eMatematikasMatematikos resursai internete Registruotis Ieškoti...

Matematikos Maratonas Nr. 3

Olimpiados   Peržiūrų skaičius (74194)


Į spindulio R apskritimą įbrėžtas taisyklingasis n-kampis (n≥3). Tegu M- tam tikras plokštumos taškas. Įrodykite, jog atstumų nuo taško M iki visų n-kampio viršūnių KVADRATŲ suma yra lygi
n(R² + d²), kur d yra atstumas nuo taško M iki apskritimo centro.

0

[tex]\bullet[/tex] Tegu apskritimo centro taškas yra [tex]O[/tex]. Apskritime pažymėta [tex]n[/tex] taškų [tex]A_1,A_2,...,A_n[/tex], kurie sujungti paeiliui atkarpomis ir gaunamas [tex][/tex] įbrėžtinis taisyklingasis [tex]n[/tex]-kampis. Įrodykime, kad [tex]∀n∈\mathbb{N}, n>2[/tex] teisinga lygybė: $$\sum\limits_{i=1}^{n}\vec{OA_i}=\vec{0}$$ https://www.ematematikas.lt/upload/images/1533658006_2093.png
Tarkime vektorių (pirmame paveikslėlyje) suma lygi nenuliam vektoriui: [tex]\vec{v_n}[/tex], t.y.: $$\sum\limits_{i=1}^{n}\vec{OA_i}=\vec{v_n}≠\vec{0}.$$ Pasukę kiekvieną vektorių [tex]\vec{OA_i}[/tex] kampu [tex]\alpha=\dfrac{2\pi}{n}[/tex], gausime, jog jų sumą atstojantis vektorius dabar turėtų būti taip pat pasisukęs kampu [tex]\alpha[/tex] ir būti lygus [tex]\vec{v^*_n}[/tex], taigi: [tex]\vec{v_n}≠\vec{v^*_n}[/tex], bet kaip matyti tokia vektorių transformacija jų sumos pakeisti negali (antras paveikslėlis), dėl išlikusios tokios pačios padėties tarp vektorių vienas kito atžvilgiu. Gauname prieštarą. Tai leidžia daryti išvadą, jog: $$\sum\limits_{i=1}^{n}\vec{OA_i}=\vec{0}$$
[tex]\bullet[/tex] Galiausiai galime pereiti prie pačio uždavinio. Kiekvienam apskritime pažymėtam taškui [tex]A_i[/tex] teisinga lygybė: $$\vec{OA_i}+\vec{A_iM}=\vec{OM}\iff \vec{A_iM}=\vec{OM}-\vec{OA_i}$$ Pakėlę šią lygybę kvadratu, gauname:
$$\vec{A_iM}^2=\vec{OM}^2-2\vec{OM}\cdot \vec{OA_i}+\vec{OA_i}^2\implies |\vec{A_iM}|^2=|\vec{OM}|^2-2\vec{OM}\cdot \vec{OA_i}+|\vec{OA_i}|^2\\\implies |\vec{A_iM}|^2=d^2-2\vec{OM}\cdot \vec{OA_i}+R^2$$ Tuomet: $$\sum_{i=1}^{n}|\vec{A_iM}|^2=n(d^2+R^2)-2\sum_{i=1}^{n}\vec{OM}\cdot \vec{OA_i}=n(d^2+R^2)-2\vec{OM}\sum_{i=1}^{n}\vec{OA_i}$$ Esame įsirodę, kad [tex]\sum\limits_{i=1}^{n}\vec{OA_i}=\vec{0}[/tex], vadinasi gauname, kad: $$\sum_{i=1}^{n}|\vec{A_iM}|^2=n(d^2+R^2)-2\vec{OM}\sum_{i=1}^{n}\vec{OA_i}=n(d^2+R^2)-2\vec{OM}\cdot \vec{0}=n(d^2+R^2)$$
Įrodyta!

Paskutinį kartą atnaujinta 2018-08-07

0

Taip, puiku !
Galima spręst ir kompleksinėje plokštumoje.
Taisyklingojo n-kampio viršūnės (Rp^k |K=0,1,2,...,n-1).
Čia p=e^(2pi/n).
Aišku, jog 1 + p + p²+...+p^(n-1) = (1- p^n)/(1-p)=0.
Įrodėme, jog vektorių OA1, OA2...suma lygi nuliniam vektoriui.
Galiausiai, jei taško M kompleksinė koordinatė yra m, tai
∑|m- Rp^k|²=∑(m- Rp^k)(m*- Rp*^k). Čia z* yra kompleksiniam skaičiui z jungtinis skaičius. Tęsdami toliau, ieškomai sumai gauname:
nm*m - Rm* ∑p^k - Rm∑p*^k + nR² = (|m|²+R²)n = n(d²+ R²).

0

Trikampis ABC - lygiakrašis, kraštinėse AC ir AB yra taškai D ir E, be to, DC=2AD, AE=2EB. Tiesės BD ir CE susikerta taške Q. Raskite kampą AQC.

0

Tegu S(AQE)=S, S(BQC)=R, S(AQD)=P.
Akivaizdu, jog R=2S+P, 2(S+R)=2S+3P.

3P=2R, S=P/4, ir EQ/QC=S(EAQ)/S(AQC)= 2S/3P=1/6.
Įvesime vektorius b=AB, c=AC.
toliau turimi omeny veiksmai su vektoriais
EC=-2b/3 +c,
QC=(6/7)EC= (6c - 4b)/7
QA= QC - c =- (c+4b)/7.
Rasime šių vektorių skaliarinę sandaugą
QA*QC= -(1/49)(6cc+24bc- 4bc- 16bb)
Laikykim, jog trikampio kraštinės ilgis 1. Tada cc=bb=1, bc=1/2.
QA*QC= -(1/49)(6+12-2-16)=0.
Atsakymas: 90 laipsnių.

0

Atsakymas teisingas :)

0

Sekos kiekvienas narys yra lygus dviejų tolesnių (po jo einančių) narių aritmetiniam vidurkiui. Pirmasis sekos narys lygus 16, antrasis narys 4.
Gaukite šios sekos n-ojo nario formulę.

0

Ieškoma seka [tex]x_n[/tex].
Iš sąlygos turime, kad [tex]∀n∈N[/tex], teisinga lygybė: $$x_{n}=\dfrac{x_{n+1}+x_{n+2}}{2}$$ Šią lygybę, galime užrašyti ir taip: $$x_{n}=2x_{n-2}-x_{n-1}$$ Pastaroji teisinga [tex]∀n∈N, n>2[/tex].
Ieškokime sekos n-tojo nario formulės pavidalu: [tex]x_n=Aa^n+Bb^n[/tex].
Tada: [tex]x_{n-1}=Aa^{n-1}+Bb^{n-1},\space x_{n-2}=Aa^{n-2}+Bb^{n-2}[/tex].
$$2x_{n-2}-x_{n-1}=2\cdot \left(Aa^{n-2}+Bb^{n-2}\right)-\left(Aa^{n-1}+Bb^{n-1}\right)=Aa^{n-2}\left(2-a\right)+Bb^{n-2}\left(2-b\right)$$ $$2x_{n-2}-x_{n-1}=\dfrac{2-a}{a^2}Aa^n+\dfrac{2-b}{b^2}Bb^n$$ Šis reiškinys bus tapatus reiškiniui [tex]Aa^n+Bb^n[/tex] tada ir tik tada, kai bus teisinga tokia sistema: $$\begin{cases}\dfrac{2-a}{a^2}=1 \\ \dfrac{2-b}{b^2}=1 \end{cases}$$ Išsprendę šią sistemą gauname tokias sprendinių [tex](a;b)[/tex] poras: [tex](-2;-2),(-2;1),(1;-2),(1;1).[/tex] Mums tinkama skirtingų reikšmių pora.
Kai [tex]a=-2[/tex] ir [tex]b=1[/tex], tai bendrojo nario formulė [tex]x_n[/tex]:$$x_n=A(-2)^n+B$$
Nežinomų dydžių [tex]A[/tex] ir [tex]B[/tex] reikšmes randame žinodami, kad [tex]x_1=16,\space x_2=4[/tex], gauname sistemą: $$\begin{cases}A(-2)^1+B=16 \\ A(-2)^2+B=4 \end{cases}\implies \begin{cases}A=-2 \\ B=12 \end{cases}$$ Taigi ieškoma n-tojo nario formulė yra: $$x_n=(-2)^{n+1}+12$$

Paskutinį kartą atnaujinta 2017-12-17

0

Teisingai !  Puiku.

0

Raskite lygties [tex]a^3+b^5=c^2[/tex] vieną sprendinį.

0

Šioje temoje naujų žinučių rašymas yra išjungtas!

Kategorijos

Matematikos testai www.ematematikas.lt/testai Pasikartok matematikos temas spręsdamas online testus!