Matematikos Maratonas Nr. 3

Tiesa. Belaukdamas sprendimo visai užmiršau, kad dar ir apie užuominą buvau prasitaręs.

Užuomina. Nagrinėkime pavaizduotą geometrinę konstrukciją, sudarytą iš dviejų rusvų trikampių ir vieno melsvo, kai melsvu trikampiu laikome tą, kuris turi dvigubai didesnį kampą nei kitas mūsų minėtas trikampis, kurį laikome rusvuoju. Štai konstrukcija:

Aš sprendžiau kiek sudėtingiau. Bet dabar viskas labai paprasta, telieka įrodyti, kad šitaip uždėjus mėlyną trikampį taškai D, B ir E yra vienoje tiesėje ir pastebėti trikampių ADE ir ABC panašumą.

Pirma sprendimo dalis
Žinant, kad galiojant lygybei $\angle ABD = 2\angle BAC$ reikia įsitikinti, kad taškai $D$, $B$ ir $E$ yra vienoje tiesėje. Vaizdžiai tariant, reikia įsitikinti, kad susidarys kairės pusės paveikslėlyje pavaizduota situacija, o ne dešinėje pavaizduota:

Turime, kad $\angle ABD+\angle ABE=\angle ABD+180^o - 2\angle BAC=180^o$, vadinasi $D$, $B$ ir $E$ tikrai vienoje tiesėje.
Antra sprendimo dalis
Nors abu su Tomu kalbame apie tą pačią konstrukciją, aš iš tiesų be Tomo suflerio trikampių panašumo nepastebėjau. Vietoj to pastebėjau du kitus būdus. Spręsdamas abiem būdais pirmiausia pagal Pitagoro teoremą nustatau, kad $AD=\sqrt{1-x^2}$. Pateikiu tris skirtingus būdus užbaigti spręsti uždavinį

1) Galiu apskaičiuoti rusvos dalies plotą dviem būdais. Pagal Pitagoro teoremą panašiai gaunu $BC=\sqrt{1-a^2}$ ir galiu parašyti lygybę, kurios kiekvienoje pusėje yra skirtingais būdais skaičiuojamas rusvos dalies plotas:
$\frac{AD\cdot BE}{2}=BC\cdot AC$
$\frac{\sqrt{1-x^2}}{2}=a\sqrt{1-a^2}$
2) Galiu taikyti Pitagoro teoremą visam trikampiui:
$AD^2+DE^2=AE^2$
$(\sqrt{1-x^2})^2+(x+1)^2=(2a)^2$
3) Jeigu remiamės Tomo patarimu, tai pasinaudojame, kad trikampiai $ADE$ ir $BCE$ panašūs, nes turi po du vienodus kampus, vadinasi galioja
$\frac{AE}{BE}=\frac{AD}{BC}$
$2a=\frac{x+1}{a}$
Kiekvienu iš būdų teisingai sutvarkę lygybę turime gauti, kad $x=2a^2-1$.

Šiame uždavinyje pateikiau geometriškai suformuluotą trigonometrinę dvigubo kampo formulę $\cos{2\alpha}=2\cos^2{\alpha}-1$. Geometrinė formuluotė padeda moksleiviams suprasti ir įrodyti teiginį remiantis aštuntos - devintos klasės žiniomis, o ne vienuoliktos, kaip kad būtų įprasta.

Trys būdai, kurie gali būti panaudoti uždaviniui užbaigti, rodo, kad Pitagoro teorema, trikampių panašumas ir plotas yra glaudžiai susiję. Tai nėra sutapimas. Iš tiesų, norint patvirtinti Pitagoro teoremos galiojimą, naudojama geometrinė konstrukcija, kur vienas kvadratas įbrėžtas į kitą, skaičiuojami atskirų dalių plotai ir pasinaudojama, kad atkirsti trikampiai yra panašūs. Iš šio uždavinio sprendimo galima sužinoti, kad Pitagoro teoremos galiojimui patvirtinti tinka ir konstrukcija, kurioje rombas įbrėžiamas į stačiakampį (čia nagrinėjome tik rombo pusę, įbrėžtą į pusę stačiakampio).

Kadangi geometrinių konstrukcijų, skirtų įrodyti svarbesniems mokykloje pasitaikantiems geometriniams teiginiams, daug nėra, Tomui siūlau pasidalinti konstrukcija, kurią jis panaudojo savo sudėtingesniame būde.

Kitą uždavinį, jei neatsiras savanorių, galiu aš įkelti.

Apskritimas čia sprendime didelio vaidmens neatlieka, tai daugiau pagalbinė priemonė įsivaizduoti, kaip šie trikampiai sudėti. Taigi turime vienetinį apskritimą. Šio apskritimo ketvirtyje įbrėžti du  statieji trikampiai: AOC (kurio statinio ilgis lygus a, o įžambinė 1) ir OBD (kurio nežinomas statinio ilgis x, o įžambinė 1). Pasižymime papildomai: [tex]DE=y,\space BE=z[/tex].
Toliau taikoma Pitagoro teorema šiems trikampiams ir gaunama:$$y+z=\sqrt{1-x^2},\space AC=\sqrt{1-a^2}$$ Tuomet taikome trikampių OED ir OAC panašumą ir gauname: $$\dfrac{y}{x}=\dfrac{\sqrt{1-a^2}}{a}$$ Dabar matydami, jog OE yra trikampio OBD pusiaukampinė, taikome pusiaukampinės savybę: $$\dfrac{x}{1}=\dfrac{y}{z}$$
Iš turimų lygybių galime užrašyti, kad: [tex]\dfrac{y}{x}=z=\dfrac{\sqrt{1-a^2}}{a}[/tex]
Kai [tex]y=\dfrac{\sqrt{1-a^2}}{a}\cdot x[/tex] ir [tex]z=\dfrac{\sqrt{1-a^2}}{a}[/tex], tai:
$$y+z=\sqrt{1-x^2}\implies \dfrac{\sqrt{1-a^2}}{a}\cdot x+\dfrac{\sqrt{1-a^2}}{a}=\sqrt{1-x^2}$$ Gautą lygtį sutvarkome ir gauname: $$x^2+2(1-a^2)x+1-2a^2=0\\x^2+2(1-a^2)x+(1-a^2)^2-(1-a^2)+1-2a^2=0\\(x+1-a^2)^2-a^4=0\\(x+1-a^2-a^2)(x+1-a^2+a^2)=0\\(x+1-2a^2)(x+1)=0$$ Gauname: [tex]x=-1[/tex] (netinka) arba [tex]x=2a^2-1[/tex]

Sprendimas įdomus, tačiau dabar man stinga laiko detaliai jį išanalizuoti. Ar turi pasiūlyt naują užduotį, Tomai?

Tęskime, bet uždavinį tegu kelia kas kitas.

Keldami uždavinius, kuriuos įmanoma išspręsti turint mokyklinės matematikos žinias, praplečiame sprendžiančiųjų ratą. Gaila, jog prieš tai buvęs uždavinys visgi nesulaukė didesnio dėmesio, todėl būtų galima daryti išvadą, jog tokie pakeitimai nelabai ką keičia. Manyčiau, nėra tikslo apsikrauti taisyklėmis, tegu visi kelia tokius uždavinius, kokius nori, juk ir prie mokyklinės matematikos uždavinio gali tekti pasukti galvą ne ką mažiau nei prie universitetinio lygio uždavinio.

Sako, jog šią užduotėlę gali pagal turimas žinias įveikti tas, kuris net nebaigė šešių klasių. Tačiau retas dvyliktokas ją padaro, nes tam matematikoje reikia būti ypatingai smalsiam. Pabandom.

Raskite visas galimas skaitmenų sumas tokio natūraliojo skaičiaus, kuris dalijasi iš 7.

Tai kad blogas tavo sprendimas.
1. [tex]\left | \sum_{k=n+1}^{n+p}k \sin \frac{1}{k^{4/3}} \right |\neq\sum_{k=n+1}^{n+p}\left |k \sin \frac{1}{k^{4/3}} \right |[/tex] reikia paaiškinimo, nes bendru atveju toks perėjimas nėra teisingas.
2. [tex]\sum_{k=n+1}^{n+p}k \sin \frac{1}{k^{4/3}}\geqslant \sum_{k=n+1}^{n+p}k \sin \frac{1}{n^{4/3}}[/tex] neteisinga nelygybė.

Šiaip šitą uždavinį galima išspręst pasinaudojus, tuo kad
$$\lim\limits_{n \to \infty} \frac{\sin{\frac1{n^{4/3}}}}{\frac1{n^{4/3}}}=1$$
ir
$$\frac{(1-\varepsilon)}{n^{4/3}}<\sin{\frac1{n^{4/3}}}$$
kur $0<\varepsilon<1$, $n>N$, $N>0$.