Matematikos Maratonas Nr. 3

Yra žinoma, jog kvadratinė lygtis
x²= x+1  (1)
turi du sprendinius: Ф=(1+√5)/2 (garsioji Dieviškoji proporcija)
bei T=(1- √5)/2.
a) Daugindami (1) lygties abi puses iš x, ir nuosekliai kartodami šį veiksmą, įrodykite, jog
{Ф, T} yra lygties
x^n= xf(n) + f(n-1)
sprendinių aibės poaibis. Čia f(n)- n-sis Fibonačio sekos (1,1,2,3,5,8...)narys.
b) Remdamiesi įrodytu faktu, gaukite Binė formulę, t.y. Fibonačio sekos n-jo nario formulę.

a) [tex]x_0-[/tex] lygties [tex]x^2=x+1[/tex] sprendinys. Tuomet:
[tex]x_0^2=x_0+1 \space|\cdot x_0 \implies x_0^3=x_0^2+x_0\implies x_0^3=x_0+1+x_0\implies x_0^3=2x_0+1[/tex]
[tex]x_0^3=2x_0+1 \space|\cdot x_0 \implies x_0^4=2x_0^2+x_0\implies x_0^4=2(x_0+1)+x_0\implies x_0^4=3x_0+2[/tex]
[tex]x_0^4=3x_0+2 \space|\cdot x_0 \implies x_0^5=3x_0^2+2x_0\implies x_0^5=3(x_0+1)+2x_0\implies x_0^5=5x_0+3[/tex]
...
[tex]x_0^{n-1}=ax_0+b\space|\cdot x_0 \implies x_0^{n}=ax_0^2+bx_0\implies x_0^{n}=a(x_0+1)+bx_0\implies \\\implies  x_0^{n}=(a+b)x_0+a[/tex]
Vadinasi, jei turime, kad: [tex]x_0^{n}=px_0+q[/tex], tai [tex]x_0^{n+1}=(p+q)x_0+p[/tex] ir [tex]x_0^{n+2}=(p+q+p)x_0+p+q[/tex]
Pastebime, jog koeficientas prie [tex]x_0[/tex] ir laisvasis narys kinta pagal Fibonačio sekos dėsnį, o šie nariai yra gretimi šioje sekoje (antrasis mažesnis). Taigi, kai [tex]f(n)[/tex] - Fibonačio seka, gautą lygybę galime užrašyti taip:
$$x_0^n=x_0f(n)+f(n-1)$$ Vadinasi lygties [tex]x^2=x+1[/tex] sprendinių aibė yra lygties [tex]x^n=xf(n)+f(n-1)[/tex] sprendinių poaibis.

b) Jeigu Ф ir T yra lygties [tex]x^n=xf(n)+f(n-1)[/tex] sprendiniai, tai:
$$\begin{cases}
Ф^n=Фf(n)+f(n-1) \\
T^n=Tf(n)+f(n-1)
\end{cases}$$
Atėmę pirmą sistemos lygtį iš antros, gauname:
[tex]Ф^n-T^n=(Ф-T)f(n)[/tex], vadinasi Fibonačio sekos n-tojo nario formulė yra: $$f(n)=\dfrac{Ф^n-T^n}{Ф-T}$$ Ją galima pertvarkyti ir į tokį pavidalą: $$f(n)=\dfrac{Ф^n-(-Ф)^{-n}}{\sqrt{5}}$$

Na va, gražu...Labai gražus Binė formulės išvedimas !  Puiku!

Įrodykite, kad: $$\left(\dfrac{a-b}{c}+\dfrac{b-c}{a}+\dfrac{c-a}{b}\right)\left(\dfrac{c}{a-b}+\dfrac{a}{b-c}+\dfrac{b}{c-a}\right)=9,$$ kai [tex]a+b+c=0[/tex].

Iš pradžių sutvarkome pirmą dauginamąjį. Bendras vardiklis abc, gautos trupmenos skaitiklis
(a-b)ab+(b-c)cb+(c-a)ac= (a-b)ab - (a-b)cb +(a-c)cb -(a-c)ac=(a-b)(a-c)b- (a-c)c(a-b)=
=(a-c)(a-b)(b-c).
Taigi, pirmasis dauginamasis (a-c)(a-b)(b-c)/abc.  (1)
Eidami į antrą dauginamąjį, pažymėsime x=a-b, y=b-c, z=c-a.
Kai c=-a-b, gauname: b=(y-x)/3, a=(x-z)/3, c=(z-y)/3.
Tada antrasis dauginamasis bus
(1/3)((z-y)/x + (x-z)/y + (y-x)/z).
Sutvarkę tuo pačiu principu, kokiu tvarkėme pirmą dauginamąjį, gauname
(1/3)(z-y)(y-x)(z-x)/xyz=(1/3)(3c)(3b)(- 3a)/(a-b)(b-c)(c-a),
t.y. 9abc/(a-b)(b-c)(a-c).  (2)
Sudauginę (1) ir (2), gausime 9.

Viskas gerai. Laukiame naujo uždavinio.

Trikampio ABC kraštinių ilgiai BC=a, AC=b, AB=c. Į šį trikampį įbrėžtas apskritimas liečia trikampio kraštines AB, BC, CA atitinkamai taškuose K, L, M.
a) Pagrįskite, jog x= AK= p- a, y=KB=p- b, z= CM= p- c. Čia p- trikampio ABC pusperimetris.
b) Įrodykite, jog sin<CAB = 2rx/(r²+x²).
c) Įrodykite, jog trikampio ABC plotas S tenkina lygybę
S²+ p²x²= px(x+y)(x+z).
d) Remdamiesi gautais faktais, gaukite garsiąją Herono formulę:
S²= p(p-a)(p-b)(p-c).

a) Žinome, jog liestinių atkarpų, išeinančių iš to paties taško, ilgiai lygūs. Taigi galime užrašyti, kad:
[tex]P_{ΔABC}=2(x+y+z)\implies x+y+z=\dfrac{P_{ΔABC}}{2}=p[/tex]
[tex]x=p-(y+z)=p-a[/tex]
[tex]y=p-(x+z)=p-b[/tex]
[tex]z=p-(x+y)=p-c[/tex]

b) Nagrinėjame trikampius AMO ir AKO. Jie yra lygūs pagal tris kraštines (statiniai atitinkamai lygūs, o įžambinė bendra). Vadinasi [tex]∠KAO=∠OAM=\dfrac{1}{2}∠CAB[/tex].
Tada: [tex]\sin\left(\dfrac{1}{2}∠CAB\right)=\dfrac{r}{\sqrt{r^2+x^2}}, \space \cos\left(\dfrac{1}{2}∠CAB\right)=\dfrac{x}{\sqrt{r^2+x^2}}[/tex].
Dabar galime užrašyti, kad:
[tex]\sin\left(∠CAB\right)=2\sin\left(\dfrac{1}{2}∠CAB\right)\cos\left(\dfrac{1}{2}∠CAB\right)=2\cdot \dfrac{r}{\sqrt{r^2+x^2}}\cdot \dfrac{x}{\sqrt{r^2+x^2}}=\dfrac{2rx}{r^2+x^2}[/tex]

c) [tex]S=\dfrac{1}{2}\cdot AB\cdot AC\cdot \sin\left(∠CAB\right)=\dfrac{1}{2}(x+y)(x+z)\cdot \dfrac{2rx}{r^2+x^2}=\dfrac{rx(x+y)(x+z)}{r^2+x^2}[/tex]
Žinome, kad [tex]r=\dfrac{S}{p}[/tex], taigi:
[tex]S=\dfrac{\frac{S}{p}\cdot x(x+y)(x+z)}{\left(\frac{S}{p}\right)^2+x^2}\implies \left(\frac{S}{p}\right)^2+x^2=\dfrac{x(x+y)(x+z)}{p}\implies S^2+p^2x^2=px(x+y)(x+z)[/tex]

d) Pertvarkome c) dalyje gautą lygybę:
[tex]S^2+p^2x^2=px(x+y)(x+z)\implies S^2+p^2x^2=(px^2+pxy)(x+z)\implies\\\implies S^2+p^2x^2=px^2(x+z)+px^2y+pxyz\implies S^2=px^2(x+z)+px^2y-p^2x^2+pxyz\implies\\\implies S^2=x^2(px+pz+py-p^2)+pxyz=x^2(p(x+y+z)-p^2)+pxyz\implies\\\implies S^2=x^2(p\cdot p-p^2)+pxyz\implies S^2=pxyz\implies S^2=p(p-a)(p-b)(p-c)[/tex]

Teisingai, puiku ! Beje, apie šį Herono formulės išvedimą visur tylima...Laukiam naujo uždavinio.

Tiesiog nuolat daugėja žmonių, kurie niekuo nesidomi. Dėl to vis dažniau tylima apie ...įdomiausius dalykus...