !  Dar ir dar kartą regime didžiulę kompleksinių skaičių Galią. Ir...Kol neradau šio portalo, maniau, kad jau neliko žmonių, besidominčių matematikos Grožiu. Bet...Laimei, klydau. Puiku....Puiku...

Tarkim [tex]S=\arctan(\frac{\sin{1}}{1+\cos{1}})[/tex]. Tada

[tex]2S=\arctan(\frac{\sin{1}}{1+\cos{1}})+\arctan(\frac{\sin{1}}{1+\cos{1}})=\arctan(\frac{\frac{2\sin{1}}{1+\cos{1}}}{1-\frac{\sin^2{1}}{(1+\cos1)^2}})=
\arctan(\frac{2\sin{1}(1+\cos{1})}{2\cos^21+2\cos{1}})=\arctan(\frac{\sin{1}}{\cos{1}})=1 \Rightarrow 2S=1 \Rightarrow S=\frac{1}{2}[/tex]

P.s. Paprastesnis sprendimas: [tex]\arctan(\frac{\sin{1}}{1+\cos{1}})=\arctan(\frac{2\sin{\frac{1}{2}}\cos{\frac{1}{2}}}{1+\cos^2{\frac{1}{2}}-\sin^2{\frac{1}{2}}})=\arctan(\frac{2\sin{\frac{1}{2}}\cos{\frac{1}{2}}}{2\cos^2{\frac{1}{2}}})=\arctan(\frac{\sin{\frac{1}{2}}}{\cos{\frac{1}{2}}})=\frac{1}{2}[/tex]
Ats.: Taip, skaičius yra racionalusis

Įrodykite, kad bet kuriam natūraliam [tex]n[/tex] skaičiaus [tex](2+\sqrt{3})^n[/tex] sveikoji dalis yra nelyginis skaičius.