Matematikos Maratonas Nr. 3

Gerai

NAUJAS UŽDAVINYS
Į spindulio R=4 apskritimą įbrėžtas smailusis trikampis ABC, kurio plotas lygus 18. Iš viršūnės C nubrėžta aukštinė CD, kertanti trikampio kraštinę AB taške D. Iš taško D nubrėžti du statmenys DM ir DN į kraštines CA ir CB. Apskaičiuokite atkarpos MN ilgį.

UŽDAVINIO SPRENDIMAS

[tex]\angle CDM=\angle A,\angle CDN=\angle B[/tex]
Todėl
[tex]CM=CDsin\angle A=\frac{CD\cdot CB}{2R}[/tex]
[tex]CN=CDsin\angle B=\frac{CD\cdot CA}{2R}[/tex]
Trikampiui CMN taikome kosinusų teoremą:
[tex]MN^{2}=CM^{2}+CN^{2}-2CM\cdot CN\cdot cos\angle ACB[/tex]
[tex]MN^{2}=\frac{CD^{2}}{4R^{2}}(CB^{2}+CA^{2}-2CB\cdot CAcos\angle ACB)[/tex]
[tex]MN^{2}=\frac{AB^{2}CD^{2}}{4R^{2}}=\frac{S^{2}}{R^{2}}[/tex]
Čia S- trikampio ABC plotas.
Todėl
[tex]MN=\frac{S}{R}=\frac{18}{4}=4,5[/tex]
PASTEBĖJIMAS: Yra žinoma, jog santykis S/r, kur r- trikampio įbrėžtinio apskritimo spindulys, yra lygus trikampio pusperimetriui. O štai šis uždavinys atskleidė santykio S/R prasmę ! Paaiškėjo, jog S/R yra atstumas tarp trikampio aukštinės pagrindo ortogonaliųjų projekcijų į dvi gretimas kraštines.

NAUJAS UŽDAVINYS
Apskaičiuokite dvilypį integralą
[tex]\int \int \sqrt{xy}dxdy[/tex]
kai integravimo sritis yra pirmajame ketvirtyje, ir ją apriboja linijos
[tex]x=0, y=0, (\frac{x}{2}+\frac{y}{3})^{4}=\frac{xy}{6}[/tex]

Maratono egzistavimas visai jau užmaršty. Niekas neturi drąsos spręsti universitinio lygio 3 matematinės analizės semestro lygio uždavinių. Tokie uždaviniai - tiesiog technikos klausimas ir tiek. Bandau taisyti padėtį:

Nuorodoje galime pasitikrinti integravimo sritį apribotą duotos linijos. Pavadinkime šią sritį $\Omega$. Žiūrint į duotą linijos lygtį, tiek $x$, tiek $y$ atžvilgiu gaunasi apybjaurė 4 laipsnio lygtis. Išeitis būtų naudoti keitinius, šiek tiek primenančius polinių koordinačių keitinius:
$$\begin{cases}x=2r\cos^2\alpha\\ y=3r\sin^2\alpha\end{cases}$$
Ši idėja turėtų būti pakankamai gerai pažįstama susipažinusiems polinėmis koordinatėmis ir jakobiano skaičiavimu. Tai yra universiteto kursas iš dvilypių integralų programos.

Mano supratimu, naudodami bet kuriuos keitinius dvilypiuose integraluose pirmiausia turime būti tikri, jog tam kiekvienam taškui $(x;y)$ iš duotos srities $\Omega \subset \mathbb{R}^2$ turi atsirasti vienas ir tik vienas taškas $(r;\alpha)$ iš kitos srities $\Omega' \subset \mathbb{R}^2$. Nors mūsų naudojamame keitinyje galima ir intuityviai (pvz. per pažintį su polinėmis koordinatėmis) pajusti, kad kiekvieną $Oxy$ koordinačių plokštumos pirmo ketvirčio tašką $(x;y)$ atitiks lygiai vienas $O\alpha r$ koordinačių plokštumos taškas, esantis stačiakampyje $\begin{cases}\alpha \in (0; \pi/2)\\r \in (0; \infty)\end{cases}$, norėčiau tą įrodyti formaliau.

Atsižvelgami į sąlygas $x>0$ ir $y>0$ turime abipusį ryšį:
$$\begin{cases}x=2r\cos^2\alpha\\ y=3r\sin^2\alpha\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}\frac{x}{y}=\frac{2}{3}\text{ctg}^2\alpha\text{ (gaunama dalijant lygtis)}\\ \frac{x}{2}+\frac{y}{3}=r\text{ (gaunama lygčių sudėties būdu)}\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}\alpha=\text{arcctg}\left(\sqrt{\frac{3x}{2y}}\right)\\r=\frac{x}{2}+\frac{y}{3}\end{cases}$$
Kadangi pošaknis gali įgyti bet kurias reikšmes $\in (0;\infty)$, tai $\alpha$ gali įgyti bet kurias reikšmes $\in (0; \pi/2)$. Kadangi $\frac{x}{2}+\frac{y}{3} \in (0; \infty)$, tai ir $r \in (0; \infty)$

Toliau reikės nustatyti, kaip pasikeis reiškinys $\sqrt{xy}\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ ir liniją aprašanti lygtis $\left(\frac{x}{2}+\frac{y}{3}\right)^4=\frac{xy}{6}$, jei į jų išraiškas įeinantys kintamieji bus tik $r$ ir $\alpha$. Šią dalį išskaidysiu į tris atskirus žingsnelius.
• Liniją aprašančioje lygtyje $\left(\frac{x}{2}+\frac{y}{3}\right)^4=\frac{xy}{6}$ pritaikę keitinius gausime tokią jos išraišką:
$$r^2=\sin^2\alpha\cos^2\alpha$$
Tuomet pagal sąlygas $r>0$ ir $\alpha \in (0; \pi/2)$ turėsime:
$$r=\sin\alpha\cos\alpha$$
Ši linija apribos kintamąjį $r$ koordinačių plokštumos $O\alpha r$ stačiakampyje $\begin{cases}\alpha \in (0; \pi/2)\\r \in (0; \infty)\end{cases}$.
• $\mathrm{d}x\mathrm{d}y=J \mathrm{d}\alpha \mathrm{d}r$, kur $J$ yra mūsų keitinio jakobianas. Šis jakobianas lygus tokios matricos determinanto moduliui:
$$\left(\begin{array}{cc}(2r\cos^2\alpha)'_r & (2r\cos^2\alpha)'_\alpha \\ (3r\sin^2\alpha)'_r & (3r\sin^2\alpha)'_\alpha \end{array}\right)$$ Jo skaičiavimas nesudėtingas. Gaunu, kad $$J=12r\cos \alpha \sin \alpha$$
• Pritaikius keitinius $\sqrt{xy}$ pasikeis į $r\sqrt{6}\sin \alpha \cos \alpha$.

Viso šio ilgo darbo reikėjo vien tam, kad galėtume performuluoti uždavinį:
$$\iint_\Omega \sqrt{xy}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\int_0^{\pi/2} \int_0^{\sin\alpha\cos\alpha} 12r^2\sqrt{6}\sin^2 \alpha \cos^2 \alpha\mathrm{d}r\mathrm{d}\alpha$$
Tęsiame integravimą:
$$\begin{array}{rcl} \displaystyle \int_0^{\pi/2} \int_0^{\sin\alpha\cos\alpha} 12r^2\sqrt{6}\sin^2 \alpha \cos^2 \alpha\mathrm{d}r\mathrm{d}\alpha &= &\displaystyle \int_0^{\pi/2} \left(\left.4r^3\sqrt{6}\sin^2 \alpha \cos^2\right|_0^{\sin\alpha\cos\alpha}\right)\mathrm{d}\alpha =\\ & = & \displaystyle \int_0^{\pi/2} 4\sqrt{6}\sin^5 \alpha \cos^5 \alpha \mathrm{d}\alpha=\\& = & \displaystyle \int_0^{\pi/2} 4\sqrt{6}\sin^5\alpha\left(1-\sin^2\alpha\right)^2 \cos \alpha \mathrm{d}\alpha=\\ \left\{\begin{array}{rcl}\sin \alpha &=& t\\ \cos \alpha \mathrm{d}\alpha&=&\mathrm{d}t\end{array}\right\}&=&\displaystyle \int_0^1 4\sqrt{6}t^5\left(1-t^2\right)^2\mathrm{d}t=\\ &=&\displaystyle 4\sqrt{6}\int_0^1 \left(t^9-2t^7+t^5\right)\mathrm{d}t=\\ &=&\displaystyle 4\sqrt{6}\left.\left(\frac{t^{10}}{10}-\frac{t^8}{4}+\frac{t^6}{6}\right)\right|_0^1=4\sqrt{6}\left(\frac{1}{10}-\frac{1}{4}+\frac{1}{6}\right)=\\ &=& 2\sqrt{6}\left(\frac{1}{5}-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\right)=2\sqrt{6}\left(\frac{6}{30}-\frac{15}{30}+\frac{10}{30}\right)=\\&=&\displaystyle \boxed{\frac{\sqrt{6}}{15}} \end{array}$$
Gerb. Sokolovai, ar sprendimas geras? Jei ištaisytumėte pastebėtus netikslumus mano samprotavimuose ir skaičiavimuose arba pakomentuotumėt, kaip jie gali būti sutrumpinti, padarytumėt labai vertingą darbą.

O keitinį panašų naudojai?

Sveiki ! Taip, geras sprendimas, geras atsakymas ! Puiku, dėkui !

Maratonas nutilo. Spėju, kad dauguma jo aktyvesnių dalyvių tiesiog susirūpinę VBE. Bandžiau suformuluoti vieną įdomesnį uždavinuką, bet nesusiformulavo (gal jis bus ateičiai). Noriu pasiklausti čia esančių, kaip manote, kuriems dalyviams šis maratonas skirtas? Ar jis skirtas baigusiems mokyklą, ar jis skirtas besiruošiantiems olimpiadoms? O gal ir besiruošiantiems VBE tiktų? Aš manau, kad būtų teisinga, jei jo užduotys būtų tokios, kad tiktų besimokantiems paprastą mokyklinį turinį, tik šiek tiek pastabesniems.

Pabandome kol kas su tokiu NAUJU UŽDAVINUKU:

Pavaizduoti trikampiai yra statieji, turintys vienodo ilgio įžambines, lygias 1. Jų kampai, esantys prieš vieną iš statinių, skiriasi du kartus. Nenaudodami trigonometrijos parodykite, kad jei trikampyje, kuriame šis kampas yra mažesnis, pagrindo prie to kampo ilgis lygus $a$, tai kitame trikampyje pagrindo prie atitinkamo kampo ilgis bus lygus $2a^2-1$



Jei po trijų dienų nieks nepadarys, skelbsiu užuominą.

Pagaliau kažkas žemiško. Norėtųsi, kad maratonas būtų prieinamas didesniam žmonių ratui, gal ir sprendžiančiųjų daugiau atsirastų. Galėčiau įkelti savo sprendimą, bet gal palaukti naujokų dėmesio, jei tik jų bus?

Žinoma! Aš labai už, jei čia pasirodytų uždavinių, skirtų ugdyti ne kokį nors už mokyklinių ribų išsiplėtusį supratimą, o patį mokyklinio supratimo gilumą. Tai galėsite lukterti gal pora dienų dėl viso pikto ir įkelti sprendimą, jei niekas kitas nesiryš spręsti šio palyginus nesudėtingo uždavinio.