eMatematikas Prisijunk Forumas VBE užduotys ONLINE testai

Matematikos Maratonas Nr. 3


Uždavinio sprendimas

Nubrėžkime atkarpas OA, OB, OC taip, kad
[tex]\angle AOB=\angle BOC=\angle COA=120^{0}[/tex]
OA=x, OB=y, OC=z.
Lieka pritaikyti trikampio nelygybę
[tex]AB+BC> AC.[/tex]

NAUJAS UŽDAVINYS
CM yra trikampio ABC pusiaukraštinė. Atkarpų CM, CA, CB, AB ilgiai yra iš eilės einantys didėjančios aritmetinės progresijos nariai. Apskaičiuokite šio trikampio ilgiausios ir trumpiausios kraštinių ilgių santykį.

UŽDAVINIO SPRENDIMAS

CM=a, CA=a+d, CB= a+2d, AB=a+3d.
Papildome trikampį iki lygiagretainio CAFB, CF=2a.
[tex]CF^{2}+AB^{2}=2(CB^{2}+CA^{2^{2}})[/tex]
[tex]4a^{2}+(a+3d)^{2}=2(a+d)^{2}+2(a+2d)^{2}[/tex]
[tex]\frac{a}{d}=3+\sqrt{10}[/tex]
[tex]CA=a+d=(4+\sqrt{10})d[/tex]
[tex]AB=a+3d=(6+\sqrt{10})d[/tex]
[tex]\frac{AB}{CA}=\frac{7-\sqrt{10}}{3}[/tex]

P.S. Kadangi niekas nesidomi maratonu, nesprendžia uždavinių,- daugiau uždavinių nededu.

Matyt maratonas tapo nuobodus arba gabieji sprendžia uždavinius kitur. Galbūt maratonas turėtų būti gyvesnis ir jame turėtų pasirodyti uždavinių, kuriems išspręsti reiktų daugiau kūrybingumo, o sprendimai neapsiribotų vien techniniais įgūdžiais? Savo atsargose tokių lyg ir turiu. Tačiau pirma norėčiau pakomentuoti pora pastarąjį mėnesį čia pasirodžiusių uždavinių.

Uždaviniui, kur reikia teigiamiems skaičiams [tex]x[/tex], [tex]y[/tex] ir [tex]z[/tex] įrodyti nelygybę [tex]\sqrt{x^2+xy+y^2}+\sqrt{x^2+yz+z^2}>\sqrt{x^2+xz+z^2}[/tex] sprendimų gali būti įvairių. Čia pateiksiu tuos kelis iš daugelio mano bandymų, kurie buvo sėkmingi.
1) Abi puses galime kelti kvadratu, viską atskliausti ir perkelti visus narius į dešinę pusę paliekant kairėje pusėje tik tą, kuriame yra šaknis. Taip aš gaunu:
[tex]2\sqrt{(x^2+xy+y^2)(y^2+yz+z^2)}>zx-xy-yz-2y^2[/tex]
Vėl keliant abi nelygybes puses kvadratu (tas abiem atvejais leistina, nes kairė pusė didesnė už 0), gaunasi nelygybė, ekvivalenti su
[tex]3 x^2 y^2 + 6 x^2 y z + 6 x y^2 z + 3 x^2 z^2 + 6 x y z^2 + 3 y^2 z^2\geq 0[/tex]
Ji visada galioja, be to, yra silpna.
2) Nelygybės pošaknius leistina padidinti 4 kartus, kad nauja nelygybė būtų jai ekvivalenti. Tai padarę, juos pertvarkome ir gauname:
[tex]\sqrt{(x-y)^2+3(x+y)^2}+\sqrt{(y-z)^2+3(y+z)^2}>\sqrt{(x-z)^2+3(z+x)^2}[/tex]
Gautoje nelygybėje galime pastebėti, kad [tex](x-y)^2[/tex], [tex](y-z)^2[/tex] ir [tex](x-z)^2[/tex] yra skaičių, susidedančių į 0, kvadratai. Šis pastebėjimas man padėjo prisiminti ir pritaikyti dalinį Minkowskio nelygybės atvejį:
[tex]\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2}\geq \sqrt{(a+c)^2+(b+d)^2}[/tex]
(šią nelygybę galime interpretuoti kaip teiginį, kad sudėję vektorių [tex](a;b)[/tex] ir [tex](c;d)[/tex] ilgius visada gausime skaičių, nemažesnį už jų suminio vektoriaus [tex](a+c;b+d)[/tex] ilgį)
Taigi, pagal dalinį Minkowskio nelygybės atvejį:
[tex]\sqrt{(x-y)^2+3(x+y)^2}+\sqrt{(y-z)^2+3(y+z)^2}\geq\sqrt{(x-z)^2+3(x+2y+z)^2}[/tex]
Dabar jau akivaizdu, kad dešinė pusė didesnė už [tex]\sqrt{(x-z)^2+3(z+x)^2}[/tex], ką ir reikėjo parodyti.
3) Pirmieji du įrodymai atskleidžia, kad nelygybė yra silpna. Šiame įrodyme ryškiausiai matysis, kodėl, ir jos sprendimą laikau daugiausiai pasakančiu apie tokių nelygybių sprendimą. Pastebėkime, kad kairė nelygybės pusė yra juo mažesnė, juo mažesnis skaičius [tex]y[/tex], o dešinė pusė visai nepriklauso nuo [tex]y[/tex]. Todėl galime nagrinėti tik dalinį atvejį, norimai artimą atvejui, kai [tex]y=0[/tex]. Turime, kad lieka parodyti:
[tex]x+z> \sqrt{x^2+xz+z^2}[/tex].
Kadangi [tex]x[/tex] ir [tex]z[/tex] yra teigiami, tai nelygybės abi puses galime pakelti kvadratu. Tai padarę ir viską suprastinę, gausime:
[tex]xz> 0[/tex],
kas visada galioja.

pakeista prieš 6 m

Pastarąjį mėnesį taip pat pasirodė uždavinys, kur reikia įrodyti, kad natūraliųjų skaičių [tex]a_1<a_2<...<a_n[/tex] mažiausias bendrasis kartotinis nėra mažesnis negu [tex]na_1[/tex].

Spręsdamas šį uždavinį aš intuityviai maniau, kad greičiausiai net nėra atvejo, kai jis lygus [tex]na_1[/tex] ir padės faktas, jog į įtraukiant naują (didesnį) narį [tex]a_{n+1}[/tex] gausime, kad arba [tex]a_{n}[/tex] dalija [tex]a_{n+1}[/tex], arba MBK([tex]a_1,a_2,\dots,a_n[/tex]) dalija MBK([tex]a_1,a_2,\dots,a_n,a_{n+1}[/tex]). Abiem atvejais dalmuo nemažesnis už 2. Tačiau intuicija neatvedė į sprendimą, nes vien žinoti, kad egzistuoja dalmuo, nemažesnis už 2, nepakanka sprendimui pabaigti.

Po šių nesėkmingų bandymų kelis dėsningumus apie tokių sekų sudarymą pastebėjau iš šių pavyzdžių:
[tex]MBK(2,3,6)=6[/tex] (sekoje 3 nariai, MBK 3 kartus didesnis už pirmą narį);
[tex]MBK(2,3,6,12)=12[/tex] (sekoje 4 nariai, MBK 6 kartus didesnis už pirmą narį);
[tex]MBK(20,30,60)=60[/tex] (sekoje 3 nariai, MBK 3 kartus didesnis už pirmą narį);
[tex]MBK(20,30,60)=120[/tex] (sekoje 3 nariai, MBK 6 kartus didesnis už pirmą narį);
[tex]MBK(20,30,60,120)=120[/tex] (sekoje 4 nariai, MBK 6 kartus didesnis už pirmą narį);
[tex]MBK(30,40,60,120)=120[/tex] (sekoje 4 nariai, MBK 4 kartus didesnis už pirmą narį).

Aha! Norint, kad sekoje būtų n narių, o jų MBK būtų n kartų didesnis už pirmą narį, reikia imti tokius narius, kad iš jų padaliję MBK, gautume skaičius 1,2,3,4... Šis pastebėjimas ir yra sprendimo loginis pagrindas. Dabar galime formaliai surašyti sprendimą:

Žinome, kad [tex]MBK(a_1,a_2,\dots,a_n)[/tex] dalijasi iš visų sekos narių, nes jis taip apibrėžtas. Kadangi sekos nariai didėja, tai dalmenys, gauti [tex]MBK(a_1,a_2,\dots,a_n)[/tex] dalijant iš sekos narių, mažėja. Turime iš viso [tex]n[/tex] dalmenų ir jie visi skirtingi, todėl didžiausias iš tų dalmenų yra lygus mažiausiai [tex]n[/tex]. Jis yra gautas dalijant [tex]MBK(a_1,a_2,\dots,a_n)[/tex] iš [tex]a_1[/tex]. Todėl [tex]\frac{MBK(a_1,a_2,\dots,a_n)}{a_1}[/tex] yra nemažiau už [tex]n[/tex]. Tą ir reikėjo parodyti.

Iš šio sprendimo galime pasimokyti, kokį didelį vaidmenį sprendžiant uždavinius atlieka matematiniai stebėjimai ir kad intuicija, paremta anksčiau įgytomis žiniomis, ne visada padeda realizuoti sprendimus, kuriems reikia tų pačių įgytų žinių. Ji yra lavinama atrandant arba suvokiant dar nematytus sprendimo būdus.

pakeista prieš 6 m

Ar reikėtų kelti naują uždavinį?

Taip, gali kelti.

Gerai. Pradžiai sunkaus nekeliu, tokį vidutinį.

Įrodykite bet kuriam nelyginiam skaičiui $n$ egzistuoja statusis trikampis, kurio vienos kraštinės ilgis lygus [tex]\sqrt{n}[/tex], o kitų kraštinių ilgiai yra sveikieji skaičiai.

Na pasekdamas mathfux pavyzdžiu, pademonstruosiu visas savo klajones spręsdamas šį uždavinį.
1) Pirmiausiai pasižymėjau, jog [tex]n=2k-1[/tex], kur [tex]k∈\mathbb{N}[/tex]. Tuomet tardamas, jog vienas stačiojo trikampio statinis yra [tex]\sqrt{n}=\sqrt{2k-1}[/tex] ėmiausi įrodinėti, jog kiekvienai [tex]k[/tex] reikšmei galiu rasti tokias reikšmės [tex]b,c∈\mathbb{N}[/tex], [tex]c>b[/tex], jog būtų teisinga lygybė:
$$(\sqrt{2k-1})^2=c^2-b^2$$ Žinoma, tai ne kas kita kaip Pitagoro teorema, kuri kalba apie lygybę, siejančią tris stačiojo trikampio kraštines ([tex]\sqrt{n},b[/tex]-statinių ilgiai [tex]c-[/tex]įžambinės ilgis).
Be to, jog [tex](\sqrt{2k-1})^2=2k-1[/tex] pirmas dalykas, kuris šovė į galvą, tai pasirašyti, jog: $$c^2-b^2=(c-b)(c+b)$$, taigi gauname, kad: $$2k-1=(c-b)(c+b)$$ Tuomet siekdamas šią lygybę supaprasti, nutariau įtraukti papildomų sąlygų dydžiams [tex]b,c[/tex], juk man nereikia rasti visų trikampių, kuriuos galiu sudaryti pagal duotą sąlygą, o tik reikia įrodyti, jog bent vienas toks duotajai [tex]n[/tex] reikšmei egzistuoja.
Taigi priėmiau sąlygą, jog [tex]c-b=1[/tex], t.y. vienas statinis yra vienu ilgio matu mažesnis už įžambinę.
Tada mano lygybė virto tokia: $$2k-1=c+b,$$ su sąlyga kad [tex]c=b+1[/tex].
Visai simpatiška lygybė. O jei dar pasinaudojame sąlyga, kurią patys priėmėme, tai galime užrašyti, kad: $$2k-1=b+1+b\iff 2k-1=2b+1 \iff 2k=2b+2 \iff b=k-1 $$ Kai [tex]b=k-1[/tex], tai: [tex]c=b+1=k-1+1=k[/tex]

Taigi, su [tex]∀k∈\mathbb{N}[/tex], kai [tex]n=2k-1[/tex]:
vieno trikampio statinio ilgis lygus [tex]\sqrt{n}[/tex],
kito statinio ilgis lygus: [tex]b=k-1=\frac{n-1}{2}∈\mathbb{N},\mathbb{N}⊂\mathbb{Z}[/tex]
įžambinės ilgis lygus: [tex]c=k=\frac{n+1}{2}∈\mathbb{N},\mathbb{N}⊂\mathbb{Z}[/tex]
Įrodyta!

Na vėliau, žinoma, iškėliau sau iššūkį rasti visus galimus trikampius, ne tik tą vieną.

2)  Įrodymo pradžia tokia pati iki vienos vietos, kai gauname, kad: $$2k-1=(c-b)(c+b)$$
Dabar tarkime, jog įžambinė, kurios ilgis [tex]c[/tex] yra ilgesnė už statinį, kurio ilgis [tex]b[/tex] dydžiu [tex]m∈\mathbb{N}[/tex], t.y.: [tex]c=b+m[/tex]. Tada galime užrašyti lygybę:
$$2k-1=m(2b+m),$$kuri gali būti pertvarkoma į: $$\frac{2k-1}{m}=2b+m$$ Kadangi dešinioji lygybės pusė yra sveikas skaičius su visomis reikšmių [tex](b;m)[/tex] poromis, tai ir kairioji lygybės pusė turi būti sveikas skaičius su atitinkamomis reikšmių [tex](k;m)[/tex] poromis.
Kai [tex]A=\{a_1,a_2,...,a_p\}[/tex] yra skaičiaus [tex]n=2k-1[/tex] daliklių aibė, tai su visomis [tex]m∈A[/tex] reikšmėmis, kairioji lygybės pusės yra sveikas skaičius. Akivaizdu, jog visi aibės [tex]A[/tex] elementai yra nelyginiai skaičiai, nes tik dviejų nelyginių arba dviejų lyginių skaičių santykis gali būti sveikas skaičius (vardiklis nelygus 0). Kaip matome, kai [tex]m∈A[/tex], tai ir dešinioji lygybės pusė yra nelyginis skaičius. Taigi prieštaros negauname. Iš lygybės išreiškę [tex]b[/tex], gauname: $$b=\frac{2k-1-m^2}{2m}=\frac{n-m^2}{2m}$$ $$c=b+m=\frac{2k-1-m^2}{2m}+m=\frac{n+m^2}{2m}$$
Pastebime, jog skaičiuojant [tex]b[/tex] reikšmę, galime gauti neigiamą skaičių, kadangi atkarpos ilgis negali būti neigiamas, tai privalome pridėti apribojimą, jog [tex]m^2<n[/tex], arba: [tex]m<\sqrt{n}[/tex]. Tada galime apibrėžti kitą aibę [tex]A^*[/tex], kuriai priklauso skaičiaus [tex]n[/tex] dalikliai, mažesni už [tex]\sqrt{n}[/tex].

Vadinasi, su [tex]∀k∈\mathbb{N}[/tex], kai [tex]n=2k-1[/tex] ir [tex]∀m∈A^*[/tex], kur [tex]A^*[/tex]-aibė, sudaryta iš skaičiaus [tex]n[/tex] daliklių, mažesnių už [tex]\sqrt{n}[/tex]:
vieno trikampio statinio ilgis lygus [tex]\sqrt{n}[/tex],
kito statinio ilgis lygus: [tex]b=\frac{n-m^2}{2m}∈\mathbb{N},\mathbb{N}⊂\mathbb{Z}[/tex]
įžambinės ilgis lygus: [tex]c=\frac{n+m^2}{2m}∈\mathbb{N},\mathbb{N}⊂\mathbb{Z}[/tex]
Įrodyta!

Pastaba: Kai paimame [tex]m=1[/tex], gauname atskirąjį atvejį, kurį jau buvome įrodę pirma.

pakeista prieš 6 m

Šioje temoje naujų pranešimų rašymas yra išjungtas!