Matematikos Maratonas Nr. 3

Čia tikrai nuostabus uždavinys. Šį kartą- naujas Brachmaguptos formulės (Herono formulės analogo įbrėžtiniam keturkampiui) išvedimas...
1)  Trikampio CDE kraštinių ilgiai CE=x, ED =y, CD=c. Pusperimetris p=(x+y+c)/2.
Pagal Herono formulę gauname
S(CDE)=[tex]\sqrt{\frac{x+y+c}{2}\cdot \frac{y+c-x}{2\cdot }\cdot \frac{x+c-y}{2\cdot }\cdot \frac{x+y-c}{2}}\cdot[/tex],
t.y S(CDE)=[tex]\frac{1}{4}\cdot \sqrt{(x+y+c)\left ( x+y-c \right )\cdot \left ( x-y+c \right )\cdot \left ( y-x+c \right )}[/tex]  (1)
2)  Trikampiai CDE ir ABE yra panašūs (akivaizdžiai išplaukia iš įbrėžtinio keturkampio kampų savybės). Pažymėsime S(ABE)=T. Tada
[tex]\frac{S+T}{T}=\frac{c^{2}}{a^{2}}, tad \frac{S\left ( CDE \right )}{S}=\frac{S+T}{S}=\frac{c^{2}}{c^{2}-a^{2}}.[/tex]
Taip ir gauname, jog
S=S(CDE)[tex]\frac{c^{2}-a^{2}}{c^{2}}[/tex]  (2)
3) Iš tų pačių trikampių panašumo
x/(y-d)=c/a, 
y/(x-b)=c/a
Iš čia gauname lygčių sistemą
ax- cy=-cd,
cx-ay= cb.
Išsprendę sistemą, gausime
x=c[tex]\frac{cb+ad}{c^{2}-a^{2}}[/tex]
y=c[tex]\frac{cd+ab}{c^{2}-a^{2}}[/tex]
Todėl x+y=c[tex]\frac{d+b}{c-a}[/tex]
x-y=c[tex]\frac{b-d}{c+a}[/tex]
4) Dabar grįžtame į pirmame punkte užrašytą (Herono) formulę
x+y+c= c[tex]\frac{b+d}{c-a}+c=\frac{c\left ( b+d+c-a \right )}{c-a}[/tex]=[tex]\frac{c\left ( 2s-2a \right )}{c-a}[/tex]
Analogiškai tvarkome ir kitus Herono formulės dauginamuosius
x+y-c=c[tex]\frac{2s-2c}{c-a}[/tex]


x-y+c=c[tex]\frac{2s-2d}{c+a}[/tex]
c-(x-y)= c[tex]\frac{2s-2b}{c+a}[/tex]
Visa tai įrašę į formulę (1), ir pasinaudoję (2), gauname Brachmaguptos formulę
S=[tex]\sqrt{\left ( s-a \right )\left ( s-b \right )\left ( s-c \right )\left ( s-d \right )}[/tex]

Taip viskas šaunu! Radau viename interneto puslapyje šį formulės įrodymą, tai pamaniau bus nuodėmė neįkelti šio uždavinio čia. Laukiame kito uždavinio. Šis įrodymas neįtraukia atvejo, kai c=a, bet nagrinėjant šį atskirą atvejį taip pat galima įrodyti šios formulės teisingumą.

Trikampio apibrėžtinio ir įbrėžtinio apskritimų centrai yra simetriški šio trikampio vienos kraštinės atžvilgiu. Apskaičiuokite šio trikampio didžiausiojo kampo didumą.

Pirmiausiai įrodykime, jog sąlygoje paminėta situacija įmanoma tada ir tik tada, kai trikampis ABC yra bukasis ir lygiašonis.
Kadangi įbrėžtinio ir apibrėžtinio apskritimų centrai turi būti simetriški kažkurios iš trikampio kraštinių atžvilgiu, tai reiškia, jog vienas iš centrų turi būti trikampio viduje, o kitas jo išorėje. Žinome, jog apibrėžtinio apskritimo centras yra trikampio išorėje, tada ir tik tada, kai tas trikampis yra bukasis. Taigi įrodėme, jog trikampis ABC privalo būti bukas.
Nagrinėkime keturkampį [tex]O_1BO_2C[/tex]. Kadangi šio keturkampio kraštinės [tex]BO_1[/tex] ir [tex]CO_1[/tex] yra lygios, nes tai apskritimo spinduliai, o be to iš sąlygos aišku, kad (čia taškas D bendras tiesių [tex]O_1O_2[/tex] ir [tex]BC[/tex] taškas) [tex]O_1D=O_2D[/tex] bei [tex]O_1O_2⊥BC[/tex] (simetriškumas), tai akivaizdu, jog šis keturkampis yra rombas. Tuomet nagrinėdami trikampius [tex]BO_2A[/tex] ir [tex]CO_2A[/tex], bei turėdami, kad [tex]∠AO_2C=∠AO_2B[/tex] ir [tex]BO_2=CO_2[/tex] (iš rombo savybių ir gretutinių kampų), o [tex]AO_2[/tex] bendra kraštinė, tai šie trikampiai yra lygūs. Tada [tex]AC=AB[/tex], taigi trikampis ABC - lygiašonis.
[tex]AD[/tex] yra ne tik trikampio [tex]ABC[/tex] pusiaukraštinė, bet ir pusiaukampinė (nes trikampis lygiašonis), kuri eina per tašką [tex]O_2[/tex], nes šis taškas yra trikampio pusiaukampinių susikirtimo taškas, taigi:
[tex]∠BAO_2=\dfrac{\alpha}{2}[/tex].
Kadangi [tex]∠O_2BD=∠O_1BD[/tex] ir [tex]∠ABO_2=∠O_2BD[/tex] (rombo savybė ir įbrėžto į trikampį apskritimo savybė), tai: [tex]∠O_2BO_1=90^o-\dfrac{\alpha}{2}[/tex].
Remdamiesi įbrėžtinių kampų savybe, gauname, kad:
[tex]∠BO_1C=360^o-2\alpha[/tex]
Kadangi [tex]O_1BO_2C[/tex] - rombas, tai turi būti teisinga lygybė:
[tex]∠BO_1C+∠O_2BO_1=180^o[/tex]. Taigi gauname lygtį:
[tex]360^o-2\alpha+90^o-\dfrac{\alpha}{2}=180^o[/tex]
Išsprendę šią lygtį gauname, kad:
[tex]\alpha=108^o[/tex]

Viskas labai gerai.

Įrodykite, kad:
$$\sqrt[3]{\underbrace{8888...8}_{\hbox{3n skaitmenų}}\cdot \dfrac{1}{3}-\underbrace{8888...8}_{\hbox{n skaitmenų}}\cdot 10^n}=\underbrace{6666...6}_{\hbox{n skaitmenų}}$$

Kai yra n skaitmenų,
888...8= 8+ [tex]8\cdot 10+8\cdot 10^{2}+8\cdot 10^{3}[/tex]+...+[tex]8\cdot 10^{n-1}[/tex]=[tex]=8\left ( 10^{n}-1 \right )[/tex]/9.
Todėl pošaknis [tex]8\left ( 10^{3n} -1\right )/27- 8\cdot 10^{n}\cdot \left ( 10^{n}-1 \right )[/tex]/9., t.y.
(8/27)([tex]10^{3n}-3\cdot 10^{2n}+3\cdot 10^{n}-1[/tex])=(2([tex]10^{n}-1[/tex])/3)³
Ištraukę kubinę šaknį, gausime 2([tex]10^{^{n}}-1[/tex])/3.
Tvarkome kitą pusę:
6+[tex]6\cdot 10+6\cdot 10^{2}+...+6\cdot 10^{n-1}=[/tex]6([tex]10^{n}-1[/tex])/9=2([tex]10^{n}-1[/tex])/3
Taigi, abi pusės yra lygios tam pačiam skaičiui. Įrodyta.

Viskas gerai :)

Apskaičiuokite
[tex]\int_{0}^{\pi /2}lnsinxdx[/tex]

Tarkime [tex]I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln{\sin{x}}\; dx[/tex]. Atlikę kintamojo pakeitimą [tex]x=\frac{\pi}{2}-t[/tex], turime [tex]I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln{\cos{x}}\; dx[/tex]. Atlikę dar kelias manipuliacijas su turimais integralais išvedame lygybę [tex]2I+\frac{\pi}{2}\ln{2} = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln{\sin{2x}}\; dx[/tex] (*). Panagrinėkime integralą [tex]I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln{\sin{x}}\; dx[/tex] iš kitos pusės. Pakeiskime [tex]x\to2t[/tex]. Tada
[tex]I = 2\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln{\sin{2x}}\; dx[/tex]. Dar po vieno pakeitimo [tex]x=\frac{\pi}{2}-t[/tex] turime [tex]I = 2\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\ln{\sin{2x}}\; dx[/tex] arba [tex]I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln{\sin{2x}}\; dx[/tex] (**). Iš (*) ir (**) turime [tex]2I+\frac{\pi}{2}\ln{2} = I [/tex] arba [tex]I=-\frac{\pi}{2}\ln{2}[/tex].