Книга
← К списку книгЗагрузка разделов…
активнаАктивные записи участвуют в каталоге и синках. Неактивная книга скрыта, но не удалена из базы.
Книга
ДЕЛИМОСТЬ ЧИСЕЛ. ТЕОРЕМА БЕЗУ
Показать, что при всяком нечетном значении л число вида л4+ 7 (7 +2л2) делится на 64.
Доказать, что если л —число простое, отличное от 2 и 3, то разность л2 —1 делится на 24.
Доказать, что сумма квадратов двух чисел, взаимно простых с числом 3, не делится на 3.
Показать, что при всяком целом л число л (л2+ 5) делится на 6.
Доказать, что выражение л5 —5л3 + 4л при любом целом л делится без остатка на 120.
Доказать, что если л взаимно простое с 6, то л2—1 делится на 24.
Доказать, что при всяком целом значении л число вида л4 + 6л3 +11 л2 + 6л делится на 24.
Доказать, что 62" —1, где л —любое натуральное число, делится на 35.
Доказать, что при л целом числа вида 7и+2 +82w+1 делятся на 57.
Доказать, что если л есть целое, не кратное пяти число, то выражение
(Ц2«_26") (л4 —1) делится на 285.
Показать, что
52и+1 । 2”+4 | 2”+1
при любом целом неотрицательном л делится на 23.
Доказать, что числа вида
2и+6.34,, + 53”+1
при л целом и неотрицательном кратны 37.
Доказать, что выражение ЗЗп+2^5.23«+1
кратно 19 при любом целом неотрицательном п.
Найти общий наибольший делитель чисел вида 7«+2_|_82л+1> где л = 0, 1, 2, 3, ...
Доказать, что выражение
25л + 3_|_5».Зл + 2
при любом целом неотрицательном п кратно 17.
Доказать, что числа вида
з (&2л+1^ 34И-5) ^ 23« (2 — 23«"6)
при любом целом положительном значении п кратны 17.
Доказать, что
82(л + 1) , §2л8Зл + 2 . уп
при любом целом неотрицательном п делится на 1053.
Доказать, что число
52^4-1+32.2«+1 (1 + 18«-1)_ -13"
при любом целом положительном п делится на 46.
Доказать, что сумма 2223334-333222 делится на 13.
Доказать, что сумма 3105 + 4105 делится на 13, на 181 и на 7.
Доказать, что выражение 4п + 13л—1 делится на 9 при любом натуральном п.
Доказать, что при любом целом неотрицательном п число
32”+2.4 + з2л_36
делится на 64.
Доказать, что выражение
32« + 1.44л +1 | 36л+ 2 _|_ 4л+ 1
при любом целом неотрицательном п кратно 25.
Доказать, что число 32и+2 — 8л— 9 при л целом неотрицательном кратно 64.
Доказать, что выражение 1+2х + 4* кратно 7, если х—положительное число вида Зл±1.
Доказать, что 62” + 3'z+2 + 3" кратно И при всех целых положительных значениях п.
Определить, при каких целых неотрицательных значениях х
7зх_4.32^3.2*
делится «а 11.
Доказать, что выражение 1 + 3" + 9” делится на 13, если л = 3^+1, где к — любое натуральное число.
• 29. Схема Горнера. При делении многочлена
АоХ^А.х^ + А.х^Н . .. +^tx + ^
на двучлен х—а в частном получается многочлен степени л—1
8^ + 6^+ ... + Bn^x+Bn.v
а в остатке — некоторое число R.
Показать, что коэффициенты В^ Bv В^ ..., Вп.^Вп_х и остаток R вычисляются последовательно так:
Во —Ло; Вх = Вйа-\-Ах, В^ = Вха-\-А^ В^ = В^аАгА^ ...
^п-i" ^п-2а + ^n~v R — Вп_ха-\-Ап.
Доказать, что многочлен
/ (х) = л2>хп+2 - (2л2 + 2 л — 1) х"+14- (л + 1 )2х" — х -1 делится на (х—I)3.
Доказать, что многочлен
Л = лх”+1 —(л+1)х" + 1
делится без остатка на (х—I)2.
Доказать, что если многочлен /(х, J), симметричный относительно х и у^ делится на ^х—у^ то он делится и на (х — у^.
При каких значениях л, 5, с многочлен х5 + лх2 + -Vbx-Vc разделится без остатка на (х+1)3?
Доказать, что при нечетном л сумма
5„ = 1" + 2" + 3'1+...+(/л-1)" + /^
делится на 1 4-24-3+... 4-(/л —1)4-/л.
Пусть /л— данное целое положительное число. Доказать, что многочлен
/(х) = (х — 2)2ГО + (х — l)w — 1
делится на произведение (х — 1)(х — 2). Найти частное.
Доказать, что число
где а —целое, а п — целое неотрицательное число, делится на а2 + а + 1.
Найти целое выражение, тождественно равное сумме
Q — аП I
° ~ (а—6) (а-с) (д—а) (b—с)(с—а) (с—Ь) ’
где п— натуральное число.
При каких значениях п многочлен
Л^1+Х2 + Х<+...+Х2”
разделится без остатка на многочлен
Найти общий вид многочлена, произведение которого на двучлен х2—1 содержит лишь два члена.
Доказать, что если разность, полученная от вычитания числа, выраженного тремя последними цифрами данного числа, из числа, выраженного всеми остальными его цифрами (или наоборот), делится на 7, или на 11, или на 13, то все данное число делится соответственно на 7, или на И, или на 13; если эта разность равна 0, то данное число делится и на 7, и на И, и на 13 (признак делимости на 7, И, 13).
Доказать, что число 14-4г^, где г равно разности между произведением и общим наибольшим делителем некоторых двух чисел, a q равно отношению общего наименьшего кратного и общего наибольшего делителя тех же двух чисел, есть точный квадрат.
Доказать, что сумма квадратов двух целых чисел а и b делится на 7 только тогда, когда каждое из них делится на 7,
Доказать, что если mn-\-pq делится на т — р^ то mq-Vnp тоже делится на т—р.
Какое число надо прибавить к выражению
(n^~iy(n~\^\
чтобы оно делилось на л?
4-5. Показать, что если 6ХЦ-11.У делится на 31, то х + 7У также делится на 31.
Найти наименьшее положительное число, кратное 7, которое при делении на 2, на 3, на 4, на 5 и на 6 дает в остатке единицу.
Найти двузначное число, которое при делении на цифру единиц дает в частном также цифру единиц, а в остатке цифру десятков.
Показать, что квадрат любого нечетного числа при делении на 8 дает остаток 1.
Разложить на множители выражение
^Х + у + ^)5 — Х^ —уъ — 2?.
*а3 + 2а
Доказать, что дробь ^4 ^^ несократима ни при каких натуральных значениях а.
Доказать, что если т и п— два числа, не делящиеся на 3, то число
\т — л) (/л2 — тп + л2) (zn3 + 2т^п + 2тпг + л3) делится на 9.
Найти двузначное число, наименьший делитель которого, отличный от единицы, равен сумме цифр искомого числа.
Дано, что ни Л, ни В не делятся на нечетное простое число р и что Л2 — В2 делится на р”, где л— целое положительное число. Доказать, что или сумма, или разность чисел Л и В делится на рп,
Доказать, что ^тр — т) при любом т и простом р делится на р ^малая^ теорема Ферма),
Найти остаток от деления на 13 выражения 710011 Ю0,
Доказать, что если а есть целое число, взаимно простое с 35, то произведение
(а4—1)(а4+15а2 + 1)
делится на 35.
Найти такое простое число а, чтобы число 5а2+1 делилось на а2.
Глава II
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ В АЛГЕБРЕ
Доказать, что а3 + 68 + с8 = 3й»с, если а4-^4-с = 0.
Доказать, что ^4-6»+с6_а3 + 6»+с8 аа4-62+с2 5~32’
если а + ^+с = 0.
Доказать, что а’+^Ч-с7 as-V№-Vcb а24-62 + с2 7—52
если a-\-b-V с = 0.
Показать, что из равенства а4 _]_ ь4 4- с2 = ab + ас + Ьс, где а, Ь, с — вещественные числа, следует, что а = Ь = с.
Доказать, что (а + b + с)8 = 27 abc, если Уа-\-Уь + У"с = 0.
Показать, что из равенства х2—уз уй—хз x(Y—yz^ y^—xzy
где х, у, 2 не равны между собой и х^О, У^09 Z^O, вытекает равенство
x-Vy + z =——.
1 Л 1 X I/ 2
Показать, что xy + Х2г+№=0, если
^ = %=Т' "H-^ + c^1. а4Л-Ь^с4=Х.
Доказать, что
^-L^J-l2—1 аг^-Ь1*Гсг— 1«
если
Доказать, что
(Ь—(с—аут (.а—ьу • если
т-5— Н—-—|—5-= о, ач^Ь, а^=с и Ь^с.
Ь—с 1 с—а 1 а—b’~
Показать, что при нечетном п из равенства 7 + ^ + 7 = ^+^ следует равенство
_L + _L + _L =I
гп хп^уП^гп
Показать, что если
#1 + #2 + • • • + #Л —Р2?
61 + ^2 + ... + ^ -q\(Р^ q^O)
агЬг + я2»2 + ... + anbn = pq,-
то
а^ = Xb^t о^== ^-^2> • • • > ап== ^в»
где к = ~. (Все величины предполагаются вещественными.) 69. Доказать, что если а^Ь, а^с, Ь^с •
то и
R = а || с Л
° (Ь —с)2 (с—ау (a—bf — ’
и наоборот, если В=0, то и Л = 0.*
Из соотношений
m , пп I1т
^ ^ ^а—БУ^^а+с^ ^ (Ь + с£2^= (^c^Jb + cy
аbс ’
в которых числители и знаменатели отличны от нуля, вывести равенства■
al+bm = cn и ^1^ = ^-^ + (-^.
71. Упростить выражение
— (х2 + х~2«)(х2”-2 + х2и'4+ ... +х2+1).
72. Упростить выражение
Упростить выражение
л _ /2_+ /3_+ /4_К2 + КЗ + /6 + К8+4
Дано
&2 + с2— а2(а + с—bya + b—с)
Х" 25с’^""(a + ^ + cXd + c—аУ
Вычислить произведение (х+1)(у+1).
75. Упростить выражение
Доказать, что если ax-\-a^-V ,..-Yan^Q и
д __gi + ^__^2 + ^ =_dn-vVanx -_(^п + ^
~ а^^у” «2 + ^an_x-Vany ап + аху’
то
д=1±-\Ну
Упростить выражение
j/=сугх2 + 4х + 44-‘Кх2 —2х +1 +]/х2 —6x4-9.
Упростить выражение
(х4~ л) (х24~я2) (х44-а4).. .(х^Ч^*).
Упростить выражение
(х2 — ах4- а2) (х4 — а^х^ 4- ^4)• -.(^аП — »2”~1 * х2”"14- а^.
Разложить на множители
А = а44-4^4.
Разложить на множители
А = аЪп + ап + 1 V1 натуральное).
Разложить на множители выражение
д = (х+1)(х + 3) (х + 5) (х + 7) + 15.
Разложить на множители выражение
А = 3/^4 + 3/^4 + 3/^2 _ ( 3/^2 + 3/^4 + 3/^2).
Разложить на множители выражение
j3 (л — х) — х3 (а —у^ + а3 (х —уУ
Расположить многочлен х3 + 4х2 + 6х + 4 по степеням (х+1).
Найти значение выражения
приприz = x*-3x-2^
при
при
:^+/b , ' /л-гвУ a—Vb"1" У a + Vb'
Найти значение выражения
при
2££
.ц-к.Ь
если р и q — любые рациональные числа и дробь —положительна.°
Найти значение выражения
д = К2+ /~5 у/-38 + 17 К 5-тх. ЛГ=^
V1+V3 У—ЗЗ+пУ'б + тхУ 1+м при
х=="т V Т —1^<т<п<2ту
Доказать, что если
ат ~Н ап = а?-\- аЯ ^а ^ 0, а ^ + 1)
и
азт ^ а*п ^ азр _р a3q (д^О, а^±1), ТО
m*n = p-q.
Доказать, что если
а3 + pa + q = 0, 63 4- pb + q = О и
c3+pc + $r = 0^а^Ь^ а^с, Ь^с^
то д + ^ + с = 0.
Показать, что если уравнения
х^ -\-px-Vq-0 и xS-Vpxx-Vqx — 0
имеют общий корень, то имеет место соотношение
kq—qxy=(р-Pi)2 kpqx—p^Y
Корни уравнения
тх2 + лх + л = 0 (т>0, л>0)
относятся как p:q (р>0, ^>0). Показать, что при соответствующем выборе знаков радикалов имеет место равенство
где 8, ех и е3 могут принимать значения 4-1 или —1.
Глава III
АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ И СИСТЕМЫ УРАВНЕНИЙ
Доказать, что если обе части уравнения/(д:) = ф (х) возвысить в квадрат, то полученное уравнение
[/W]2 = [<pW]2
будет иметь своими корнями все корни данного уравнения /(х) = ф(х) и корни уравнения fW = — ф(а;).
Доказать, что если между коэффициентами двух уравнений
х2 + 2рх + ^ = 0 и х2 + 2p1x + q1 = Осуществует зависимость q + qx = 2ррх и корни одного изэтих уравнений мнимые, то корни другого —вещественные.
Доказать, что если уравнение с двумя неизвестными ах2 + Ьху + су2 = О,
где а, ^, с — действительные числа, имеет только одно решение, т. е. существует только одна пара действительных значений х и .у, удовлетворяющих этому уравнению, то
Ь2— 4ас <0.
Доказать, что если алгебраическое уравнение с рациональными коэффициентами имеет корень а-^ьУ с, где а, b и с — рациональные числа, b и с отличны от нуля и с не равно квадрату рационального числа, то это уравнение имеет и корень a-— ьУ с*
Доказать, что если уравнение л-й степени с целыми коэффициентами имеет целые корни, то они являются делителями свободного члена.
Доказать, что если приведенное квадратное уравнение x2-\-px-Vq = 0 с целыми коэффициентами имеет рациональные корни, то эти корни являются целыми числами.
Доказать, что если все коэффициенты квадратного уравнения ах2-\-Ьх + с = 0 — целые нечетные числа, то корни этого уравнения не могут быть рациональными.
Доказать, что если xv х^ х^ .,^хп являются корнями целой рациональной функции
аох" + аххп~1 + ... 4-а„_хх + а„,
то имеют место следующие формулы:
xi + x2 + xs + • • • + хп =— ^>
ххх2 + ххх3 + ... + хп_хх„ = ^,
Х1Х2Х3 + ... + Х„_г х„_3 хп = — ^ ,
х^Яз .., хп — (1)” -~.
а0
Эти формулы называются формулами Виета.
Числа а и 0 (а^Р) являются корнями уравнения ^„^px^q — Q и удовлетворяют равенству а0 + а+0 = О. Найти соотношение между р и q и выразить третий корень через а и р.
Найти все корни уравнения
0.0.225х274
0.
0.
Х +(5 + 2х)249
Решить уравнение х5+1=0.
Решить уравнение х4— 8х + 63 = 0.
Найти все четыре корня уравнения
15х4 — 4х3 — 6 а;2-4х — 1 = 0.
Решить уравнение 8х4+8х3 — х—190 = 0.
Решить уравнение (8х + 7)2-(4л: + 3) (х+ 1) =4,5.
Решить уравнение
(Х2 _ ау _ 6а;2 + 4х + 2а = 0, где а — действительное число.
(
X \ 2
Найти все корни уравнения
. (х+1)(а; + 2)(х + 3)(х + 4) = 1.
Решить уравнение
(х —4)3 (х —5)3 + 2(х —5)3 + (х-4)3 = 0.
Решить уравнение
4х , Зх 1 4х2_8% + 7 + 4х2—10x^7
Найти действительные корни уравнения
Решить уравнение
/Зх — 5 = 3 — /2*.
Решить уравнение
Решить уравнение
х2 — 4х V х + 1 + ^-^ — ^ Vх + 1 + 8 = 0,
Найти действительные корни уравнения (V^-2? + (/x-3?=l.
Найти действительные корни уравнения
^/Т + 2х + |/1— 2х = У 2.
Решить уравнение
Уз + х У3 + х_64 5/7
3 h х "3 Vх-
Решить уравнение
|х-1 | + |х-2| = 1.
Решить уравнение
£/(8 —х)2 — ^(8^хЦ27 + хГ+ |/(27 + х)2 = 7.
Найти действительные корни уравнения х2_5х—4/х + 13 = 0.
Решить уравнение
У(х + I)2 — р/(х—I)2 = Ух^1.
Найти все корни уравнения
х4 — бах2 + ба Vа х — ба2 ~ 0.
Решить уравнение
2р»/^—1 (^+ ^) = 0.
Найти действительные корни уравнения
2х Ух — 4х + У'х5 + Ух = 6.
Решить уравнение
Vc2 —рх + я)2 + (х2+рх + я)2 = Xй.
Решить уравнение
х4 + (2а — 1) х3 + (а2 + 1) х2 + (а2 — 2а) x-V а2 = 0.
Найти действительные корни уравнения (х24-6х —И) Ух —2 = 5х2 —10x4- 1.
Найти действительные корни уравнения Xй—6x+j-4/7+13 = 0.
Найти действительные корни уравнения У^ — х + /89 + X = 5.
Решить уравнение
х2 . 2х т f х2 а 8а + 3У 35 + "4—"2 е
Найти все корни уравнения х3 + 2х —5/3 = 0.
Составить трехчленное уравнение восьмой степени с рациональными коэффициентами, один из корней которого равен Уб— Уз.
Показать, что уравнение
/Зх2 + 5х —8 — /Зха + 5х+1 = 1 не имеет решений.
В каком промежутке должно изменяться число пц чтобы оба корня уравнения
х2 — 2тх + т^—-1 =0
были заключены между -2 и 4.
Найти действительные пары чисел, удовлетворяющие уравнению
рЬ+7^т+4К^+^”-28=о-
Найти в целых числах длины сторон прямоугольного треугольника, периметр и площадь которого выражаются одним числом.
Уравнение 4x2j(x2j — х4-1) = 15х34~2х— 1 решить в целых числах.
Найти пять последовательных натуральных чисел, если известно, что сумма их обратных чисел равна 1,45.
Уравнение x*+/ = 2x+j решить в целых положительных числах.
14-2. Решить в целых числах уравнение
1! + 21 + 3!+...+х!=/.
Доказать, что уравнение xl +^1 ^ 10^ + 9 не имеет решений в целых числах.
Показать, что уравнение
у (Юх2 + 21/ - 30г3) = 578
не имеет целых решений.
Решить в целых числах уравнение
(1+2^3+...+х)(12 + 22 + 32+...+х2)=/.
Решить в целых числах уравнение х3 —100 = 225^.
Решить в целых числах уравнение Юл:+у = (х + у)а.
Решить в целых числах уравнение ху — 10(х+у) = 1.
Решить в целых числах систему уравнений ха—у2—г2 = 1, y4-z—х =3.
Решить систему уравнений |х+1| + |У-1| = 5, k+1 | = 4j-4.
Решить систему
х2 + У Vху = 420,у2 + х V ху = 280.
Найти все значения т, при которых система уравнений
х—у = т^\ + ху), 2 + х+у + ху = 0
имеет действительные решения.
Найти все те значения а, при которых уравнения х24- ах 4-1=0 и х2 4- х 4- а = 0
имеют общий корень.
Решить систему уравнений:
xY 4* 2х3 4" Зх3 4" 4х4 4* • • • + пхп ^ av л.г14* х2 + 2х3 4~3х4 + • • • 4" (я 1)*# = л2> . (л—1)х14-лх24- х3 + 2х4+ ... 4- (п — 2)хп = а3)
2xt +Зх2 +4х34"5х4+... 4-хп~ап*
Определить k так, чтобы система ( х-\- (1+^)^=0,
/ (1 — А) х + ky =14.^, | (1+^х + (12~^=—(14-^)
была совместна.
Дана система
£г__М 1 _ М а с X \ b )
*_± = ±/1+£).
а с р \1 6 /
Доказать, что уравнения совместны, и определить х, у и г. 157. Решить систему уравнений
( ф 4- с^У 4- г) — ах = b — с,< (с + #) ^ 4- х) — by = с — а.
(а 4* b) (х + j) — cz = а — bt
если a ^-b-Vc^Q.
Решить систему уравнений
. У + V х + у~^х^у ’x24-j2 = 34.
Решить систему уравнений
I У^+д’2—У х1—^2=л |х4—^4=144а4.
Решить систему уравнений ( у4 I <е4 — /Л . X -о (а^0> I х+у = а
и исследовать решение. 161. Решить систему уравнений
/,,1 , 1 . 113
( xyz=1. 162. Найти положительные решения системы ( ( х\т ( у\п
I ( а ) ( b / С’
V \b) \а) если а>0, 6>0, с>0, d>0 и т^п.
Найти действительные корни системы уравнений
Г х2 —12^=15, ]х2 2х х3* . х2у
(3 ~ Г Зу+ 42 *
Решить систему уравнений
^ +х2 + а:34-... + хп=А, ^l+x3 + Х4+ • • • +^п"^»
Хх + хй + Х3 + . . . + Хп_х = п.
Решить систему уравнений
Аг1 + х2 = а1, х^ —Н Х3 ==: d^i Хз + х4 = а31
^п-14" *^п ап~и
Решить систему уравнений f Vx-Va^-Vh =^а-п>Ц-Ь\ < Ц' + ^^ + 'и) — {b — l){m — c), (2 4-с) (л; + л) = (с — т)(п — а).
Решить систему уравнений f (с + а)у + (а + 6)г—(6 + с)х = 2а3, < (а+6) z 4-(6 +с) л: — (с 4* а) У = W, (Ь 4- с) х 4- (с 4- а) у — (а 4- b) z = 2 с3 при условии b4-с =£0, а4-с=/:0, а + 5^0.
Решить систему уравнений
*3X3. • »ХП — av
ХуХ^« . .хп
предполагая, что числа av ..,, ап и xv ..., хп положительны.
Решить систему уравнений
((а>0)
( У^ас2 4*Уг 4" Vx<t—у‘8, = аг
Решить систему уравнений
(x-Yy 4-г = 2,
< (x4-J')0'4-^)4-(J'+2)(24-x)4-(2:4-a:)(ac4-j) = 1,
IAC2(y4-z) + j2(z4-AC)4-22(AC+.y) = —6.
Найти вещественные решения системы уравнений 2х2 = хх +-^-, 2ас8 = х2 4
^
22х = х ХЧ,
2^! = ^ +—♦
Выяснить, при каком значении а система (x2+y2 = z,
I •* + у+г = а
имеет единственное вещественное решение, и найти это решение.
Решить систему
Г |х+1| + Ь-4| = 2,
I |^ + 1| + 4-у=0.
Решить систему уравнений
f хА-уА-г-^
< X2 + J2 + 2? = X3 4-J/3 + г3,
ху^ = 2.
Глава IV
НЕРАВЕНСТВА В АЛГЕБРЕ.
НАИБОЛЬШИЕ И НАИМЕНЬШИЕ ЗНАЧЕНИЯ
При каком а сумма квадратов корней уравнения х2 —(а —2)х— а—1=0
принимает наименьшее значение.
Найти, при каких значениях х и у выражение Д = х2 + 2ху + 2у2 + 2х + 4у -|- 3 принимает наименьшее значение.
Доказать неравенство
^f = x2 + 4j/2 + 3^2+14 —2х — 12^ — 6z>0.
Доказать, что
х2 +^2 + z2 -Н к2 + а2 + а (х + У + ^ + и) ^ 0.
Сравнить по величине выражения х3 +1 и х2 + х, где х действительное.
Каково должно быть к, чтобы при любых х значение функции
х24- (3^+1)х + ЗА
было больше значения функции (6 + 1)х24-4Ах —46.
Доказать, что а4 4-64 5s-$-; если аЦ-б^к
Доказать, что а84-68^^, если а+-6>1.
Доказать неравенство
/(Т+сП^Н) > Vab + /cd,
где а, Ь^ с и d положительны.
Доказать неравенство
а2 + ^2 + 1 ^ ab + а + Ь.
Доказать, что если л^^^1, то
h^n — h-V 1)^л.
Доказать, что У n\^Vn.
Доказать неравенство
а4 + 2а3^ + 2а£3 + ^ ^ 6я2»2,
если а *6^0.
Доказать неравенство
№ + а4 — ab ^ а^Ь + 4а26
при условии а^^О.
Показать, что если а, £, с — стороны треугольника, то при любом значении х трехчлен
b^x^ + (62 + с* — а2) х + с2 положителен.
Доказать неравенство —g—^ \ ~£у ’ если а + Ь^О.
Доказать, что если а + 6>0, то —^
) , где п — целое положительное.
Доказать, что \ас — М|^1, если а2 + 62 = 1 И С2 + ^2= 1.
Доказать, что если а2 + ^2 + с2 = 1 и /д24-^2 + + Р2 = 1, ТО
| ат + Ъп + ср | ^ 1.
Доказать неравенство
|a + PKI«l + |P|.
Доказать неравенство
|а + Р|^|а| —|Р|.
Доказать неравенство
|а-р|^|а|-|р|.
Доказать, что
—1 ^ ^i^i+ ^2^2 + а^г + • • • + й^п ^ Ь если 61 + ^+ • • • + ^= 1 и ^ + ^+...+^ = 1. 198. Доказать, что наибольшие значения выражений (loge7)sinx и (log76)cos* равны.
Доказать, что
1।2.
1о§2 3 logg ^
Доказать, что если хй=уй + г\ х>0, у>0э ^>0, то
xa>ya + ztt при а>2,ха<уа + 2:а при а <2.
Доказать, что при п натуральном, большем двух, имеет место неравенство
Доказать неравенство
n+1’ п+2~ ' * ' 2п —1 2п 2 ’ где л —натуральное число, отличное от единицы. 203. Доказать, что при любом натуральном п
22 I 32 Т • • • । п2 п •
Доказать неравенство
2 Г2-4*6...(2п)’
где л —натуральное.
Доказать, что сумма наибольшего и наименьшего членов пропорции
a*.b = c;d1
члены которой положительны и не равны между собой, больше суммы двух остальных ^задача Евклида).
Доказать, что при любом значении а имеет место неравенство
a8 + <z2 +1 > аб + а.
Доказать, что при натуральном п^2 и |х|<1 имеет место неравенство
^+х)п-НХ--х)п<2п.
Доказать, что при р>п и а>^>0 имеет место неравенство ар—ЬР ап—Ъп аР^ЬР^ an-\*bn*
Доказать, что ]/4х4^4-]/г4у+^
если х-\-у-\-2—-\ и каждое из чисел х, у» z не меньше
4 *
Доказать, что если четыре положительных числа х^ у, 2 и t связаны условиями ху = zt и х—у *>2— / >0, то ^-у)Ч^+^>^^)Чх+у).
Доказать неравенство я2 4- ху + ^2 — т > 0, где х — целое число, у — целое число, отличное от нуля, а т— целое положительное число.
Доказать, что если а^Ь и а>0, то выраже- а 4-аЬ,
ние заключено между а и Ь.
Доказать неравенство
ab-Y 1 < a-Vb,
где а > 1, 6 < L
Доказать, что если а и b одного знака, то имеет место неравенство
Доказать неравенство
Найти наименьшее значение функции y — x-V + ^2> если х>2.
Найти наименьшее значение функции (44-х) <1+*)
У = У ...X АЛ—, если X >> 0.
Доказать неравенство
Доказать, что имеет место неравенство
1 х 1
21+х2^ 2 *
Доказать, что
a2 + ^2 + c2 + ^2+^ + ac + ^ + ^c + M+cd> 10,
если abcd = A и а>0, ^>0, с>0, ^>0.
Доказать, что произведение двух положительных сомножителей, сумма которых постоянна, имеет наибольшее значение при равенстве сомножителей.
Доказать, что если тх-^пу — ^с, т^т, п, с— постоянные положительные числа, х>0, _у>0, то произведение ху принимает наибольшее значение при тх = = пу = с.
Доказать, что сумма двух положительных слагаемых х и у, произведение которых постоянно и равно с2, имеет наименьшее значение при равенстве слагаемых, т. е. при х=у = с.
. Доказать, что сумма двух положительных слагаемых тх и пу, где т и п— постоянные положительные числа, принимает наименьшее значение при тх — пу, если произведение ху постоянно.
Доказать, что произведение нескольких положительных переменных сомножителей, сумма которых постоянна, принимает наибольшее значение при равенстве сомножителей.
Доказать, что если сумма нескольких положительных переменных х, у, ...,z постоянна и равна а, то
произведение хр -у9 ... /> где р, ^, . ,.,г — данные положительные рациональные числа, имеет наибольшее значе
ние,когда переменныепропорциональны своим показате-
х у2
лям,т.е. когда— = — =...=—.
р qг
Доказать, что среднее геометрическое двух положительных чисел не более их среднего арифметического.
Доказать, что среднее геометрическое четырех положительных чисел не более их среднего арифметического.
Доказать, Что среднее геометрическое трех положительных чисел не более их среднего арифметического.
Доказать, что среднее геометрическое нескольких положительных чисел не более их среднего арифметического (неравенство Коши).
Доказать, что сумма т положительных переменных, произведение которых постоянно, имеет наименьшее значе
ние при равенстве переменных.
Найти наибольшее значение функции у = Зх2— 2х3, если О^х^^-.
Найти наибольшее значение функции j = 4x3— х4, если 0^х^4.
Найти наименьшее значение z = x+y, если х и у положительны и -з + ~5 = -т, где а — постоянная величина.
1 , 12 = если X иX 1 у *а — постоянная вели-1 , 12 = если X иX 1 у *а — постоянная вели-х2 1 у2 а29
1 , 1
2 = если X и
X 1 у *
а — постоянная вели-
1 , 1
2 = если X и
X 1 у *
а — постоянная вели-
Найти наименьшее значение у положительны и x-Vy = 2a1 где чина.
Найти наибольшее значение функции
у-х^О — х^ (25 —х),
где 0^х^25.
Доказать, что 5Lt^L ^2]/^, если а >0 и £>0.
Доказать, что
logs ^ + ^6а Яlogs ^ + ^6а Я22< log. ^< log. ^
logs ^ + ^6а Я
logs ^ + ^6а Я
2
2
< log. ^
< log. ^
если а>1, ^>0, л>0.
Доказать неравенство
(1 + а1)(1+а^...(1 + ^>2'’, если агаа... ап = 1, at > 0 (/ = 1, 2, 3, ..., л).
Доказать, что если аир удовлетворяют уравнению ax-Vby = c с положительными коэффициентами, то
Доказать, что имеет место неравенство
(1— а)(1 — »)(1 — c)^3abc,
если а + & + с =1, а>0, 6>0 и с>0.
Доказать неравенство
V aiaa + V^А + • • • + Vап-1ап ^
(^1 + ^2+• • •+ал)>
где а, > 0 (/ = 1,2,..., п\_
Доказать, что (V ° + 1^ ^)8 ^ 64с^(о+^)2. если а >»0 и 6 >0.
Доказать, что если а + # = 1, а>0 и 6>0, то
/ „ , 1 у , Л , 1 \2 25 (а + 7) +р + т)
Доказать, что если а>0, й>0 и с>0, то имеет место неравенство
т + |+|>3.1119
Доказать, что —НтЧ—5» , ■ , „, если а>0, ^>0, <;>>0.
Доказать неравенство
Babe <(#+£)(& + с) (с + я), где а, b и с положительны.
Доказать неравенство
Ь +++ &2 ’
где числа а-Vb^ Ь-\-с и с 4-а положительны.
Доказать, что если а>0, Ь>>0, с>0, то (‘‘+»+Ч-Ь+п^+^)г4-
Найти наименьшее значение
Af = x2+y+^2, если л;4-)f4-z= За, где а—постоянная величина.
Доказать, что
при любом натуральном п.
Доказать, что для любых положительных чисел а и b имеет место неравенство
Доказать, что если аг>0, а2>0, ..., а„ >0, то
(«1 + ®2 + °*+ • • • +®п) (т"Ьт^"т+ • • • "^«г) ^n%*\Ux «2“3
Доказать, что (2л)! < [л(«+!)]”, если л> 1.
Доказать неравенство
(«Г + а™ 4- ... 4- а^ . ( а;-” 4- а"-"14- ... 4- а""т) >
^п?.а1айа1...ап,
где аи ап ..., ап —положительные числа, а т — любое вещественное число.
Доказать неравенство
(1+ ^)"> 1+ ^ (неравенство Якова Бернулли),
где А>0, л —натуральное, большее единицы (л>1).
Доказать неравенство
где а>1, п— натуральное число, большее единицы.
У торговца заведомо неверные весы. Первому покупателю он отпускает один килограмм товара с одной чашки весов. Второму покупателю он отвешивает один килограмм того же товара на другой чашке, думая, что он при этом компенсирует неточность отвешивания. Спрашивается, выгадал торговец или остался в убытке?
Доказать, что имеет место неравенство
2<(14~)“<2,75
при любом натуральном п.
Решить неравенство
х3 — 5х2 + 8х — 4 > 0.
Решить неравенство
(х — 1) (х — 2) (х — 3) (х — 4) +1,001 > 0.
Решить неравенство
Решить неравенство
4*^2.52Х< 10х.
Решить неравенство
10go х+loga (х 4-1) < log, (2x4-6) (а > 1).
Решить неравенство
xbga *+* > a2x (a > 1).
При каких вещественных х и а имеет место неравенство
log2 х + logx 2 + 2 cos a < 0?
Решить неравенство
log_£ х 4-log, х > 1.
2
Решить неравенство lg2 х4-2 1g х—61
IgA:
Решить неравенство
arcsin lg10 х > 0.
Найти все значения а, при которых смешанная система
( х2+)'2 + 2а;<1,
1 х—у + a= 0
имеет единственное решение. Найти соответствующие решения.
При каких значениях а система неравенств
—d < X2_X-+f <2
удовлетворяется при всех значениях х?
Глава V
ЗАДАЧИ НА СОСТАВЛЕНИЕ УРАВНЕНИЙ
Пешеход шел вдоль трамвайной линии; через каждые 4 минуты он встречал вагон трамвая, а через каждые 12 минут его обгонял вагон трамвая. (Пешеход и трамвай двигались равномерно.) Через сколько минут следуют друг за другом вагоны трамвая?
Переход из порта Л в порт В длится ровно 12 суток. Каждый полдень из Л в В и из В в А отходит по пароходу. Сколько пароходов встретит в открытом море каждый из этих пароходов? '
От пристани Л одновременно отправились вниз по течению катер и плот. Катер спустился вниз по течению на 96 км^ затем повернул обратно и вернулся в Л через 14 часов. Найти скорость катера в стоячей воде и скорость течения, если известно, что катер встретил плот на обратном пути на расстоянии 24 км от Л.
Автомобиль прошел расстояние от Л до В со скоростью ^ = 40 км[час и обратно со скоростью *0^ = ^ км!час. Какова средняя скорость рейса?
Для испытания мотоциклов разных систем два мотоциклиста выехали одновременно из Л в В и из В в Л. Каждый ехал с постоянной скоростью и, приехав в конечный пункт, тут же поворачивал обратно. Первый раз они встретились в р км от В, второй раз в q км от Л через t часов после первой встречи. Найти расстояние между Л и В и скорости обоих мотоциклов.
Два тела, двигаясь по окружности в одном и том же направлении, сходятся через каждые 56 минут. Если бы они двигались с теми же скоростями в противоположных направлениях, они встречались бы через каждые 8 мин. Если при движении в противоположных направлениях в некоторый момент времени расстояние по окружности между телами равно 40 м. то через 24 сек оно будет 26 м. Сколько метров в минуту проходит каждое тело и какова длина окружности, если известно, что в течение упомянутых 24 сек тела не встретились?
По окружности в противоположных направлениях движутся два тела: первое равномерно с линейной скоростью v, а второе равноускоренно с линейным ускорением а.
В начальный момент времени оба тела находились в одной точке А и скорость второго была равна нулю.
Через какое время произойдет первая встреча этих тел, если вторая встреча будет снова в точке Л?
Расстояние между городами равно S км. Из этих городов выезжают одновременно навстречу друг другу два автомобиля и через t часов встречаются. Какова скорость каждого автомобиля, если первый из них проезжает р км на q часов дольше, чем другой?
Из А в В выехал велосипедист. Когда велосипедист проехал S км, из А в В выехал мотоциклист, который пришел в В на t часов раньше велосипедиста. Каково расстояние между А и В, если скорость велосипедиста «и км/час, а скорость мотоциклиста 4^ км/час?
На участке реки от А до В течение так слабо, что им можно пренебречь; на участке от В до С течение уже достаточно сильное. Лодка покрывает расстояние вниз по течению от Л до С за 6 часов, а от С до Л вверх по течению за 7 часов. Если бы на участке от Л до В течение было таким же, как на участке от В до С, то весь путь от Л до С занял бы 5,5 часа. Сколько времени в этом случае понадобилось бы на то, чтобы подняться вверх от С до Л?
Из пункта А в пункт В вышел пешеход, и одновременно из В в Л выехал велосипедист. Когда расстояние между велосипедистом и пешеходом сократилось в четыре раза, из Л в В выехал автомобиль, догнавший пешехода в момент его встречи с велосипедистом. Продолжая движение, автомобиль прибыл в В тогда, когда велосипедист доехал до А. Во сколько раз скорость велосипедиста превосходит скорость пешехода?
Морская экспедиция плыла на двух пароходах. Первый пароход вышел на сутки раньше второго, но пришел в порт назначения на сутки позже, так как вторую половину пути он шел медленнее, чем первую, на 10 км в час. Второй пароход шел все время с той же скоростью, с которой первый шел первую половину пути. Сколько суток шел второй пароход вперед, если известно, что, увеличив скорость на 10 км в час, он смог бы весь обратный путь проделать за 6 суток?
3333Колонна войск протяжением d, км движется по шоссе маршем со скоростью у км/час. Конный вестовой выезжает из конца колонны в ее начало, передает приказание
33
33
2 И. X. Сивашинский
и тотчас же отправляется обратно. На проезд туда и обратно вестовой тратит ^ часа. Определить скорость вестового, если она была на всем пути одинакова. (Скорость колонны во время движения вестового постоянна.) 285. Пассажир, опоздавший на t часов на свой поезд, решил сначала догнать его на такси, однако через некоторое время пересел на автобус, заплатив за билет А рублей, и прибыл на одну из станций одновременно с поездом, i Между тем он обнаружил, что если бы продолжал ехать I на такси, то догнал бы поезд на т часов раньше, истра- ] тив при этом на В рублей меньше. Какова скорость поезда, если скорость такси с^, автобуса ф2, а стоимость проезда ; на такси равна а рублей за 1 км^1
Два туриста одновременно отправляются из пункта ;
А в пункт В. Один турист пошел пешком, а другой вы- ’ ехал на двухместном мотоцикле с водителем. Проехав часть | пути, второй пошел дальше пешком, а водитель возвра- j тился назад, взял первого туриста и прибыл в В одновре- ■ менно со вторым. Найти время, затраченное туристами на передвижение из Л в В, и расстояние, которое каждый из туристов прошел пешком, если известно, что расстояние между А и В равно 3 кл, скорости туристов при движении пешком ^ км/час, а скорость мотоцикла ^2 км/час.
Два пешехода вышли одновременно из пункта А
в пункт В. Оба пешехода движутся равномерно. Когда каж- ' дый из них достигает пункта В, он поворачивает обратно. Первый пешеход, обогнав второго, встречает его на обратном пути на расстоянии d км от В; затем, прийдя в А и снова повернув к В, он встречает второго пешехода, пройдя к тому времени n-ю часть расстояния от Л до В. Найти расстояние от Л до В.
Мотоциклист отправился из Л в В. Одновременно ] с ним выехал из В в Л велосипедист. Их встреча произошла через п часов. Определить, за сколько часов каждый из них проезжает путь ЛВ, если, продолжая движение после ; встречи, мотоциклист прибывает в В на t часов раньше, ; чем велосипедист в А.
Вестовому надо было проехать 20 км, причем первую половину пути он должен двигаться на 1 км в час быстрее, чем вторую половину. В каких пределах должна быть заключена его меньшая скорость, чтобы на весь путь он затратил от четырех до пяти часов?
Средний годовой процент прироста продукции из года в год остается постоянным. Если бы годовой процент прироста продукции увеличился на р°/0, то через 8 лет количество продукции было бы в два раза больше, чем при старых условиях прироста. Определить годовой процент прироста продукции.
Мастер дает сеанс одновременной игры в шахматы на нескольких досках. В конце первых двух часов он закончил р% партий выигрышем, а I партий проиграл. За следующие два часа он выиграл у 4?% оставшихся противников, т партий проиграл и остальные п партий закончил вничью. На скольких досках шла игра?
В сосуд, содержащий Л литров воды, сначала через одну трубу вливают а литров, содержащих р°/0 (по объему) спирта, а затем, после перемешивания, через другую трубу выливают а литров образующейся смеси. Сколько раз нужно повторить эту операцию, чтобы в сосуде получился раствор спирта, крепостью не менее ^°/0 (по объему)?
Из бака, наполненного спиртом, вылили часть спирта и долили водой; потом из бака вылили столько же литров смеси; тогда в баке осталось 49 л чистого спирта.
Сколько литров спирта вылили в первый раз и сколько во второй раз, если вместимость бака 64 л?
Первый из п одинаковых цилиндрических сосудов налит доверху спиртом, а остальные—до половины смесью спирта с водой, причем концентрация спирта в каждом сосуде в к раз меньше, чем в предыдущем. Содержимым первого сосуда долили доверху второй, затем содержимым второго—третий и т. д. до последнего. Найти полученную концентрацию спирта в последнем сосуде.
Имеются два чана, расположенных один над другим. В первый чан, расположенный выше, поступает вода через трубу Л; из первого во второй вода может переливаться по трубе В; из второго 'чана вода выливается через трубу С. Известно, что через А (при закрытой трубе В) первый чан наполняется за 3 часа, а через трубу В (при закрытой трубе Л) он опорожняется за 5 часов. Если при пустых обоих чанах открыть все 3 трубы, то за 7 часов наполнится один из чанов. Если наполнить первый чан, а второй оставить пустым и после этого открыть трубы В и С (при закрытой трубе Л), то через 6 часов оба чана опорожняются полностью. Какой из чанов больше и во сколько раз?
При перемножении чисел, из которых одно на 10 больше другого, ученик допустил ошибку, уменьшив на 4 цифру десятков в произведении. При делении (для проверки ответа) полученного произведения на меньший из множителей он получил в частном 39, а в остатке 22. Найти множители.
Часы показывают в некоторый момент на т минут меньше, чем следует, хотя и спешат. Если бы они показывали на п минут меньше, чем следует, но уходили бы в сутки на t минут больше, чем уходят, то верное время они показали бы на сутки раньше, чем показывают. На сколько минут в сутки эти часы спешат?
Найти четырехзначное число, у которого цифра тысяч равна цифре десятков, а цифра сотен на единицу больше цифры единиц, если известно, что искомое число представляет собой точный квадрат.
Два слитка весят вместе т г. В первом слитке содержится чистого золота р°/0, во втором—^°/0. Известно, что в первом слитке содержится чистого золота на л г больше, чем во втором. Сколько весит каждый из слитков?
Первый кран наполнял чан в течение t дней и за это время наполнил ~- чана, остальную часть наполнил второй кран.
Если бы оба крана действовали одновременно, то чан наполнился бы за число дней, равное среднему арифметическому между числом дней, в течение которых действовал первый кран, и числом дней, в течение которых действовал второй. Сколько дней действовал второй кран?
Имеющиеся в совхозе комбайны, работая вместе, могут убрать урожай за одни сутки. По плану же работы в первый час работал лишь один комбайн, во второй — два, в третий —три и т. д. (до тех пор, пока не начали работать все комбайны), а затем в течение нескольких часов перед завершением уборки урожая действовали все комбайны. Время работы по плану было бы сокращено на шесть часов, если бы с самого начала уборки постоянно работали все комбайны, за исключением пяти. Сколько было комбайнов в совхозе?
Определить, за сколько дней может выполнить каждый из трех рабочих некоторую работу, если производительность третьего рабочего равна полусумме производительностей первого и второго. Известно, что если бы
третий рабочий проработал а дней, то для окончания остальной работы первому потребовалось бы b дней, а второму—с дней.
Пятизначное число начинается слева цифрой 3. Если эту цифру перенести с первого места на последнее, сохранив порядок остальных четырех цифр, то вновь полученное число будет на 29 997 больше первоначального. Найти первоначальное число.
Найти целые положительные числа, разность квадратов которых равна 455.
Для нумерации страниц книги потребовалось 6857 цифр. Сколько страниц в книге?
Дети делят орехи. Первый взял а орехов и л-ю часть остатка; второй — 2 а орехов и л-ю часть нового остатка; третий — 3 а орехов и л-ю часть нового остатка и т. д. Оказалось, что таким способом разделены все орехи поровну.
Сколько было детей?
Глава VI
ПРОГРЕССИИ И СУММЫ
Из натуральных чисел составлены группы (1), (2, 3, 4), (5, 6, 7, 8, 9), . .. , так что каждая оканчивается квадратом номера группы. Найти сумму членов &-Й группы.
Из нечетных чисел составлены группы
(1), (3, 5), (7, 9, И),,
так что м-я группа содержит п членов. Найти сумму чисел л-й группы.
Некоторые члены арифметических прогрессий
21, 25, 29, ... и 16, 21, 26, 31, ...
одинаковы. Найти сумму первых ста одинаковых членов.
В арифметической прогрессии, состоящей из четырех целых чисел, наибольший член равен сумме квадратов остальных трех членов. Найти члены этой арифметической прогрессии.
Доказать, что если синусы углов треугольника составляют арифметическую прогрессию, то котангенсы половин его углов образуют тоже арифметическую прогрессию.
Доказать, что если av а^ а^ ..., ап составляют арифметическую прогрессию, то имеет место равенство
V а1 + V&2V а1 + V&21Von_i + YX1Von_i + YX
V а1 + V&2
V а1 + V&2
1
Von_i + YX
1
Von_i + YX
_ VX—Vai
~ d ’
где d— разность прогрессии.
Пусть Sv S2 и S3 —соответственно суммы пг первых членов, л2 первых членов и л3 первых членов некоторой арифметической прогрессии. Показать, что
51 (л2 - л8) + ^ (л3 — Л1) + ^ ^ — л2) = 0.U2/tg
Составим таблицу
1
3, 4
4, 5, 6, 7
5, 6, 7, 8, 9, 10
Доказать, что сумма членов каждой горизонтальной строки равна квадрату нечетного числа.
Найти такую арифметическую прогрессию, у которой отношение суммы первых п членов к сумме hn последующих не зависит от п.
Доказать, что если числа av а^ ,.., ап отличны от нуля и образуют арифметическую прогрессию, то
(ЦО-2^2^з Я3Я4С1п_уС1п ахап
Доказать, что всякая последовательность чисел av а^ • • •> ат удовлетворяющих при любом п^З условию
—+—+—+...+—5—= 1=5
а^ 1 а2а3 11’ ^„^ ахап 1
есть арифметическая прогрессия.
Доказать, что во всякой конечной арифметической прогрессии, разность которой отличается от нуля, произ-
ведение двух членов, равноотстоящих от крайних членов, возрастает по мере удаления от концов ее к середине.
Доказать, что во всякой конечной геометрической прогрессии, абсолютные величины членов которой различны, сумма абсолютных величин двух членов, равноотстоящих от концов прогрессии, убывает по мере удаления от концов прогрессии к ее середине.
Последовательность xv х^ х^ ..., хп обладает тем свойством, что разность хп+1— хп есть («+1)-й член геометрической прогрессии с первым членом а и знаменателем q.
Выразить х^ х3, х^ .... хп через xv a, q и п.
Сумма любых пяти последовательных членов возрастающей геометрической прогрессии в 19 раз больше третьего из них. Найти эту прогрессию, если известно, что один из ее членов (/n-й) равен единице.
Каждый член бесконечно убывающей геометрической прогрессии отличается постоянным множителем к от суммы бесконечно убывающей геометрической прогрессии, начинающейся со следующего члена. Какие значения может принимать к!
Найти произведение Р первых п членов геометрической прогрессии, если известно, что их сумма равна Sn а сумма чисел, обратных первым п членам прогрессии, равна S3,
Найти предел суммы
а ± аг aq ± а^ aq4 ± а^aq" ± avq"
=ТI А 2। е е • Iи п '
ас^ aqa^x ОД ^зЯхaqnaxq^
если ^>1, ^i>l и п—► оо (я 7^=0; ^^O).
Даны числа а, 6, с, d, е такие, что а, Ь, с—три последовательных члена арифметической прогрессии; Ь, с, d—последовательные члены геометрической прогрессии и с, d, е составляют гармоническую прогрессию. Доказать, что а, с, е — три последовательных члена геометрической прогрессии.
Доказать, что если а^ Ь, с одновременно являются 5-м, 17-м и 37-м членами как арифметической, так и геометрической прогрессий, то имеет место равенство
аъ‘с.Ьс-а.оа‘ъ = \е
Найти две прогрессии — арифметическую и геометрическую, если известно, что первые члены этих прогрессий
равны, сумма первых двух членов арифметической прогрессии больше суммы двух первых членов геометрической прогрессии на утроенный первый член, а суммы первых трех членов обеих прогрессий равны.
Даны арифметическая прогрессия с общим членом ап и геометрическая прогрессия с общим членом Ьп, причем аг~Ьь а2 — Ь21 аг^а^ и ап*>0 для всех натуральных чисел п* Доказать, что ап<.Ьп при л >2.
Доказать, что если для геометрической прогрессии
#i> л2, ..., ап) ...
и арифметической прогрессии
»1,62,.... 6„,...
выполняются неравенства
а.>0, — >0, 62 —6.>0,
то существует такое число а, что logeart—йй не зависит от п.
Доказать, что
12^22 + 32 + ... 4-л2 = 1(1±2Н21+О
при любом натуральном л.
Доказать равенство
I2 + 22 + З2 + ... + л2 = С«+1 + 2(С^ + Сд-! 4- ... + Сз).
Доказать, что
5и==1.2 4-2.3 + 3.44-...+л(л4-1) = ^^У^-Ь^
при любом натуральном л.
Найти сумму первых л членов ряда
л (л — 12) + 2л (Зл—22) + Зл (5л—З2) + ...
... + 6л[(2А—1)л—62]+...
Найти сумму
S„= 1.3x + 3-5x2+ ... +(2л—1)(2л+ 1)х".
Найти сумму л первых членов ряда
1-2 + 1-3-4 + 1.3.5.6 + ЬЗ-5.7-8+...
... + 1-3.5.79...(26— 1)(26)+...
Найти сумму п первых членов ряда Ц-2-3 + 2.4.5 + 2.4-6-7+...
...4-2.4-6-8... [2 (А—1)] (2А—1)4-...
Найти сумму всех парных произведений, которые можно составить из чисел
1, 2, 3, 4(л—1), п.
Найти сумму
5n = 2.124-3.224-4.324-...4-/z(/z—I)2 4-(я 4-1) л2.
Найти сумму
5 = a2-a24-a2-^4-...+a2„_i-s^
где av а2, a3i а4) ..., а2я-1» агп—последовательные члены арифметической прогрессии с разностью d.
Найти сумму первых п членов ряда
5 = 8 + 2-89 + 3.899 + 4.89 999+ ...
Найти сумму
Sn = 1 + 2а + За8 + 4а8 + 5а4 + ... + па"*1.
Доказать, что имеет место равенство l,lt, 1__п(п + 3)
Ьг-З^-З^ * • • ^л(л + 1)(л + 2)^4(л + 1)(п + 2)
при любом натуральном ти
Найти сумму
^15^24(п + 1)2—Г
Найти сумму первых п членов ряда
Найти сумму первых п членов ряда
3 J, 5 Д. 7 -L Д. 2^+1 -L - (ьгр^сг-зр^^з^-1--*1 ^^(А-юр"1"
Найти сумму первых п членов ряда
с 1 j2 ,3.4,.& .
22.3*4 2-3»4.5^ * * ’12 3.. .(A+l)1" *е *
Найти сумму
S” = Ь4^Т7^7Ло + ТОЛЗ^ ^(Зп—5) (Зп—2) +
^(Зп—2) (3n+1) •
Найти сумму
с — _}। ^ । зI। I п -2° * 21 ' 22 * 23 т ‘ ‘ Т2П-1 ‘
Доказать, что
1 —ЮС^+Ю^л-ЮЗС^+.-. + Ю2"-1^ + 102" = 81".
Вычислить суммы
Л = cos х + 2 cos 2х + 3 cos Зх + ... + п cos пх и
B=sinx4-2sin 2х+3 sin Зх + ... Н-лзш пх.
Доказать тождество
sin а + sin (а + Р) 4-sin (а + 2Р) + ... +sin (а + лР) =
sin (а+т) *sin (^р)
sm 2
Доказать тождество
cos а + cos (а + Р) + cos (а + 2Р) + cos (а + ЗР) + ..,
... + cos (а + Лр) g-i^2 .
sin-E
Найти сумму
sinx-sin2x" sin2x-sin Зх" * * * ”sin (n — l)x»sin/zx *
Определить сумму первых n членов ряда
sin ^-sin a2 + sin a2-sin a3 + ... +sin a^-sin aft+1+ ...
при условии, что aD a2, a3, a4, an, я„+1 образуют арифметическую прогрессию.
Найти сумму первых п членов ряда tgartga2+aga2.tga8+... +tgaA.tga6+1 + ... , если av а21 а31 а^ ... ап1 аплА составляют арифметическую прогрессию.
Показать, что при любом натуральном п имеет место равенство
ctg2^-1) (ctg2^—••• (ct822^i~0 ctg Д
(ctg2 j— 1) (ctg2-J— 1) ... (ctg2^ —1 )
Найти сумму
S„ = tga + ltgy4-ltg-^4-. .. + (1)" ^tg^.
Упростить выражение
- sin a + sin 3a + sin 5a+... + sin (2n— 1) a cos a + cos 3a + cos 5a + ... + cos (2n—l)a
Доказать, что
л лnA sin2^+1a
2^+1 sin a2^+1 sin a360. Доказать, чтоsin a । sin 3a , sin 5a . sin a ’ sin a "i sina '360. Доказать, чтоsin a । sin 3a , sin 5a . sin a ’ sin a "i sina 'sin (2n— 1) a /sin na \2sin (2n— 1) a /sin na \2sin asin acos a • cos 2a • cos 4a ... cos 2 a = -r.
2^+1 sin a
2^+1 sin a
360. Доказать, что
sin a । sin 3a , sin 5a . sin a ’ sin a "i sina '
360. Доказать, что
sin a । sin 3a , sin 5a . sin a ’ sin a "i sina '
sin (2n— 1) a /sin na \2
sin (2n— 1) a /sin na \2
sin a
sin a
Найти сумму
cos2 a + cos2 2a + cos2 3a + • • • + cos2 ла.
Найти сумму
Sn = cos a + cos 2a + cos 3a + • • • + cos ла.
Найти сумму
Sn = sin a + sin 2a + sin 3a + ... + sin ла.
Найти сумму
... + arcsin... + arcsinV n2 + 2n — Kn2—1V n2 + 2n — Kn2—1n (n +1)n (n +1)
... + arcsin
... + arcsin
V n2 + 2n — Kn2—1
V n2 + 2n — Kn2—1
n (n +1)
n (n +1)
Глава VII
ОСНОВНЫЕ СВОЙСТВА ЛОГАРИФМОВ.
ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ И ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ
Доказать, что
если а>0, ^>0, a^l, ^7^1.
366. Доказать, что
logb 10gb а
a iogba — logb а.
367. Доказать, что367. Доказать, чтоloga Nloga N_.logs N log» а *_.logs N log» а *
367. Доказать, что
367. Доказать, что
loga N
loga N
_.logs N log» а *
_.logs N log» а *
если a>0, 6>0, ^>0, a^l, &=41.
368. Доказать, что
log, АГlogeb Nlog, АГlogeb N= l+10g„6.= l+10g„6.
log, АГlogeb N
log, АГlogeb N
= l+10g„6.
= l+10g„6.
Доказать, что если
(ac)loga ^ = c2,
то числа logaM log&^ и ^ogcN являются тремя последовательными членами арифметической прогрессии.
Доказать, что
log6 а = 10g6„ a".
Доказать, что если
а2 + № = с2, а>0, ^>0, с>0, то
loge+b а + logc_6 а = 2 logc+6 а • logc_b а.
Доказать, что если
4a2+ 9^2 = 4ab> а>0, то
. 2a + 3bloga+logb
4——2
Доказать, что если а, b и с—-последовательные члены геометрической прогрессии, то
lOggN 1<^еЛГ—log6rt
log,АГlog>^—logc^
Чему равно выражение
logak alt
Доказать тождество
У = 10ge N. log6 N н- log6 N-log, N+
-Hoe AMo» N = ^°8a NAogb N-\ogcN
T'og^ ^а™ loge6cjV
Доказать тождество
l°8aia8a,.. . a,^ —1^1,।1*
loga,x logOix ’” log„Mx
Доказать тождество
1о» V- logq x.log» X
gy log6X —10geX ‘
Известно, что \ogab = A, log^b — Ви n>0 целое. Вычислить log, b, где с равняется произведению л членов геометрической прогрессии с первым членом а и знаменателем q.
Доказать тождество
л = — log3 logs V •
п раз
Решить уравнение
logcosxSin^ + log,|nxCOSX = 2.
Решить уравнение
logs (X + 1)® + logs (х +1) = 6.
Решить уравнение
1 + log, = (lg 1g Л -1) log, 10.
Исследовать решение.
Решить уравнение аь^с, где a, Ь, с — положительные числа, a^l, Ь^\.
Решить уравнение
(1 + logc a) log„ X. logb с = logb х- log, X. log„ с.
Найти все значения к, при которых уравнение lg (^х) _ Q lg(^+O
имеет только один корень.
Решить уравнение
loga К(1-х)2 = 3.
t 387. Решить уравнение
у^ + ^6" = /9?
Показать, что уравнение
2arccos х _|_ )Og2 х = j/х —3 не имеет решений.
Решить систему уравнений Г хх*У=ух-У, ( ух2 = 1.
Решить систему уравнений
[ 10g12 Х (-^£2 + ^-у) = l0g2( log2x-log8(x+y) =31ogsx.
Решить систему
J Iog6x4-31O8^ = 7,(ху = 5Ч
Решить систему уравнений ( Ху=ух, I хр=у9, считая х">0, у>0 и /^>0.
Решить систему уравнений
10gyX + 10gx>'=y ,x+jf = л2 + а.
Исследовать решение, 394. Решить систему уравнений
।ах№ = ab.
< 21og„x = logJLj.logr-5.
Глава VIII
КОМБИНАТОРИКА И БИНОМ НЬЮТОНА
Сколько нулей имеет на конце число 50!?
Доказать, что отношение
/f]_! •/?2^ • • • k^
есть целое число, если ^ + ^2 + ^3+• • ■+^/^Ле 397. Сколько цифр имеет число
А _ 1 , 1 л4 . Ю4(Ю4 —1) I 10Ч10^-1Н10^ .
Найти сумму квадратов коэффициентов бинома Ньютона.
Доказать равенство
рОplрЧpvnрП — 1
п ।I.
1 + 23m+l 1п
С" _2”+1— 1
П+1п+1
Сколько всевозможных четырехзначных чисел можно составить из цифр 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, чтобы в каждом числе была одна единица?
Сколькими различными способами можно распределить 12 различных предметов между тремя лицами Д, В и С так, чтобы каждый получил по 4 предмета?
Надо поместить в восьми клетках, стоящих на одной прямой, 4 гласные буквы и 4 согласные так, чтобы не оказались рядом 2 гласные или 2 согласные. Сколькими способами это можно сделать?
Сколькими способами можно разместить в ряд p-Vq шаров, из которых р белых и q черных ^pT>q^ при условии, что черные шары не лежат рядом.
Сколько можно составить трехзначных чисел из 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, если в каждом числе каждая цифра может встречаться сколько угодно раз?
Найти, сколько делителей имеет число 288 = 25-32, если в число делителей включаются единица и само число.
Обобщить задачу для числа
2V = ^.^...^,
где pv р^ ..., рк — различные простые числа.
В ящик вложили к ящиков. В каждый из этих А ящиков либо опять вложили А ящиков, либо не вложили ни одного и т. д. Найти число пустых ящиков, если наполненных оказалось т.
Сколько можно сделать из п элементов перестановок, в которых два элемента а и b не стоят рядом?
Из чисел 1, 2, 3, ..., 100 составлены всевозможные парные произведения. Сколько среди полученных чисел таких, которые кратны трем?
Сколькими способами можно составить разведывательную группу из трех офицеров и семи солдат, если всего 10 офицеров и 20 солдат?
Даны А заглавных букв, т гласных и п согласных (всего к-\-т-^п букв). Сколько различных слов можно составить из этих букв, если в каждом слове на первом месте должна стоять заглавная буква, среди же прочих букв должно быть р различных гласных (из числа данных т) и v различных согласных (из числа данных л)?
Каким числом способов можно разделить колоду из 36 карт пополам так, чтобы в каждой пачке было по 2 туза?
Даны А концентрических окружностей. Из центра проведено I лучей (А^/). Сколькими способами можно выбрать 5 таких точек пересечения лучей с окружностями, чтобы никакие две из точек одного набора не лежали на одной окружности и никакие две не лежали на одном луче (s^A)?
На плоскости дано п точек, из которых никакие три не дежат на одной прямой. Найти число прямых, которые можно получить, соединяя точки попарно.
Доказать, что п прямых, расположенных в одной плоскости, из которых никакие две не параллельны и никакие три не проходят через одну точку, рассекают плоскость на 1 -| —- частей.
Сколькими способами можно расставить на шахматной доске 8 ладей так, чтобы ни одна из них не могла бить другую?
При каком значении к член Т^г разложения по формуле бинома Ньютона
(1+Уз")100
будет одновременно больше предыдущего и больше последующего членов этого разложения?
Сколько делителей имеет число
q=Pip^*-Pn>
считая 1 и <7, если pv Р^**-»Рп — различные простые числа?
Найти все возможные пары целых положительных чисел, сумма которых равна 10% их произведения.
Глава IX
КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛА
419. Доказать, что
если а-^Ы* = У x-Vyi.
Где расположены точки на числовой плоскости, для которых
(z —комплексное число)?(z —комплексное число)?
(z —комплексное число)?
(z —комплексное число)?
4-21. Доказать тождество
kl + ^2 I2 + I *1“*2 I2 = 2 (kl |2 + I *2 l2)>
где zx и 2r2—комплексные числа.
4-22. Показать, что корни уравнения хп—1 могут быть записаны в виде
а, а2, ..., а”*1.
4-23. Найти сумму р-х степеней корней уравнения хп— 1, где р — целое.
4-24-. Вычислить выражение
yU2 t JL
А J 2Ш >
если z есть корень уравнения z-\—=1.
Найти все значения z, удовлетворяющие уравнению ^ + |^| = 0,
где z — комплексное число.
Доказать, что если комплексное число z удовлет- воряет соотношению z-f~— =1, то наибольшее возмож-
1 + /Т ное значение его модуля равно —.
Глава X
ЗАДАЧИ ПО ПЛАНИМЕТРИИ НА ВЫЧИСЛЕНИЕ
Определить вид треугольника, если между его элементами имеют место зависимости
(я3 + 53—с3):(а + ^—с) = с2 и sin?lsinB=-|-.
Три окружности О, Ох и О2 пересекаются в точке М и касаются одной прямой АВС соответственно в точках Л, В к С. Найти зависимость между их радиусами /?D /?2, R3 и углами OXMO^ О^МО, OMOV
В выпуклом четырехугольнике ABCD диагонали АОС и BOD образуют со сторонами восемь углов в круговой последовательности о^, а2, а3, а4, а6, ав, а7, а8. Найти
♦ 50
отношение произведения синусов углов с четными индексами к произведению синусов углов с нечетными индексами.
На перпендикуляре ЕК, проведенном к отрезку АВ=а через его середину К, взяты точки С, D^ Е, расстояния которых до прямой АВ равны соответственно 0,5 а, а и 1,5 а. Найти сумму углов АСВ, ADB и АЕВ.
По углам а и 0, образованным продолжениями противоположных сторон вписанного в круг четырехугольника, определить углы этого четырехугольника.
Одной и той же прямой касаются две окружности, радиусы которых соответственно равны 3 м и 12 ^, а расстояние между центрами которых равно 41 м. Эти окружности одновременно начинают катиться по общей касательной навстречу друг другу с одинаковой скоростью 1 м в минуту. Через сколько минут окружности прикоснутся друг к другу?
Меньшее основание трапеции DC—b, большее основание трапеции АВ= а. На продолжении меньшего основания определить точку М такую, чтобы прямая АМ разделила трапецию на две равновеликие части.
Найти площадь прямоугольного треугольника, если * его гипотенуза равна с, а острый угол 15°.
Выразить через стороны а, Ь, с треугольника АВС отрезки, соединяющие точки, в которых стороны треугольника касаются вписанной в него окружности.
Определить площадь треугольника АВС по данным углам А, В, С и медиане АМ = т.
Сторонами треугольника являются корни уравнения х3—42х2 + 58 7х—2730 = 0. Не решая это уравнение, найти площадь треугольника.
Биссектриса внутреннего угла В треугольника АВС равна /, а биссектриса смежного с ним угла равна lv Найти площадь треугольника, если AB\BC = h.
В трапеции ABCD стороны ВС и AD параллельны, О—точка пересечения диагоналей. Найти площадь трапеции, если площади треугольников AOD и ВОС равны соответственно р2 и #2.
Дано, что медианы та и тс треугольника АВС образуют со стороной АС углы, дающие в сумме 60°, и что произведение та*тс — У^. Найти площадь треугольника АВС.
Дан ромб с углом в 30°, большая диагональ которого равна а. В этот ромб вписан прямоугольник так, что одна
из его диагоналей есть меньшая диагональ ромба. Определить площадь прямоугольника.
Радиус описанной около прямоугольного треугольника окружности относится к радиусу вписанной в него окружности, как 5:2. Найти острые углы треугольника.
Найти площадь прямоугольного треугольника, если радиус вписанного круга равен г, а радиус вневписанного круга, касающегося гипотенузы, равен R.
Дан квадрат со стороной, равной а\ если на двух противоположных сторонах этого квадрата построить внутри него два правильных треугольника, то боковые стороны треугольников пересекутся и образуют четырехугольник. Определить площадь этого четырехугольника.
К двум касающимся извне в точке А окружностям, радиусы которых 3 и 1, проведена общая внешняя касательная ВС. Найти площадь фигуры АВС, ограниченной окружностями и касательной.
Через точку R, взятую внутри треугольника, проведены три прямые, параллельные соответственно сторонам треугольника; площади получившихся трех треугольников равны а2, А2, с2. Найти площадь основного треугольника.
* 447. Найти площадь параллелограмма по диагоналям р и ?(р>^) и острому углу а.
Площадь равностороннего треугольника, построенного на гипотенузе прямоугольного треугольника, вдвое больше площади последнего. Найти отношение катетов прямоугольного треугольника.
Около треугольника АВС описана окружность и к ней в точке А проведена касательная, пересекающаяся с продолжением ВС в точке Т. Выразить АТ и ВТ через стороны а, b и с треугольника.
В треугольнике найти отношение суммы квадратов медиан к сумме квадратов его сторон.
Найти третью сторону треугольника, если даны две стороны его а и b и известно, что медианы, проведенные к этим сторонам, пересекаются под прямым углом. При каких условиях такой треугольник существует?
Прямоугольный сектор радиуса R разделен на две части дугой круга того же радиуса с центром в конце дуги сектора. Определить радиус круга, вписанного в меньшую из этих частей.
В равносторонний треугольник, сторона которого равна 3, вписан другой равносторонний треугольник, втрое меньший первого по площади. Найти расстояние между двумя смежными вершинами этих треугольников.
Г л а в а XI
ЗАДАЧИ ПО ПЛАНИМЕТРИИ НА ДОКАЗАТЕЛЬСТВО
Доказать, что биссектриса угла А треугольника АВС делит противолежащую сторону а на отрезки т и п такие, что
асab
о -р сb-р с
Доказать, что квадрат биссектрисы угла треугольника равен разности между произведением прилежащих сторон и произведением отрезков, на которые биссектриса делит третью сторону.
Доказать, что биссектриса угла треугольника
1а = ь^тУрХр—^Ьс.
Доказать, что квадрат биссектрисы /л угла А треугольника можно определить по формуле
/2 -bc
1А 0С (6+с)» '
где а, 6, с—стороны треугольника.
Доказать, что биссектриса 1А угла А треугольника АВС равна
2 be cos-^-b+c ’
где b и с — стороны треугольника, заключающие угол А.
Доказать, что если в двух треугольниках АВС и ЛД^ равны стороны АС и AXCV углы В и Вх и биссектрисы ВР и ВХРХ этих углов, то треугольники равны.
Доказать, что если две биссектрисы треугольника равны, то треугольник равнобедренный.
461. Доказать, что во всяком треугольнике биссектриса лежит между медианой и высотой, проведенными из той же вершины.
Если биссектрисы двух прилежащих углов АВС и CBD взаимно перпендикулярны, то точки Л, В и D лежат на одной прямой. Доказать.
Одна из диагоналей четырехугольника, вписанного в окружность, является диаметром окружности. Доказать, что проекции противоположных сторон четырехугольника на вторую диагональ равны между собой.
464. Перпендикуляры AD и CD. проведенные к сторонам АВ и ВС треугольника АВС. пересекаются в точке D. Доказать, что расстояния от точек В и D до перпендикуляра, проведенного к стороне АС через ее середину, равны.
Доказать, что окружности, проходящие соответственно через каждые две вершины треугольника и его ортоцентр, равны окружности, описанной около данного треугольника.
Доказать, что любая секущая, проведенная через Дентр вписанного в треугольник круга, делит площадь и периметр треугольника в равных отношениях.
Даны угол и его биссектриса. Произвольная окружность, проходящая через вершину угла, отсекает на сторонах угла и его биссектрисе соответственно отрезки а. Ь. с. Доказать, что отношение ^— не зависит от положения окружности.
Доказать, что для всякой хорды АВ данной окружности отношение AB4AD. где AD—расстояние точки А до касательной к окружности в точке В. есть величина постоянная.
Даны окружность О и две точки А и В. Доказать, что продолжение общей хорды окружности О и любой другой окружности, проходящей через точки А и В (и пересекающей окружность О), пересекается с прямой АВ в определенной точке, лежащей на продолжении хорды АВ.
Доказать, что отрезки, соединяющие соответственно середины противоположных сторон и середины диагоналей четырехугольника ABCD. пересекаются в одной точке и делятся ею пополам.
Доказать, что прямая, проходящая через середины диагоналей четырехугольника, проходит через середину
отрезка, соединяющего середины противоположных сторон этого четырехугольника.
Доказать, что если в шестиугольнике две пари противоположных сторон равны и параллельны, то три его диагонали, соединяющие противоположные вершины, пересекаются в одной точке.
В треугольнике АВС взяты произвольно точки Ах на ВС, Вх на СЛ, Сх на АВ. Доказать, что окружности, описанные около треугольников ЛВ1С1, ВС1Л1 и САХВХ пересекаются в одной точке.
Через вершины ЛиВ, ВиС, СиЛ треугольника АВС проведены соответственно три окружности так, что их дуги, лежащие вне треугольника, вмещают углы, сумму которых равна 180°. Доказать, что эти окружности проходят через одну точку.:
Доказать, что две касательные к окружности й хорда, соединяющая точки их касания, отсекают равные отрезки на перпендикуляре, проведенном через произвольную точку этой хорды, к прямой, соединяющей эту точку с центром.
Пусть О—центр круга, вписанного в треугольник АВС. Доказать, что имеет место равенство
ЛО2 - ВС+ВО2 • ЛС+ СО2 - АВ = abC)
где а, Ъ) с—стороны, противолежащие соответственно углам А) В) С.
В треугольниках ABC vi АХВХСХ ^^ + 2^А= 180° и /_В = 21Bv Доказать, что между сторонами треугольников существует зависимость
аах = bbx + ссх.
На сторонах АВ и АС треугольника АВС взяты соответственно точки D и Е так, что площадь всего треугольника вдвое больше площади треугольника ADE. Доказать, что DE и медиана СМ пересекаются в такой точке К> что имеет место равенство
KM-KD-KE-KC.
Доказать, что если из точки М, взятой внутри треугольника ЛВС, опущены перпендикуляры /а, lb1 1е соответственно на стороны а, Ь) с, то имеет место равенство к !1
где htt) hb, hc—высоты треугольника.
В прямоугольном треугольнике АВС из вершины прямого угла С опущен на гипотенузу с перпендикуляр CD=P) а из полученной точки D опущены перпендикуляры DE и DF на катеты АС и ВС. Обозначим отрезки АЕ через т, a BF через п. Доказать, что имеют место следующие зависимости
р^-спиц
т^ + п^ + Зр^с^
Vm?^V"^=V"^-
Доказать, что произведение квадратов диагоналей параллелограмма, угол которого равен 45°, равно сумме четвертых степеней прилежащих двух его сторон.
Доказать, что если четырехугольник вписанный, то сумма произведений противолежащих сторон его равна произведению его диагоналей. (Теорема Птолемея.)
Доказать, что в остроугольном треугольнике сумма расстояний от центра описанной окружности до сторон равна сумме радиусов описанного и вписанного кругов.
На дуге окружности, описанной около треугольника АВС, взята точка М так, что прямая МА пересекает сторону ВС в точке D. Доказать, что
a.AM*AD = №.BD-Vc^CDt
где а, Ь) с—стороны ВС) СА, АВ треугольника.
Доказать, что в правильном семиугольнике ABCDEFP имеет место зависимость
АВ АС^ AD*
Доказать, что в любом треугольнике точка пересечения медиан, ортоцентр и центр описанного круга лежат на одной прямой (прямая Эйлера).
Доказать, что в любом треугольнике три середины сторон, три основания высот и три точки, делящие пополам отрезки высот от ортоцентра до вершины, лежат на одной окружности (окружность девяти точек или окружность Эйлера). Доказать, что центр этой окружности есть середина отрезка, соединяющего центр описанного круга с ортоцентром треугольника.
Две окружности пересекаются в точках А и В; CAD—секущая (С и D лежат на окружностях). Через точки D 66
и С проведены касательные до пересечения в точке Е. Доказать, что около четырехугольника BCED можно описать окружность.
В треугольнике АВС биссектриса угла С пересекает в точке D перпендикуляр, проведенный к стороне АВ через ее середину. Доказать, что около четырехугольника ADBC можно описать окружность.
К двум внешне касающимся окружностям проведены общие внешние касательные АВ и CD. Доказать, что около четырехугольника ABDC можно описать окружность.
Дано, что прямая, проведенная через вершину В треугольника АВС и середину М противоположной стороны, проходит через центр О окружности, описанной около этого треугольника. Доказать, что если треугольник разносторонний, то он прямоугольный.
Круг, вписанный в треугольник АВС, касается стороны АВ в точке D, причем AC-CB — ^AD-DB. Доказать, что треугольник прямоугольный.
Доказать, что если высоты ha, hb, hc и радиус г вписанной в треугольник окружности удовлетворяют равенству ha-Vhb-Vhc = 9r, то треугольник равносторонний.
Доказать, что если ортоцентр треугольника лежит на окружности, проходящей через середины его сторон, то треугольник прямоугольный.
Доказать, что пятиугольник правильный, если все его стороны равны и равны три последовательных угла.
В остроугольном треугольнике AFE высоты ED и FB пересекаются в точке С. Точки М, N, Р и Q являются соответственно серединами отрезков FC, ЕС, АЕ и AF. Доказать, что четырехугольник MQPN—прямоугольник.
Доказать, что прямые, соединяющие последовательно центры квадратов, построенных на сторонах параллелограмма и примыкающих к нему извне, образуют также квадрат.
Доказать, что если в выпуклом четырехугольнике отрезок, соединяющий середины противоположных сторон, равен полусумме двух других сторон, то этот четырехугольник—трапеция.
В выпуклом четырехугольнике ABCD площадь треугольника ВКС (К—точка пересечения его диагоналей) есть средняя пропорциональная между площадями треугольников АКВ и CKD. Доказать,' что четырехугольник ABCD—трапеция.
Доказать, что расстояние точки окружности от хорды круга есть среднее пропорциональное между расстояниями концов хорды от касательной к кругу в этой точке.
Доказать, что для того, чтобы один из углов треугольника был равен 60° или 120°, необходимо и достаточно, чтобы расстояние от вершины этого угла до ортоцентра было равно радиусу R описанной окружности.
Внутри равностороннего треугольника АВС взята точка Р так, что СР2 = АР2 4" ВР2. Доказать, что угол АРВ равен 150°.
Пусть PQ—общая секущая двух внутренне касающихся окружностей О и О'. Точки Ри Q лежат на большей окружности О'. М и N—точки пересечения PQ с меньшей окружностью О. Доказать, что ^РАМ —^LNAQ и / PAN =219^^* Как изменится эта теорема, когда секущая обратится в хорду наружного круга,^касательную к внутреннему?
В круге с центром О проведена хорда АВ и продолжена на расстояние ВС, равное радиусу. Через точки Си О проведена секущая CD (точка D лежит дальше от С, чем точка О). Доказать, что угол AOD равен утроенному углу ACD.
Доказать, что если в четырехугольнике суммы квадратов противоположных сторон равны, то диагонали его взаимно перпендикулярны.
Доказать, что прямые, соединяющие середины дуг, стягиваемых противоположными сторонами вписанного в окружность четырехугольника, взаимно перпендикулярны.
В равнобедренном треугольнике АВС (АВ — АС) на продолжении стороны АВ отложен отрезок BD, а на стороне АС—отрезок СЕ, равный BD. Доказать, что если на отрезках BD и DE построить параллелограмм DBFE, то ЕС перпендикулярен ВС.
Доказать, что биссектрисы углов, образованных продолжениями противоположных сторон вписанного четырехугольника, взаимно перпендикулярны.
Прямоугольный треугольник делится высотой, опущенной из вершины прямого угла на гипотенузу, на два треугольника, в которые вписаны окружности. Доказать, что линия центров этих окружностей перпендикулярна к биссектрисе прямого угла данного треугольника.
Доказать, чтб во всяком треугольнике три точки, симметричные с точкой пересечения высот отно- 68
сительно сторон треугольника, лежат на описанной окружности.
Около треугольника АВС описана окружность. Доказать, что точка D, диаметрально противоположная точке С, симметрична ортоцентру треугольника относительно середины стороны АВ.
Доказать, что точка, симметричная центру окружности относительно середины средней линии треугольника, вписанного в эту окружность, лежит на высоте, перпендикулярной к этой средней линии.
Правильный треугольник АВС вписан в круг и через середины двух дуг АВ и ВС проведена хорда. Доказать, что стороны треугольника делят хорду на три равные части.
Доказать, что если из точки Pv взятой вне круга О, проведены к нему касательные РА и РВ и перпендикуляр АС к диаметру BD, то прямая PD делит АС пополам.
В треугольнике АВС углы В и С равны соответственно 15° и 30°. Через вершину А проведена прямая, перпендикулярная к АВ до пересечения с ВС в точке D. Доказать, что отрезок BD в два раза больше стороны АС.
Доказать, что площадь S треугольника равна
1У abc hahbhct
где а, 6, с—его стороны, a ha, hbi hc—его высоты.
Доказать, что если угол, прилежащая сторона и сумма двух других сторон одного треугольника соответственно равны таким же элементам другого, то такие треугольники равны.
Доказать, что прямая, проходящая через основания двух высот остроугольного треугольника, отсекает от этого треугольника подобный ему треугольник.
Доказать, что площадь остроугольного треугольника равна произведению периметра треугольника, вершины которого—основания высот данного треугольника, на радиус окружности девяти точек.
Из произвольной точки Р биссектрисы AD треугольника АВС опущены перпендикуляры PCV РАХ и РВг соответственно на стороны АВ, ВС и СА. Доказать, что точка К пересечения прямых ВгСг и РАХ лежит на медиане АМ.
В трапеции ABCD сумма углов при основании AD равна 90°. Доказать, что отрезок, соединяющий середины оснований, равен полуразности оснований.
Глава XII
ЗАДАЧИ ПО ПЛАНИМЕТРИИ
НА НАХОЖДЕНИЕ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ МЕСТ
*) Доказать, что существуют только две точки, которые делят данный направленный отрезок в данном отношении: одна—внутренним образом, а другая—внешним.
Доказать, что геометрическое место точек, расстояния которых от двух данных точек находятся между собой в данном отношении А, -отличном от единицы, есть окружность.
Пусть Л и Лх—точки касания общей касательной к двум окружностям; Af и Aft—две точки пересечения этих окружностей соответственно с некоторой прямой, параллельной АДг. Найти геометрическое место точек N пересечения прямых АМ и АгМг.
Даны фиксированная хорда АВ и подвижная хорда CD постоянной длины той же окружности. Найти геометрическое место точек М пересечения прямых AD и ВС. На меньшей дуге точки расположены в порядке Л, С, D, В, а на большей дуге—в порядке В, С, D, А.
Даны фиксированная хорда АВ и подвижная хорда CD постоянной длины той же окружности. Найти геометрическое место точек К пересечения прямых АС и BD. На меньшей дуге точки расположены в порядке Л, С, D, В, а на большей дуге — в порядке В, С, D, А.
Найти геометрическое место точек концов отрезков, проведенных из точек окружности в одном направлении, если они равны и параллельны данному отрезку.
Даны фиксированная хорда АВ и подвижная хорда CD постоянной длины той же окружности. Найти геометрическое место центров окружностей, описанных около треугольников MCD и KCD, где К—точка пересечения АС и BD^ а М— точка пересечения AD и ВС.
Из фиксированной точки вне окружности проведена секущая и в точках пересечения ее с окружностью—
*) Эта задача является вспомогательной для решения других задач.
касательные. Найти геометрическое место пересечения .этих касательных.
Из точки D, взятой на стороне ВС треугольника АВС, проводятся всевозможные-прямые, пересекающие стороны АС и АВ (или их продолжения) соответственно в точках Е и F. Найти геометрическое место точек пересечения окружностей, описанн'ых вокруг треугольников CDE и BDF.
На сторонах угла М взяты равные отрезки АВ и CD (Д между М и В, С между М и DV Доказать, что геометрическое место точек пересечения окружностей МСВ и MAD—биссектриса угла М.
Доказать, что геометрическим местом центров окружностей, вписанных в прямоугольные треугольники, гипотенузой которых служит фиксированный отрезок длиной 2А, являются две дуги окружностей с радиусами &]/2.
Найти геометрическое место середин гипотенуз прямоугольного треугольника, у которого вершина прямого угла фиксирована, а остальные две вершины В и С скользят по заданной окружности О.
Найти геометрическое место точек М внутри треугольников АВС, для которых площадь треугольника МАВ равна сумме площадей треугольников МВС и МАС.
Найти геометрическое место точек середин отрезков, соединяющих данную точку с точками данной окружности.
Найти геометрическое место середин хорд окружности, которые проходят через заданную точку.
На каждом из радиусов окружности откладывают от центра отрезок, равный расстоянию конца этого радиуса до одного фиксированного диаметра. Найти геометрическое место концов построенных таким образом отрезков.
Дан равносторонний треугольник АВС. Найти геометрическое место точек М, удовлетворяющих условию
АМ-ВМ+МС.
Одна окружность касается прямой в точке А. Другая касается той же прямой в точке В и первой окружности в точке М. Найти геометрическое место точек М.
Пусть А и В—заданные точки некоторой окружности и М—переменная точка той же окружности. На продолжении отрезка АМ откладывают отрезок MN=MB« Найти геометрическое место точек N.
Глава XIII
ЗАДАЧИ ПО ПЛАНИМЕТРИИ НА ПОСТРОЕНИЕ
Провести в треугольнике АВС прямую, параллельную ВС, так, чтобы отрезок, заключенный между боковыми сторонами, был равен сумме отрезков боковых сторон, считая от основания.
Через данную точку М провести прямую так, чтобы ее отрезок, заключенный между параллельными прямыми АВ и CD, был равен данному отрезку а.
В данный равносторонний треугольник АВС вписать другой равносторонний треугольник Л1В1С1 так, чтобы вершины его принадлежали сторонам данного треугольника, а стороны были бы перпендикулярны к сторонам данного треугольника.
Из точки А, взятой вне круга, провести секущую так, чтобы ее внешняя часть равнялась внутренней.
Через точку пересечения двух окружностей провести секущую так, чтобы сумма получившихся хорд была бы равна данному отрезку.
Даны две концентрические окружности; провести прямую, на которой эти окружности отсекают две хорды, из которых одна вдвое длиннее другой.
На окружности даны две различные точки А и В. Провести через эти точки параллельные хорды, сумма которых равна данному отрезку (а).
Стороны угла АВС пересечены прямой DE. Построить отрезок, который своими концами упирается в стороны этого угла, перпендикулярен к прямой DE и делится ею пополам.
Через вершину В треугольника АВС провести отрезок BD (D принадлежит ЛС), длина которого была бы средней пропорциональной величиной между отрезками AD и DC.
На круглом бильярде радиуса 7? в точке М на расстоянии d от центра О находится шар. Ударить его так, чтобы он, отразившись два раза от борта, прошел через точку М, не проходя через центр.
Найти путь, по которому должен следовать бильярдный шар, чтобы, ударившись в два борта, прийти из Л в В.
На прямоугольном бильярдном столе лежат два шара Л и В. По какому направлению надо направить шар 62
Л, чтобы он, отразившись от каждого из четырех бортов стола, ударил бы шар В.
На продолжении диаметра построить такую точку, чтобы длина касательной, проведенной из нее к окружности, равнялась диаметру.
Из точки, взятой вне круга, провести секущую так, чтобы она отсекала дугу, вмещающую данный угол.
Построить прямоугольный треугольник, зная длину а гипотенузы и длину к медианы BD, проведенной к катету АС.
Построить равнобедренный прямоугольный треугольник, в котором расстояние между точкой пересечения медиан и точкой пересечения биссектрис равно данному отрезку т.
Построить треугольник АВС по основанию ЛВ= а, высоте к, проведенной к основанию, и медиане /я, проведенной к боковой стороне ВС.
Построить треугольник по стороне а^ сумме двух других сторон ^b-V^ и разности углов при стороне а.
Построить треугольник по двум данным углам и сумме т медианы и высоты, выходящих из вершины третьего угла.
Построить треугольник по двум данным сторонам а и b и биссектрисе 1С угла между ними.
Построить треугольник АВС по данному углу В и двум медианам
АР=та И
CQ = тс.
Построить треугольник, зная его углы и радиус R описанной окружности.
Построить треугольник АВС по двум высотам ка1 къ и медиане тс1 проведенной к третьей стороне.
Построить треугольник АВС по двум сторонам а и Ь, зная, что медианы та и ть этого треугольника взаимно перпендикулярны.
Построить треугольник АВС по периметру Р его ортоцентрического треугольника и по отношению высот
кахкъ*.кс = т\пе.р.
где т^ тц р—данные отрезки.
Построить треугольник АВС по основанию АС=Ь, углу В при вершине и точке D касания вписанной окружности со стороной АС.
Построить треугольник АВС по радиусу R окружности, описанной около этого треугольника, биссектрисе AD — 1 и углу а между биссектрисой AD и стороной ВС. •
Построить треугольник АВС по высоте AD — h, периметру 2р и радиусу г вписанного круга.
Построить треугольник, если даны его периметр и два угла А и В. •
Построить треугольник АВС по радиусу R описанной около него окружности, зная длины биссектрис AN=lt и АР — 12 внутреннего и внешнего углов треугольника при вершине А (Р—на продолжении стороны ВС).
Построить треугольник по данной стороне ВС=а, противолежащему ей углу ВАС=а и радиусу г вписанного круга.
Построить треугольник АВС, зная положение одной из его вершин А, центра О описанной окружности и ортоцентра /7.
На стороне ВС треугольника АВС взята точка М. Провести через эту точку прямую так, чтобы она разделила площадь треугольника на две равновеликие части.
Глава XIV
ЗАДАЧИ ПО СТЕРЕОМЕТРИИ
Основанием пирамиды служит квадрат со стороной а. Две боковые грани перпендикулярны к основанию, а большее боковое ребро составляет с основанием угол р. В пирамиду вписан шар. Найти радиус шара.
Основанием пирамиды SABC служит равнобедренный треугольник со сторонами АВ= ДС=5, ВС=6; высота пирамиды проходит через середину ВС и равна 1. Найти радиус шара, вписанного в эту пирамиду.
Найти высоту треугольной пирамиды, боковые ребра которой равны а, Ь, с, а все плоские углы при вершине прямые. •
В шар радиуса R вписана правильная треугольная пирамида SABC, у которой двугранный угол при основании равен а. Найти сторону основания пирамиды.
Между двумя параллельными плоскостями заключен конус так, что его основание находится на одной из них, а вершина 5—на другой. Угол между осью конуса и образующей равен а. Через середину М оси проведена прямая, составляющая с ней угол 0. Отрезок CD этой прямой между параллельными плоскостями равен (L Найти ее отрезок АВ^ заключенный внутри конуса.
Боковое ребро правильной четырехугольной пирамиды SABCD равно а и образует с плоскостью основания угол а. В эту пирамиду вписан равносторонний цилиндр ^цилиндр, у которого осевое сечение — квадрат) так, что боковой поверхностью он касается основания пирамиды вдоль диагонали этого основания, а окружности оснований цилиндра касаются боковых граней пирамиды. Найти радиус основания цилиндра.
Найти отношение объема конуса к объему вписанного в него шара, если известно, что плоскость, касающаяся шара и перпендикулярная к одной из образующих конуса, отсекает на этой образующей, считая от вершины, отрезок, в к раз больший радиуса шара.
На плоскости Р стоит равносторонний конус (конус, у которого осевое сечение—равносторонний треугольник), высота которого равна h. Каждый из трех равных между собой шаров, лежащих на плоскости Р внутри конуса, касается двух других шаров и боковой поверхности конуса. Найти радиус шаров.
В правильную л-угольную пирамиду, у которой сторона основания равна а, а двугранный угол при основании равен а, вписан шар. Найти расстояние между точками, в которых шар касается двух соседних боковых граней пирамиды.
Из некоторой точки М пространства стброны треугольника АВС видны под прямыми углами. Найти расстояние от точки М до плоскости этого треугольника, если стороны его равны а, Ь, с.
Каждый плоский угол при вершине трехгранного угла равен 60°. В этот трехгранный угол вписаны два касательных друг к другу шара. Найти отношение их радиусов.
Ребро куба равно а. Найти радиус цилиндрической поверхности, осью которой’ служит диагональ куба,
6565^ И. X. Сивашинский
65
65
если известно, что эта цилиндрическая поверхность касается ребра куба.
Сторона основания правильной четырехугольной пирамиды равна а, высота пирамиды равна h. Через сторону основания пирамиды и середину скрещивающегося с ним бокового ребра проведено сечение. Найти расстояние от вершины пирамиды до плоскости этого сечения.
Найти боковую поверхность правильной треугольной пирамиды, сторона основания которой равна а, а угол между боковыми гранями равен ср.
На плоскости стоит круговой конус и вертикальный штатив. Радиус основания конуса равен 1 л/, высота равна 2 м. Основание штатива отстоит от центра основания конуса на 2 м. а высота штатива равна 4 м. На вершине штатива помещен точечный источник света. Найти площадь тени конуса (не считая площади основания).
Основанием пирамиды SABCD служит ромб с диагоналями АС^а и BD = b. Боковое ребро 5Л перпендикулярно к плоскости основания и равно т. Через точку А и середину К ребра SC проведена плоскость, параллельная диагонали основания BD. Найти площадь сечения.
В правильной треугольной пирамиде плоский угол при вершине равен а, а кратчайшее расстояние между двумя скрещивающимися ребрами равно /. Найти объем этой пирамиды.
Найти объем параллелепипеда, если все его грани—равные ромбы со сторонами а и острыми углами а.
Высота прямого кругового конуса равна h. Две взаимно перпендикулярные образующие делят окружность основания на две дуги, одна из которых вдвое короче другой. Найти объем конуса.
В некоторой (неправильной) пирамиде все внутренние двугранные углы при основании равны а. Площадь основания равна 5, а периметр основания равен 2р. Найти объем и полную поверхность этой пирамиды.
. Обе грани прямого двугранного угла пересечены плоскостью, образующей с каждой гранью угол а. Найти угол между линиями пересечения этой плоскости с гранями двугранного угла.
Найти двугранные углы трехгранного угла, плоские углы которого равны а, р и у.
Найти плоский угол при вершине правильной четырехугольной пирамиды SABC, если центры шара, вписан-
кого в эту пирамиду, и шара, описанного около нее, совпадают.
Радиус шара, вписанного в усеченный конус, равен R, а радиус шара, описанного около этого усеченного конуса, равен ЯУ^ЗО. Найти угол между образующей усеченного конуса и его основанием.
В равностороннем цилиндре точка окружности верхнего основания соединена отрезком с одной из точек окружности нижнего основания; угол между радиусами, проведенными в эти точки, равен а. Найти угол между этим отрезком и осью цилиндра.
Непересекающиеся диагонали двух смежных боковых граней прямоугольного параллелепипеда наклонены к плоскости его основания под углами а и р. Найти угол между этими диагоналями.
На плоскости лежат вокруг общей вершины п равных последовательно касательных конусов (каждый конус касается двух других). Найти угол при вершине осевого сечения каждого из этих конусов.
Доказать, что объем произвольного тетраэдра равен V = ^abc sin ср, где а и b—длины двух скрещивающихся ребер тетраэдра, ф—угол между ними, а с — кратчайшее расстояние между ними.
Пусть EF и KL — скрещивающиеся средние линии двух параллельных оснований произвольного параллелепипеда. Найти отношение объема пирамиды EFLK к объему этого параллелепипеда.
Показать, что куб можно пересечь плоскостью так, чтобы в сечении получился правильный шестиугольник.
Доказать, что плоский угол четырехгранного угла меньше суммы трех других.
Доказать, что не существует многогранника с нечетным числом граней, все грани которого являются многоугольниками с нечетным числом сторон.
Доказать, что биссекторная плоскость двугранного угла треугольной пирамиды делит ее противоположное ребро в отношении, равном отношению площадей граней, образующих этот двугранный угол.
Показать, что если прямая имеет больше двух общих точек с цилиндрической или конической поверхностью, то она есть ее образующая.
В пространстве рассматриваются два отрезка АВ и CD, не лежащих в одной плоскости. Пусть MN—отрезок, соединяющий их середины. Доказать, что
(здесь AD, ВС и МЫ—длины соответствующих отрезков).
Доказать, что отрезки, соединяющие середины скрещивающихся ребер треугольной пирамиды, пересекаются в одной точке.
Если одна из высот (произвольной) треугольной пирамиды проходит через ортоцентр той грани, на которую она опущена, то и каждая из остальных трех высот проходит через ортоцентр соответствующей грани. Доказать.
Показать, что отрезки, соединяющие вершины любой треугольной пирамиды с центрами тяжести противолежащих граней, пересекаются в одной точке и делятся этой точкой в отношении 1:3.
Построить параллелепипед, три ребра которого лежат на трех заданных прямых, попарно не лежащих в одной плоскости.
Найти во внутренней области трехгранного угла геометрическое место точек, равноудаленных от его граней.
Найти геометрическое место точек, являющихся основаниями перпендикуляров, опущенных из данной точки А, лежащей вне прямой ВС, на все плоскости, проходящие через эту прямую.
Глава XV
НЕРАВЕНСТВА В ГЕОМЕТРИИ.
НАИБОЛЬШИЕ И НАИМЕНЬШИЕ ЗНАЧЕНИЯ
Доказать, что в любом треугольнике имеет место неравенство
р2 > 27г2,
где р—полупериметр, г—радиус вписанного круга.
В треугольник АВС вписан круг, а в круг вписан правильный треугольник Д1В1С1. Доказать, что периметр треугольника АВС не меньше удвоенного периметра треугольника ATBXCV
Доказать, что площадь четырехугольника не боль- (a+c)(6 + d).,
ше дГде а» Ь, с и d—его последовательные стороны.
Доказать, что в любом треугольнике имеет место неравенство
1 I 1|1| 1 I
р — с \а b с J ’
где а, 6, с—стороны треугольника, р—полупериметр.
больше ( -™1 \2 /2больше ( -™1 \2 /2Доказать, что площадь 5 треугольника АВС не \ 2
больше ( -™1 \2 /2
больше ( -™1 \2 /2
Л , где а и b—стороны треугольника.
Доказать, что площадь треугольника не больше ^-(^2 —^ + ^2)> где a^ Ь^ с — стороны треугольника.
Доказать, что площадь 5 треугольника АВС не а2 + Ьа,
больше —~—, где а и о — стороны треугольника.
Доказать, что площадь 5 треугольника меньше шестой части суммы квадратов его сторон.
Внутри треугольника АВС взята точка М» через которую проведены прямые АМ» ВМ» СМ» пересекающие соответствующие стороны в точках Av Bv Cv Доказать, что имеет место неравенство
‘АМ , ВМ CM'
АХМ + ВХМ + СгМ.
Внутри треугольника АВС взята точка М» через которую проведены прямые АМ» ВМ» СМ» пересекающие соответствующие стороны треугольника в точках Ах» Bv Cv Доказать, что имеет место неравенство
АМ ВМ CM q
'АХМ * ВХМ " СХМ Ье
Доказать, что во всяком треугольнике АВС между его площадью 5 и радиусами описанной окружности и вписанного круга существует соотношение
5> 2/^7=.
Доказать, что сумма боковых сторон треугольника превышает основание менее чем на удвоенный отрезок, соединяющий вершину с какой угодно точкой основания.
Доказать, что медиана треугольника меньше полусуммы прилежащих сторон и больше разности между этой полусуммой и половиной третьей стороны.
Доказать, что сумма медиан треугольника заключена между его полупериметром и периметром.
На внешней биссектрисе угла С треугольника АВС взята точка М. Доказать, что МА-\-МВ*> АС-\-ВС.
Доказать, что для любого прямоугольного треугольника имеет место неравенство 0,4 <~ <0,5, где г— радиус вписанного круга, h— высота, опущенная на гипотенузу.
Доказать, что между сторонами прямоугольного треугольника существует зависимость
(а + й)/Г
2
где а и b-г катеты, а с — гипотенуза.
Доказать, что если между двумя сторонами а и b треугольника АВС и высотой hn опущенной из вершины С, существует зависимость -|+у = р то Z^^^^O0^
Доказать, что если в треугольнике АВС между сторонами а и b и медианой пц проведенной из вершины С, существует зависимость “уН"у = т"’ то /,С^ 120°.
Доказать, что если углы А и В четырехугольника ABCD равны, а угол D больше угла С, то
BOAD.
Доказать, что расстояние между серединами диагоналей выпуклого четырехугольника не меньше модуля полуразности двух его противолежащих сторон.
Доказать, что площадь 5 четырехугольника не больше четверти суммы квадратов его сторон.
Доказать, что площадь четырехугольника не больше четверти суммы квадратов его диагоналей.
Доказать, что отношение к периметра ромба к сумме его диагоналей меньше 2 и не меньше У^Г.
Доказать, что отношение радиуса окружности, вписанной в прямоугольный треугольник, к периметру этого 70
треугольника принимает наибольшее значение, когда этот треугольник равнобедренный.
Доказать, что из всех прямоугольников данного периметра Р наибольшую площадь имеет квадрат.
Доказать, что из всех треугольников данной площади равносторонний имеет наименьший периметр.
Доказать, что из всех треугольников данного периметра 2р наибольшую площадь имеет равносторонний.
Доказать, что из всех треугольников с данным основанием и данным углом при вершине равнобедренный имеет наибольшую площадь.
Доказать, что из всех треугольников с данным основанием и данным углом при вершине равнобедренный имеет наибольшую биссектрису угла при вершине треугольника.
Доказать, что из всех треугольников с данным основанием и данным тупым углом при вершине равнобедренный имеет наименьшую медиану.
Доказать, что из всех треугольников с данным основанием и данным острым углом при вершине равнобедренный имеет наибольшую медиану.
Провести через вершину А треугольника АВС прямую ЕЕ так, чтобы сумма расстояний до нее от вершин В и С была наибольшей.
На продолжении сторон АВ и АС данного треугольника АВС отложим отрезки BD и СЕ, сумма которых равна третьей стороне. В каком случае отрезок DE будет наименьшим?
Из всех треугольников с двумя данными сторонами . наибольшую площадь имеет тот, у которого эти стороны перпендикулярны. Доказать.
Доказать, что из всех прямоугольников, вписанных в данный треугольник, тот имеет наибольшую площадь, у которого сторона, параллельная высоте треугольника, равна половине этой высоты треугольника.
Доказать, что из всех прямоугольников, вписанных в данный круг, наибольшую площадь имеет квадрат.
Дан квадрат ABCD (см. рис. 204, стр. 405). От его вершин отложены равные отрезки Аа, Bb. Сс, Dd, и точки а, Ь, с, d соединена отрезками. При каком значении Аа площадь квадрата abed будет наименьшей?
В данный прямоугольный треугольник вписать прямоугольник с вершиной в вершине прямого угла и с наименьшей диагональю.
На одной стороне прямого угла задан отрезок АВ. Найти на другой стороне точку, из которой отрезок АВ виден под наибольшим углом 6.
Даны прямая и две точки по одну сторону от нее. На этой прямой найти точку, чтобы сумма расстояний от нее до двух данных точек была наименьшей.
Даны прямая а и две точки Д и В по разные стороны от нее. Найти на прямой а такую точку, чтобы разность расстояний от нее до точек А и В была наибольшей.
На стороне треугольника найти такую точку, чтобы сумма расстояний от нее до. двух других сторон была наименьшей.
Внутри треугольника найти такую точку, чтобы сумма расстояний от нее до сторон треугольника была наименьшей.
На полуокружности данного диаметра ЛВ=2/? построить точку С так, чтобы произведение хорды АС на длину перпендикуляра CD, опущенного из этой точки на диаметр, принимало наибольшее значение.
На окружности даны две точки А и В. Найти на ней третью точку С так, чтобы произведение хорд АС-ВС было наибольшим.
Найти внутри треугольника точку, произведение расстояний которой до сторон треугольника имело бы наибольшее значение.
Найти наименьшую хорду круга, которую можно провести через данную точку, взятую внутри этого круга.
По одну сторону от прямой ху даны две точки А и В. Расположить на прямой ху отрезок CD данной длины так, чтобы ломаная ACDB была наименьшей длины.
Внутри острого угла хОу дана точка А. Построить треугольник наименьшего периметра такой, чтобы одна его вершина совпала с данной точкой А, а две другие (В и С) лежали на сторонах угла хОу.
Из всех треугольников, вписанных в данную окружность, найти тот, который имеет наибольшую сумму квадратов сторон.
Из треугольников, имеющих данный угол, заключенный между сторонами, сумма которых постоянна, найти такой, который имеет наименьший периметр.
В данный сегмент вписать прямоугольник наибольшей площади.
Доказать, что из всех сечений куба ДВСОЛ1В1С1О1, проходящих через диагональ (BD^, имеет наименьшую площадь то, которое проходит через середину (В) ребра (ЛД^, скрещивающегося с этой диагональю (В^).
Доказать, что если в данный конус вписать цилиндр наибольшего объема, то радиус основания цилиндра относится к радиусу основания конуса, как 2:3.
Доказать, что из всех цилиндров, вписанных в данный шар, тот цилиндр имеет наибольшую боковую поверхность, у которого осевое сечение есть квадрат.
Доказать, что из всех цилиндров, вписанных в данный конус, тот цилиндр имеет наибольшую боковую поверхность, у которого высота равна половине высоты данного конуса.
Доказать, что если в данный шар радиуса R вписан цилиндр наибольшего объема, то отношение радиуса основания цилиндра к радиусу шара равно отношению ]/*2 к ]/3.
Доказать, что если в данный шар вписан конус наибольшего объема, то радиус шара относится к высоте конуса, как 3:4.
. Какую наибольшую боковую поверхность может иметь прямоугольный параллелепипед, диагональ которого равна а?
Из квадратного листа жести со стороной 6а требуется сделать коробку без крышки, вырезая по углам квадраты и загибая затем получающиеся выступы так, чтобы коробка получилась наибольшего объема. Какова должна быть длина стороны вырезанных квадратов?
Пусть AD— биссектриса угла А в треугольнике АВС. Через точку А проведена прямая, перпендикулярная к AD, и из вершины В опущен перпендикуляр ВВХ на эту прямую. Доказать, что периметр треугольника ВВгС больше периметра треугольника АВС.
Доказать, что если площади квадрата и треугольника равны, то периметр треугольника больше периметра квадрата.
Имеется материал для постройки забора длиной в 300 м. Требуется огородить этим материалом прямоугольный загон наибольшей площади, используя для одной стороны загона стену амбара.
На какой высоте над круглым столом надо поместить лампу, чтобы она проектировалась в центр стола и чтобы на краях стола была наибольшая освещенность?
Между двумя городами Д и В протекают две реки. Требуется построить кратчайший между Д и В путь так, чтобы мосты через реки были перпендикулярны к берегам. (Берега каждой реки принимаются за параллельные прямые.)
Глава XVI
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ В ТРИГОНОМЕТРИИ
68L Пусть А и В—острые положительные углы, удовлетворяющие равенствам
3sina Д + 2зш2В = 1, 3 5ш2Д —2sin2B=0.
Доказать, что Д + 2В = 90°.
Доказать, что если имеет место равенство
а2—11 + 2а cos Р + а2
l+2acosa + a2"~а2 —1’
где а > 1, то , а , В1+ а
tgytg у = ±
Доказать, что если имеет место равенство
sin4 а । cos4 а 1
где а и Ь имеют одинаковый знак, а ^= О, Ь^:0, а-^Ь^О^ то имеет место и равенство
sin8 a t cos8 а 1
Пусть x-Vy-¥z — ™k. Для каких целых значений к сумма
tg^tg.y + tgy tg^ + tg^ tgx
не зависит от х, у и z^
Показать, что если
т sin (а + 0) = cos (а — 0),
то выражение 11 1—znsin2a 1 1—/nsin2p
не зависит от а и р.
Доказать, что если
cos х _ cos (x + a) _ cos (х + 2a) • cos (x + 3a) abcd '
то имеет место равенство ^a-\-c^c = ^b-Vd^b.
Доказать, что если cos х #= 0, то из равенства cos z = cos х cos у вытекает равенство
. z + x . Z — X А 2 У
Доказать, что если |Л|<1 и sin a = A sin (a + Р), то
tg (a + Р) —•
& хcos р — А
Показать, что если аир связаны соотношением sin рп
sin (2a+ р) "~ m ’
то имеет место пропорция
Доказать, что если имеет место зависимость t^x-Vtgy-V-tgz = tgxtgytgz1
то x+y + z — nk, где 6 = 0, ±1, ±2, ...
„cos a sin a
Доказать, что если —— = —^-, то выражение
А = a cos 2a + b sin 2a
не зависит ни от а, ни от Ь.
Доказать, что
tg(a + P) = 2tga, если
3sinP = sin(2a + P).
Доказать, что ни при каком значении а не имеет места равенство
sin a sin 2a sin 3a — 1.
Найти значение выражения
у = a sin2 (a + Р) + b sin (a + p) cos (a + P) + c cos2 (a + P)>
если известно, что корнями уравнения ax^-\-bx-V с — 0 являются tga и tgp.
Дано tg2a —atga+1—О, 0<а<~ и а>0. Вычислить cos 2а.
Показать, что если имеет место соотношение cos x-cosa sin2acosp ,, n
cos x—cos psin3 p cos a=?=(+)»
to tg y= ± tgytg-|."
Выразить cos a и sin p через Л и В при условии, что
5ша = Л8т0, tga — BtgP,|В[^/=1 и Л=^=0.
Доказать, что если
cos Л = cos a sin Р, cos В = cos Р sin у,cos С = cos у sin a,
A -\- В -\- С = тц
TO
'tgatgptgy = l.
Доказать, что если
Лг = Л cos2 a +Bsin a cos a+ Csin2 а,
Вг = 2Csin a cos a + В (cos2 a — sin2 a) — 2Л sin a cos a,
Cx = A sin2 a — В sin a cos a + C cos2 a,
то В? —4Л1С1 = В2 —4ЛС.
Доказать, что если углы треугольника АВС удовлетворяют равенству
Q . А . В С . . ЗЛ . ЗВ _ ЗС л
3 Sin -к- Sin -к- COS -^ + Sin — sin cos — ^= 0,Z Z ZZ Z Z
то стороны треугольника связаны зависимостью а3 + ^3 = с3.
Доказать, что если между углами треугольника АВС существует зависимость
(sin А + sin В + sin С) (sin А + sin В—sin С) = 8 sin A sin В, то/С = 60°.
Найти сумму sin5x + cos5x, если известно, что sin х + cos х — а.
Показать, что
1 — cos2a — cos2Z> — cos2c + 2 cos a cos b cos c « = 4 sin p sin (p — a) sin (p — ^) sin (p — c), где 2p = a+^ + c.
Доказать, что если a + P + Y~л> то
sin 2ла 4- sin 2«Р + sin 2л у = (— 1)"+14 sin па sin лрзш лу, где л —целое число.
Доказать, что
sin За = 4 sin a sin (60° — a) sin (60° + а).
Доказать, что
cos За = 4 cos a cos (60° — a) cos (60° + а).
Доказать, что
tg За = tg a tg (60° — a) tg (60° + а).
Вычислить без таблиц sin 18° и cos 18°.
Вычислить без таблиц tg 9° — tg27°— tg63° + tg81°,
Доказать, что
cos 24° + cos 48° — cos 84° — cos 12° = ~ ■
Доказать, что
sin 47° 4- sin 61 ° — sin 11 ° — sin25° = cos 7°.
Вычислить без таблиц выражение 1—4 sin 10° sin 70°
2 sin 10°
Доказать равенство
tg 20° tg 40° tg 60° tg 80° = 3.
Доказать равенство
cos 20° cos 40° cos 80° = ~.
Глава XVII
ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ
И СИСТЕМЫ УРАВНЕНИЙ
Решить уравнение
cos х tg Зх = О.
Решить уравнение
tg Зх tg 4х = 0.
Доказать, что уравнение sin * _ q tg х
не имеет решений.
Доказать, что уравнение
не имеет решений.
Решить уравнение
Я-1х=0.
sin X
Доказать, что уравнение
tg3x= I tgx
пс имеет решений.
Решить уравнение
tg3x = (2 + K 5) tgx.
Доказать, что уравнение
COS (COS х) — у
не имеет решений.
Решить уравнение
COS (COS X) = i^- .
. Показать, что не существует угла треугольника, удовлетворяющего уравнению
х хcos у = cos у.
Доказать, что уравнение
sin 2х sin 6х = 1
не имеет корней.
При каких значениях а уравнение
имеет корни?
Показать, что уравнение
tg (х — 45°) tg х tg (х + 45°) = —^^—■tgy-ctgg-
не имеет решений.
Решить уравнение
X 1 т Г 1 + COS XsmxcosT = T ]/ —5—,
где радикал берется в арифметическом смысле. 729. Решить уравнение
sin ах sin bx = sin тх sin пх,
если числа ап Ъ, т и п положительны и являются последовательными членами возрастающей арифметической прогрессии.
Решить систему уравнений
sin х Sny cosx cos уsin х Sny cosx cos у
sin х Sny cosx cos у
sin х Sny cosx cos у
Решить систему уравнений
x+j = а, sin х sinj = /n.
Решить систему уравнений sin3x = — sin ^у» COS8 X = у cos у, где х и у — острые положительные углы.
Решить уравнение sin х — cos х = 4 sin х cos2 х.
Решить уравнение _Зх .
2 cos х — cos у = 1.
Показать, что уравнение
sin ^ + *^) + с°8 ^х——J = ]/ 2 (sin х + cosx + 1) не имеет решений.
Решить уравнение sin2”x + cos2”x = 1, где л —целое положительное число.
Решить уравнение
sin4 X + cos4 х + sin 2х + а = 0.
Решить уравнение cos2 (х + а) + cos2 (х — а) = sin 2а, если —^-<а<-^.
При каких значениях а уравнение sin bx sin сх = sin2 ^—тр х^ + а хамеет корни?
Решить уравнение sin Зх + sin 2х = т sin х.
Решить уравнение
8 sin2 х + 3 sin 2х + 1 _ п ^ 30 —8со5^х. + Зз1п2х+1 ~ °’
Решить уравнение
v 5cos4x—20cos*x + 16_ncos4 12 cos2 х +16
Показать, что уравнение
sin4 х — sin2 Зх + sin x — 3 — О
не имеет решений.
Решить уравнение
(sin 2х + 3) sin4 х — (sin 2х + 3) sin2 х + 1 = 0«
Доказать, что уравнение
4 sin4 Зх — 3 cos х + 5 = О
не имеет решений.
Решить уравнение
sin6 х + cos6 х = а.
Определить значения а, при которых уравнение имеет решения.
Решить уравнение
1 + cos 6х = 32 cos6 х.
Решить уравнение
sin5 х — cos5 х = sec х — cosec х.
Решить уравнение
16 sin5 х = sin 5х + 5 sin х.
Решить уравнение
sin10 х + cos10 х = Tn cos4 2x.
Решить уравнение
tg x2 — 0.
Решить уравнение
C0SX2 = i .
Решить уравнение
cos 1^49 — х2 = 1.
Показать, что уравнение
н-е имеет решений.
Решить уравнение
tg(x2—x)ctg2 = l.
Решить уравнение
sin2 х2 + sin2 2х2 = sin2 Зх2 + sin2 4х2.
Решить уравнение
|tgx+c^x| = p=.
Показать, что уравнение 3 cos х = | cosx|— 5
не имеет решений.
Решить уравнение?
tg^ = Tl=^2L.&1—sin|x|
Решить систему уравненийI
Г sin х 4-sinj/ = sin (х 4 j), i И+Ь1 = ь
Показать, что целочисленные решения уравнения | cos (2лх) = COS (ЛХ2)I
являются четными числами.
Решить систему уравнений|
(КТI
I cos лхсозл^ =,
I ^+у = т-
Решить уравнение . /5\1
Sin Ч-ЛСО5ЛХ)=-Н-.\ о/2
Решить уравнение sin (л cos х) = cos (л sin х).
82
Решить уравнение
tg (л tg х) = ctg (л Ctg X).
Решить систему уравнений
I х + у = а.
Исключить t из системы уравнений I х = a cos3t + За cos t sin2t, I у = a sin3 t + 3a cos? t sin t.
Исключить x из системы уравнений I mctgx = a, I n cosec Sx — b."
Исключить а из системы уравнений I cos (P + a) = m, I cos(p —a) = /z.
Исключить x из системы уравнений cosx4- cos2x~~ , 1a
_2
sin x + sin 2x = у .
Исключить x и у из системы уравнений a sin2x + Z?cos2x = 1, < a cos2ey + ^ sin2^ = 1, atgx^btgy,
гдя a^b.
Исключить а и р из системы уравнений xcosa+j sin р = а,
<х sin Р —у cos a = b,
< (x2+-y2)(sin2a+cos2P)=:2a6.
Решить уравнение
log cos X sin X + log sin x COS X = 2.
Решить уравнение
(cos 2xy co$3*+4 cos x-1 = sec 2x.
Решить уравнение sin (л lg х) + cos (л 1g х) = L
Решить уравнение 2о2
+log2sinx + loga sinx + log® sinx+ ... =y.
Решить уравнение sin22r^ = l.
Глава XVIII
НЕРАВЕНСТВА В ТРИГОНОМЕТРИИ.
НАИБОЛЬШИЕ И НАИМЕНЬШИЕ ЗНАЧЕНИЯ
Даны Л, В, С—углы треугольника. Доказать, что . Л . В . С _ 1 sin у sin у sin у < j .
Доказать, что
cos ^т + п^ cos (w — л) ^ cos2 т.
Доказать, что если 0<а^у, то имеет место неравенство
l+ctga<ctgy.
Доказать, что при 0<Сх<~ имеет место неравенство
COS Xg
sin2 х (cos x — sin x)
Доказать, что при любых допустимых значениях a имеет место неравенство
(cig2 a— 1) (3 ctg2 a — 1) (ctg 3a-tg2a— 1) ^— 1.
Доказать, что
удов-удов-^па*> п^а,;
удов-
удов-
если п— натуральное число, большее 1, а угол а летворяет неравенству
О <а<784. Доказать, чтоО <а<784. Доказать, чтол4(п—1)*л4(п—1)*
О <а<
784. Доказать, что
О <а<
784. Доказать, что
л
4(п—1)*
л
4(п—1)*
1 + 5cos а+cos р
C0S—-
если
785. Доказать, что
sinsinа + Р ^ sin a + sin Р2а + Р ^ sin a + sin Р2
sin
sin
а + Р ^ sin a + sin Р
2
а + Р ^ sin a + sin Р
2
если
О^а^л, О^Р^л.
Доказать, что
fc,« + p tga + tgpё 22’
если
0<a<f, О<0<£.
Доказать, что если 0<а<<р<-^, то a —sina< р —sin р.
Доказать, что если 0<а<Р<;^-, то
tga—a<tgp — р.
Доказать, что если 0<х<-^, то имеют место
неравенства / sin х _ ,
sin х < х < tg х и cos х <.<< 1.
Доказать, что cosx^cos2” ^У если
0<х<т.
Доказать неравенство
sin 36° • sin 54° < S ^J-1).4л
Доказать, что sin (cos ф) < cos (sin ф) при любом значении ф.
Доказать, что sina + tgaQ
cos a + ctg a
при всех допустимых значениях a.
Доказать, что sina+ sin р 2 sin a sin В . a+ В ’ slnV
если
2&л < a< (2&+1) л, 2/лл< р<(2/л+1)л.
Доказать, что имеет место неравенство
sin2 a + sin2 р ^ sin a sin P + sin a+ sin p — 1.
При каких аир имеет место знак равенства?
Доказать, что для тупоугольного треугольника АВС имеет место неравенство
cos2 А + cos2 В+ cos2 С > 1.
Доказать, что
cos2"+1x (л—натуральное число), COS MX
если 0<(л-|-1)х<-у.
Доказать, что если tga = ntgP, где л>0, то tg2(a-p)<(-^.
Доказать, что если а, р, у—острые углы, то имеет место неравенство
tga(ctgP + ctgY)4-tgP(ctga4-ctgY) + tgY(ctga+ctgP)58 6. 86
Доказать, что х—у^ — . если
tgx = 3tgj, 0<х<-^-, 0<^<у.
Доказать, что если Л, В и С—углы треугольника с тупым углом С, то tgДtgB<1.
Доказать, что имеет место неравенство tgatgp>l, если а и Р — углы остроугольного треугольника.
Доказать, что если
0<а<у, 0<р<^-, 0<у<у, 0<а + ₽ + у<у, то имеет место неравенство
tgatgP + tgPtgY + tgytga< 1-
Доказать, что если
0 <С ос<^ -^ » 0 <2. Р <С *2~, 0 <С у < "2* >tgatgp + tgp tgy + tgytga< 1,то имеет место неравенство
0<а + Р + Т<4р
Доказать, что имеет место неравенство
sin ^ + sin^ - 2sin -L > О» гдел^2.
Доказать, что . 2 a в а _ 27 зш 2 cos 2 ^256*
Доказать, что
з У* з г = зш х + sinj + sin (х+.у) <—2—, если О^х^л и O^j^n.
Доказать, что имеет место неравенство / sina1 + sina2+...+sina„.
® 1cos ax + cos a2 + *.. + cos an® я>
л если 0<a1<a2< ... < a„< -y.
Пусть у = a sin2 х + Ь sin х cos х + с cos2 х.
Доказать, что имеет место соотношение
а + са + с ,
2222
Доказать, что
(sin а + sin р 4- sin у)2 > 2л sin а sin р sin у, где а, р, у — углы треугольника.
Доказать, что имеет место неравенство
KtgatgP4-5 + VtgatgY + 5+ytgPtgy + 5<4 VX
если a, p, у удовлетворяют условиям
0<a<4> 0<p<i, 0<Y<-y и a + P + Y=4*
Числа a, p, у удовлетворяют условиям 0<a<f, 0<p<4, 0<Y<f. « + P + Y = f.
Доказать, что имеет место неравенство tg2 a4-tg2 р + tg2 y—tg2 a tg2 p tg2 y > ^.
Доказать, что имеет место неравенство — 4 ^ cos 2х + 3 sin х ^ 2 -^-.
Найти наибольшее и наименьшее значения функции у = sin6 х + cos6 х.
Найти наименьшее значение выражения _ cos4 а/ л
sin3acos2a \4 /
Найти максимум функции __ 3sin2x(l—4 sin2 %) ^COS4 X’
если 0<|xl<i.
Найти наибольшее значение функции j = sin2 х sin ( ~^+х ) sin I -x—x)
Найти наибольшее значение функции _ (cos3 х—cos Зх) (sin3 х + sin Зх) sin2x*
л15л15л
л
15
л
15
У
Найти наибольшее значение функции , х . 60°+* ^^tg^-ctg-^-,
Найти наибольшее и наименьшее значения выражения у = (3 tg2y 4- 10 tgy 4- 3) cos2y, где а^ Л (2А 4- 1).
Решить систему неравенств sin х > у, cos х ^ у .
Доказать, что
. sin x—cos xarcsm 5sin x-|-cos x
существует тогда и только тогда, когда нк^х^^;-\-пк»
Решить неравенства (823 — 849):
823.
lg10 sin х < 0.
828.
2 sin x sin 3x > 1.
824.
cos (sin x^ > 0.
829.
sin x + cos x <. ]/2.
825.
sin (cos x) < 0.
830.
sin 5x > 16 sin5x.
826.
а 7^0.
sin x + a cos x <_ a;
831.
+ tgx.
tg3 x + tg2x>l +
827.
tg x (1 +cos 2x) <
832.
tg 2x < sin x + tg x.
< cos 2х tg 2х.
833.2 sin2 3x + sin2 6x<2.
A AA A
A A
A A
tg2 х + ctg2 х > 2.
sin^>0.
cos3 x cos 3x —
— sin3 x sin 3x>-|-.
sin x > |A1 — sin 2x.
m *чЙ1Т>1-
cos x — sin x — — cos2x>0 (0<х<2я).
4 sin3 | +3 tg | - — 2,5 sec2 у ^0.
cosx >sin2x —cos2x.
sin22x>sin2x + y.
1—cosx <tgx —sinx.
tgxtg3x< —1.
4 sin x sin 3x < 1.
tg3x —ctg3 x< 7,875.
sin4x—6sin2x + 4
tg x-f-tg 2x 4-tg 3x
РЕШЕНИЯ И УКАЗАНИЯ
Глава I
ДЕЛИМОСТЬ ЧИСЕЛ. ТЕОРЕМА БЕЗУ
Пусть /г —2^+1, тогда п4 + 7 (7 + 2п2) = п4 + 2-7па + 7а = = (п2 + 7)2 = [(2^ + 1)2 + 7]а = [4^ (^ + 1) + 812. Так как произведение ^(^ + 1) кратно , двум, то 4£(& + 1) делится на 8, следовательно, делится на 8 и [4& (& + 1) + 8); поэтому [4& (/? + 1) + 8]2 кратно 64.
Из трех последовательных натуральных чисел (п—1), п,и (п + 1) одно делится на 3, но так как по условию задачи п—число простое, отличное от 2 и 3, то на 3 делится либо (п— 1), либо (п + 1); ясно также, что (п — 1) и (zx +1) являются двумя последовательными четными числами, т. е. одно из них делится на 2, а другое на 4.
Итак, (п2—1) = (п —1) (п + 1) делится на 8 и на 3. Следовательно, п2—1 кратно 24.'
Так как числа а и b взаимно просты с числом 3, то о2 и Ь2 при делении на 3 дадут в остатке единицу, а следовательно, при делении а2 + &2 на 3 получится остаток 2, т. е. ай + Ьй не делится на 3.
Имеем
п (п2 + 5) = п (п2 — 1 +6) —п (n — 1) (л + 1) + 6п.
Так как произведение трех последовательных целых чисел кратно 6, т. е. п (л —1) (п+1) = 6^, где к—целое, то n (n —1) (п + 1) + 6п = =6(& + п), т. е. л(па + 5) делится на 6.
Имеем
п6—5п8 + 4п = и (п4—5п2 + 4) =
= п (л2 —1) (и2—4) = (п—2) (n—1) и (п + 1) (п + 2).
Итак, заданное выражение есть произведение пяти последовательных целых чисел.
Среди пяти последовательных целых чисел имеется хотя бы два четных числа, одно из которых делится на 4; следовательно, данное выражение делится на 8. Далее, среди трех последовательных целых чисел одно кратно 3, поэтому данное выражение делится на 3, и, наконец, из пяти последовательных целых чисел одно кратно 5.
Поскольку данное выражение делится на 8, 3 и 5, то оно делится на 120.
Так как п взаимно простое с 6, то оно нечетное, поэтому (л—I) и (п + О—Два последовательных четных числа и их произведение делится на 8. Также ясно, что одно из них делится на 3, поскольку п не делится на 3. Итак, л2—1 делится на 3 и на 8, т. е. оно делится на 24.
Имеем
Л<+6л3+11Л2 + 6Л = Л(Л3 + 6п2+11л + 6) =
= л[л2 (п + 1)+5л (л + 1)4-6(л + 1)] = п(л + 1)(л + 2) (л + 3).
Известно, что среди трех последовательных целых чисел одно делится на 3 и что произведение двух последовательных четных чисел кратно 8. Следовательно, произведение четырех последовательных чисел делится на 24.
Имеем
62” —1=36” — 1.
Выражение Зб^ —I делится на 36—1, т. е. делится на 35.
Имеем
7"+2 + 82”+1 = 7”+2-f-82”+1-f-7”.8—7”-8 =
= 7” (72 + 8) + 8 (64” —7") = 57 • 7” + 8 (64”—7”).
Так как 64”—7” делится на 64 — 7 = 57, то и заданное число кратно 57.
Представим данное выражение так!
(121”—64”) (л4—1).
Так как л не делится на 5, то n = 5k ± 1 или л=5т ± 2. В обоих этих случаях л4—1 кратно пяти. А так как 121”—64” кратно 121—64 = 57, то все выражение делится на произведение 57-5 = 285.
И. Имеем
52" + 1 + 2"+4 + 2”+1 = 5.52" + 2” + 1(23 + 1)”
= 5-5а" +18-2” = 5-52"—5-2”+ 5-2”+ 18-2” =
= 5(52” —2”)+ 23-2".
Так как 52”—2” делится на 23 = 52—2, то и данное выражение кратно 23.
Имеем
2”+5.34” + 53”+1 = 28*2” (34)” + 5 (53)” =
= 26 (2.34)” + 5 • 125” = 25 • 162” + 5 -125” =
= 32 (162" — 125”) + 37 -125”.
Разность 162” —125” делится на разность 162—125 = 37, следовательно, данное число кратно 37.
Имеем
З3”+2 ^ з. 2з» +1 — 32 (зз)» +5.2 (23)” =
= 9-27” +10-8” —19-8”+ 19-8" =
= 9(27”—8”)+19-8”.
Разность одинаковых степеней 27"—8" кратна разности 27— —8 = 19 и член 19*8" тоже кратен 19, значит, и данное выражение кратно 19.
Представим данное выражение в виде 7«+2_р82»+1_(,7».8_7».8 = (7"+2 + 7"-8) +
+ (82»+1—7" * 8) = 7" (72 + 8) + 8 [(82)" —7" ] =
= 57-7"+ 8 (64"—7").
Число (64"—7") кратно разности 64 —7 = 57 и член Ы*1п тоже кратен 57, а потому и все рассматриваемое выражение делится на 57 при всяком неотрицательном целом п* Но при л = 0 заданное выражение равно 72 + 8 = 57, так что искомый наибольший делитель равен 57.
Имеем
25" +з + 5».3» +2 = 23 (25)" + З2 (5*3)" =
= 8-32"+9-15" = 8-32"+ 9-15" —17.15"+ 17-15" =
= 8(32" —15")+ 17-15".
При целом неотрицательном п разность 32" —15" кратна разности 32—15 = 17 и член 17*15" тоже кратен 17, а поэтому и все данное выражение кратно 17.
Имеем
з (52» +1 + 34» - Б) + 23" (2—23 " ~ 6) =
= 3.52» + 1_(.з4»-4 4.2.23"— 2б"’в =
= 3-5 (52)" + 2 (23)" + [(З4)" **1—(26)" - Ч =
= 15-25" + 2-8" + (81"“1—64"‘“1) =
= 15-25" —15-8"+ 15-8"+ 2-8"+ (81"-1—64"*!) =
= 15(25"—8") + 17.8" + (81"*1—64””1).
При натуральном п разность 25"—8" кратна разности 25—8 = = 17; разность 81" “1—64"-1 при п=1 есть нуль, априп>1 кратна разности 81—64 = 17; член 17*8" кратен 17. Итак, рассматриваемое число кратно 17.
Имеем
32 (» + D. 52/г _ 33»+2.22» = 32 (32». 52» _ зз». 22») = 9 (225" — 108").
Отсюда следует, что заданное выражение кратно девяти. Но так как 225" —108" делится на разность 225—108=117, то заданное выражение делится и на произведение 9-117=1053.
Имеем
52» +1 + З2.2" +1 (1 + 18"”1) —13" =
= 52".5 + 32-2"-2 + 32.2.18""1-2" — 13"=
= 5-25" +18*2"+ 18"-2” —13" = 5-25" —5-2" +
+ 5*2" +18-2"+ (18-2)" — 13" =5(25"—2") + 23-2" +
+ (36" —13").
Замечая, что разности (25"—2") и (36" —13") делятся на 25 — —2 = 36 —13 = 23, мы приходим к выводу, что рассматриваемое число кратно 23.
Вернемся к выражению, заданному в условии задачи. Разность (52*14-1 —13^) Как разность двух нечетных чисел есть число четное; число 32*2Й+1 (1 + IS""1) также кратно 2 при целом положительном п, а потому все рассматриваемое число тоже кратно 2. Итак, данное число кратно 2 и 23, а значит, кратно и их произведению, т. е. 46.
Имеем
222333 _|_ 333222 = £ 11 ззз. 2333 + 111222.3222 =
= 1 1 1222 . [ 11 ри. (23)11J + (32)111] = 111222 (8881И + 91П).
Число (888111+ 9111) есть сумма нечетных степеней. Эта сумма разлагается на множители, из которых один равен 888 + 9, т. е. 897. Заметим, что 897 делится на 13, поэтому и число 222333 + ЗЗЗ222 также делится на 13.
Имеем
3105 + 4105 ^ (33)3б ^ (43)35.
Это выражение делится на сумму 33 + 43 = 27+64 = 91, а 91 делится на 13; следовательно, 3106 + 4106 делится на 13.
Аналогично имеем
3105 _(_ 4105 = (35)21 ^. (45)21,
Это выражение делится на сумму Зб + 4б = 243 +1024= 1267 = = 181*7, а поэтому 310б + 4106 делится на 181 и на 7.
Первое решение. Имеем
4” + 15п—1 =(1+3)” + 15л—1 =
= l + Ci*3 + C2.32 + ... + C"*3”+15n—1 =
= 15п + п*3 + С,2*32 + ...+C"*3” =
= 18л +С2.32 + ... + С2-3\
Каждое слагаемое последней суммы делится на 9, следовательно, и вся эта сумма, т. е. выражение 4й + 15п— 1, делится на 9, что и требовалось доказать.
Второе решение. Проведем доказательство методом математической индукции *).
При п=1 заданное выражение примет вид 4 + 15—1, т. е. оно равно 18 и делится на 9.
Предположим, что заданное' число делится на 9 при n = ht т. е. что
4^+15^—1 =9р.(1)
Остается доказать, что если имеет место (1), то и
4**1 + 15(А + 1)—1(2)
делится на 9
Из (1) находим
4* = 9р—15^ + 1.
*) Рекомендуем читателю ознакомиться с книжкой: И. С. С о м и н- с к и й, Метод математической индукции, «Наука», 1965.
Подставим это значение 4* в (2).
Имеем
4 (9р—156 + 1) + 15 (^+1) —1 =36р—45^+18 = 9 (4р—56 + 2),т. е. 4^+4 +15 (6 +1) — 1 делится на 9, что и требовалось доказать.
Первое решение. Имеем
З2” +М + 32л—36 = 4 (32и +2 + 8л—9).
Следовательно, заданное число кратно четырем, а поэтому остается доказать, что
Згн+г^п—9 делится на 16.
Рассмотрим отдельно случаи, когда п четное и л нечетное.
Пусть п — ЗД— четное число, тогда
32л+2 + 8л—9 = 34'%+2 +166—9 =
^М2—94-16^ = 9 [(З4)^—1] +16^ = 9 (81^—1) +16£.
Разность 81й—1 делится на разность 81 —1=80, а потому и на 16; следовательно, при п четном число 32"+2 + 8л—9 кратно 16.
Пусть п— нечетное число, т. е. п—2к + 1, тогда
32"+2 + 8л—9 = 34*+4+166 + 8—Э^З4)^1 —1 + 166=
= 81*+1 —1 + 166.
Но 81ft+1 — 1 кратно 81 —1=80, следовательно, 32п+2 + 8л—9 и при п нечетном кратно 16.
Второе решение. 1) При л = 0 данное число равно ЗМ + 0—36 = 0, что кратно 64.
Допустим, что при п = к данное число кратно 64, т. е.
32^+2.4 + 326—36 = 64а.
Докажем, что тогда и при л = 6 + 1 данное число, равное 32*+М + 32£ + 32—36, кратно 64.
Действительно,
32%+М + 326 + 32—36=32А;+2.36 + 326+ 32—36 =
= (32*+2 • 4 + 326—36) + 32 (32*+2 +1).(1)
Имеем 32ft+M + 326—36 кратно 64 по предположению, 32(32^+2+1) тоже кратно 64, так как 32*+2 + 1—четное число (как сумма двух нечетных чисел).
Поскольку оба слагаемых правой части (1) кратны 64, то (I) кратно 64.
Итак, 32п+2-4 + 32л—36 делится на 64 при любом целом неотрицательном л.
Первое решение. Данное выражение можно представить так:
З^З2” (23),п-^в —12-22В + 12-2*я4-4'»+Ч-
+ 9.2»" — 9 - 23" + З2 (З3)2” = 12 • 22" (3 • 23)2” —
—12-22"+ (12-22”-|-4-22"+9-22”)+9(272” —22п) =
= 12-22" (242л —12И) + 25-22"+9(272"—2м).
При целом неотрицательном п разность четных степеней 24^ — р« кратна сумме - 24 +1 =25; разность 272” —22” одинаковых степеней кратна разности 27— 2 = 25; член 25-22” делится на 25. Значит, и все данное выражение кратно 25.
Второе решение. 1) При*п = 0 данное выражение, равное 3-4 +32 +4 = 25, кратно 25. 2) Предположим, что при п = £ данное выражение кратно 25, т. е.
32*+1.44*+14. зб*+2 4. 4*+1 ^ 25а.
Докажем, что тогда и при п=&+1 данное выражение кратно 25.
Действительно, при ri — k-V\ данное выражение равно 32*+з. 44*+б 4. 36*+в 4. 4*+2 _. 32*+!. 44*+1.2304 +
.3в*+2.729 + 4*+1.4=:4(32*+1.44*+1 + з8*+2 + 4*+1) +
- 32*+1.44*+1.2300 4- 3е к+2 • 725=4 - 25а +
4- 25 (32й+1 • 44*+1 • 92 4- 36^+2 • 29), что кратно 25..
В силу изложенного заключаем, что утверждение задачи верно.
Имеем
32«+2_8п_9^32 (32)«—8П —9—9 (1+8)7,_8п_9,
Далее
(1 + 8)” = 1” + 8п+С282+С^^, . .^С^^-^А-
+ С”8” = 1+8п +646,
где к-С^4- С^8 + . . . + С"“18”~3+С^в”"2—целое положительное число. Значит,
32«+2_8п_9=к9 (1+8п + 64£)_8п_9=3
= 9 + 72п + 9-64^—8п—9 = 64 (9* + п), т. е. данное выражение кратно 64.
1) Пусть х = Зп + 1, тогда
+2^+4^= 1 + 23" + 1 + 43” +1 = 1 + 2-8” + 4-64”.(1)
Разложив 8” ==(7 + 1)” и 64” = (63+1)” по формуле бинома, найдем, что первое число имеет вид 7а+ Ь а второе 76+ 1, где а и b—целые числа.
Подставляя эти выражения в (1), найдем, что
1+2* + 4х=1+2(7а+1) + 4(7д+1) =
= 1 + 14а + 2 + 28Ь + 4=14а + 28^ + 7 кратно семи.
Поскольку числа вида Зп —1 и Зя+ 2 идентичны, можно вместо Зп —1 рассматривать Зп + 2.
Поступая так же, как и в случае 1), найдем, что 1+2х + + 4^ = 280+112^ + 21 кратно семи.
Первое ре ш е н и е. Имеем
62" + Зл +2 + 3” = 22л -32л + 32*3Л + 3” =
= 3" (4Л*3” + 32 + 1) = 3Л (12” + 10) =
=зл [(11 +1)" + ю]=з^ (ii"+nai"-1+-.. +11^+1 + 10) =
= 3" (H^ndl”-^. . . + 11л + 11)» что, очевидно, кратно 11.
Второе решение. Имеем
62" + Зл+2 + 3" = 3" (12” + Ю) =
= 3" [(12” —1") + И] = 3" [(12—1) .а+И] = ЗМ1 (а+1), что кратно 11.
При х = 0 выражение примет вид 7°—4-3° + 3-2° = 0, т. е. при х = 0 данное выражение кратно 11.
Пусть x = 2fe—четное положительное число. Имеем 7в»_ 4.34^ _^_ з. 22^=7б^_ 34^_ (з. 346—з. 22*) =
= [(73)26—(З2)2*]—3 [(32)2А__92^==(3432А_92^_3 (926—22*). Разности 3432^—92* и 92^—22^ четных степеней кратны соответственно числам 343 + 9=11*32 и 9 + 2 = 11.
Пусть теперь х—нечетное положительное число. Имеем 7Э*_4.з2х + з.2*==(7з* + 32*)—З2*—4*32* +
+ (3 * 2* + 3 • З2*)—3 • З2* = [(73)^ + (З2/] + 3 [2* + (З2)*] — 8 • 32\
Числа (73)* + (З2)* и 2х + (32)* как суммы нечетных степеней кратны соответственно 73 + 32 = 11*32 и 2 + 32=11, но число 8*32Х не кратно 11, а потому и все рассматриваемое число в случае нечетного х не кратно 11.
Итак, рассматриваемое выражение кратно 11 только при х, равном четному (включая* 0) числу.
Отв. х = 2&, где fc = 0, 1, 2,. . .
Имеем
1+Зз*+1 + 9зб+1 = 1+3-27А + 9-272б.
При делении 27й на 13 получается остаток 1, следовательно, при делении 3*27fe на 13 получается остаток 3. Аналогично при делении 272ft на 13 получается остаток 1, следовательно, 9*272* при делении на 13 дает остаток 9.
Итак, при делении 1+ 3* 27^ + 9* 272Й на 13 получается остаток 1 + 3 + 9 = 13, т. е. 1 +3зй+1 + 93*+1 делится на 13.
Имеем
АоХ72 + Axx”-^. . . + А„_1х+Л„ =
= (х-а)(В0^”1 + В1хл-2 + . . . + В„.2х + В„.1) + /?, или
Лох” + Л1хл“1 +Л2хл“2 + . . .+Л^хх+Лл =
= В0х” + (В1-В0а)х«-1 + (В2-В1а)х"-2 + ^ . .
• • * + (^и-1—SM„aa) х + (5—Вп_ха).
4 И. X. Сивашинский97
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях х, найдем, что
Sq = Л Q, By—Вйа — Л^, В^ —Вуа ^^ Лу>
ВП -1 ^п -2° — ^П - 1 > ^ ВП-1&~ ^П' откуда
Во" Ло,
Ву = Вйа-\- Ау, В^ = Bid + Лд,
Вп-л — Вп_2а 4" ^Л-1>R = Bn_ya + An.
Имеем
JM- =пгхп+1^(п« + 2п — Г)х"+2хп-Ч-2хп-»+. . . + 2x4-1,
-Нй- = пахп_^п_ 1)Хп-1_(2п—3)х”-*—(2п—5)х”-«—. . .
. . .— Зх— 1, ^^к^п?^»-^ (п— 1)2х»-8 + (П_2)ахп-» + . . .+9х2 + 4х+1,
т. е. f(x) делится на (х —I)3.
Имеем
Л = nx" + 1—nxw —х" + 1 = пх” (х—1)—(xn —1) ===(х~1)[пх"—(х^-^х"-^. . .+х + 1)Ь
Первый сомножитель х—1 делится на х— 1; второй сомножитель пхп—^хп-х_^хп-г^_ е е . -J.X-H I) также делится на х—1, так как при х = 1 он обращается в нуль. Следовательно, Л делится на (х-1)д.
Пусть
£(х, у) = (х—у) Q (х, у),(1)
где Q (х, у)-—некоторый многочлен.
Равенство (1) есть тождество, т. е. оно имеет место при любых значениях х и у.
В силу симметричности f (х, (/) относительно х и у в равенстве (1) можно х и у поменять местами. Следовательно,
i(x> У) = (У—x)Q(y, X).(2)
Отсюда следует, что
(X—у) Q (х, у) = (у—X) Q (у, X).
Поделив обе части этого равенства на (х — у), получаем Q(^ y) = -QUb х).(3)
При х — у имеем
Q(y. y)=—Q(y> У\ или Q(y, у)=0.
Это показывает, что многочлен Q (х, у) обращается в нуль при замене х на у> следовательно, он делится на х—у, т. е.
<2 U, у)=(х—у) Q^x, у).
В силу последнего равенства и равенства (2) получаем и*. У) = (х~уУ Qi(x, у), что и требовалось доказать.
Первое решение. При обычном делении многочлена хь-^ахй + Ьх+с на (х4-1)8 получаем остаток
R = (a—10) х2 + (д —15)х + (с—6).
Поэтому деление без остатка имеет место только при а = 10, р = 15 и с=6.
Второе р еш е н и е. Пусть
(х3 4" Зх2 4-Зх 4- 1) (х2 + рх + q) = хб + 0»х4 4-0*х3 +ах2 + Ьх 4-с.
Тогда
яб4^Р4-3)х44-(р4-Зр4-3)х3 + (Зр4-Зр4-^
= хб + 0 • х4 + 0 • х3 + ах2 + Ьх + с.
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях х, получим
р 4* 3 = 0 и q -|- Зр 4" 3 = 0, откуда р= — 3, р = 6.
Далее,
и = Зр4*Зр+1 = —9 4“ 184* 1 ^ Ю, Р = 3р4-р=18—3=15, с=р = 6.
Имеем
2Sm = [l” 4-2" 4-3”+ • - .-Hm-X^A-m^-V
4-[m^4-(m —1)^4-. ..4-3"4-2« + 1”1 = [1/,4-тЛ]4-[2п4-(/п — l)nH
4-. . .4-\кп + кт-к^\П^. . .4-[m”4-l"l.
Каждая из сумм [^”4-(^—^+0”) как сумма одинаковых нечетных степеней делится соответственно на сумму ^ + (/и—^4-0» где /г = 1, 2, . . ., т, но к-^(т—&4-1) = /п4"1 Для всех к.
Итак, 2Sm кратно /и-р 1, а следовательно, 2Sm„x кратно т. Далее,
4*4*25^ = 2 [1”4-2” 4-3” 4-. . .4-(/n~-l),,] + 2щ" = 2Sй,.14-2m,,.
4*
4*
99
Так как, по доказанному, 2Sm_i кратно т, то и (25/Яв,1 + 2тл) кратно т.
Таким образом, 25^ кратно двум взаимно простым числам (т + 1) и т, а потому 28т кратно их произведению т (m +1), т. е.
2Sm = m(<m-Vl) р, где р—целое, откуда
$т~2 Р = (1 + 2 + 3 + - . . + т) р.
Отсюда следует, что Sm = 1” +2” +3" + . . - + (/n— 1)”+/и" делится на 1 + 2 + 3+- . .+ (m —1) + т.
Имеем
f (1) = (1 —2)2т + (1—1)^ — 1 = 1+0 —1=0,f (2) = (2—2)2,® + (2 —1)Л —1=0+1—1=0.
Следовательно, многочлен f,(x) делится на (х— 1) и на (х—2), а потому /; (х) делится и на произведение (х — 1) (х—2).
Теперь найдем частное от деления Цх) на (х—2):
+ (х-1)^-1
—--(X 2)+2•
(х-1)”-1х—2(х-1)”-1х—2Известно, что
(х-1)”-1х—2
(х-1)”-1х—2
^L-U^ = (х-1)»-144х-1)“-244*-Пт^^ . . .
. . .-f-(x—1)4-1.
Итак, частное от деления Цх) на (х—2) равно
(х —2)2/»-i + (x—1)^~1 + (х — 1)^~2 + (х — 1)т*з + . . e + (x_i) + i.
Далее, разделив это частное на х— 1, получим
(X—2)3”^ 1+? + (х_1)Д>-2 + (х_1)Я»-3 + (х_1)«»-4 + , . .
. . , + (х-1) + 1. (1)
Но
(х—2)2m-1+i_(x—г^-ч-!
х—1"" (х—2) + 1
= (х_2)3”-з—(х—2)2т~» + (х—2)а”-«—. . .—(х—2)4-1.
Следовательно, частное (1) принимает вид
[(Х_2)2“-2— (х—2)2®-24-(х— 2)2”-»—. . .— (х— 2)4-1]Ч-
+ [(х-1)«“24-(х-1)^-з + (х-1Г“< + . . . + (х-1) + 1].
Имеем
(«+ l)2" + 1 + a”+2 = (a+ l)2'z + 1 + a"+2 + a2<2« + i)—
а2(2П + 1) = ^а ^. 1 )2И +1 _раШП ч-1)] _ [0Шп + 1> — а«+2]==
= [ (а +1 )2" +1 + (а2)2" +1J—а”+2 [(а3)" — 1 ].
Так как 2n 4r-1—число нечетное, то выражение [(а4-О2”*1 4- ^_(tia)8« + i] делится на (а 4- 1) + а2 = а2 + а+ h число (а8)"— 1 делится на а8— 1 = (а—1)(а2 + а+1), т. е. и на число а2 + о + 1.
Значит, заданное число кратно а2 + а + 1.
Имеем
ап (Ь—с) + &” (с—а) 4-с" (а—д)
5~ (а—ЬНа—сНЬ—с) ~
anb—anc*Vbnc—abn+cn (а—Ь) _ (а—Ь) <а—с^ (Ь—с)™
'(а—Ь) (а—с) (д—с)
_аНа^2!±^^^
~(а—с) (Ь—с)
й«*'1Ь4-а”~2624-.. .4-ад"”1—ап-1с—ап~^Ьс — . .. — abn-^c (а—с) (Ь—с)"
(а—с) (Ь—с)
an-i(b—c) + a”-2b(b—c) + . , .4-ад"”2 (д—с)—с (д"”1—с"”1) (а — с) (Ь—с)”
ап-1^ап-гЬ^_ , .^а#1-г—сфп-^Ьп-зс^е ^+сп-^
"а—с
_o^21±^1Z1^Lili±^2^^121zz^^
а—с
а—с
а—с
=д"”24-д"”3 (а + с) 4-д"”4 (а24-ас4-с2)4-. . .
..4-д(а"”34-а"”4с4-. . .4-с"”3) + (а"”2+^‘3^ + - • .4-с"-2).
Очевидно, что А есть сумма членов геометрической прогрессии, первый член которой равен 1 и знаменатель х2, а В есть сумма членов геометрической прогрессии, первый член которой также равен 1 и знаменатель х.
Имеем
1~х2"*х2_1— (х"+1)21-х2 “ 1-х21
i-x"^1
1 —X ’
(х"+1)2 . 1—х"+! ^l+x"*1
В1—х2'1—х14-х
Деление выполняется только, когда (л +1) —нечетное число, т. е. при п четном.
Отв. п—любое четное.
Пусть f(x) искомый многочлен. Согласно условию задачи f(x)(x2— 1) = axR*p-Vbxn,(1)
где п— целое неотрицательное, р—целое положительное число и о, b—постоянные коэффициенты.
Равенство (1) перепишем так:
f W (х—1) (x + l)=xn (ахР + ЬУ
Полагая в этом тождестве х— 1, а затем х = —1, находим, что
Если р нечетное, то из системы (2) следует а + 6 = 0, b—а = 0,
откуда а = 6 = 0, т. е. f, (х) = 0:(х2 — 1) и многочлен ^ (х) есть нуль. Этот результат не дает решения вопроса, так как произведение q.(x2—I) дает только один член (нуль).
Следовательно, надо положить, что а ^ 0, 6 =£ 0 и р = 2т— четное число. В этом случае (2) дает только одну зависимость а + 6 = 0, т. е
а = — 6.
Поэтому /(х) (х2—1) = ах” (x^-V), откуда
f(x)=axn-^^ =ах” (x»”-*4-x*”-*+ ...+х4 + х1+1), или
f (х) = ах2т*п~2 + ах2тг^п” 4+ .<. +ахп+4 + ахп+2 + ах", где а—любое число, отличное от нуля, п—любое целое положительное число или нуль, т—любое целое положительное число. 40. Обозначим данное число через Л; число, выраженное тремя последними его цифрами, через N, а число, выраженное всеми остальными его цифрами, через М.
Таким образом,
л=млооо+^.
Число 1000+1 делится и на 7, и на 11, и на 13. Заметив это, преобразуем полученную сумму так:
Л = ЛЫ001—(М—N), если M>N,
Л = М-1001 — (N—М), если М < N.
Поскольку ЛМ001 всегда делится на 7, на 11, на 13, то для того, чтобы число А делилось на 7, или на 11, или на 13, необходимо и достаточно, чтобы разность М—N или N—М делилась соответственно на 7, или на 11, или на 13, что и требовалось доказать.
Пусть а и b—рассматриваемые числа, d—их общий наибольший делитель. Тогда наименьшее кратное т этих чисел равно ab
а потому а
1 + 4r<?=l + 4(o6—d)^ = l—4—+ 4 ^j —
= (1 —4m + 4m2) = (2m— I)2.
Обозначая наименьшие по абсолютной величине положительные или отрицательные остатки от деления чисел а и b на 7 соответственно через х и у, имеем
а = 7т+х, b = 7n~Vy,
где т и п—целые числа.
Следовательно,
а2 + Ь2 == (7 т 4- х)2 + (7п 4- у)2 = 7 (7 т2 + 7л2 + 2тх + 2пу) + х2 4- у2<
откуда видно, что а24-Ь2 делится или не делится на 7, смотря по тому, делится или не делится на 7 число х2 + ^/2- Но так как каждое из чисел х2 и у2 может иметь лишь одно из значений! О2, (± I)2, (±2)2, (£ З)2, то х2 + у2 может принимать лишь ограниченное число значений, а именно, х2-\-у2 равно одному из чисел:
О2 4~ О2 = О, 124-12 = 2, 224-22 = 8, 324-32 = 18,
024-12=1, 024-22 = 4, 02 + 33 = 9,
12 + 22 = 5, 124-32 = 10,
22 4-32 = 13.
Из всех этих чисел только первое (нуль) кратно 7, а потому а2 4- Ь2 кратно 7 лишь при х = у — 0, т. е. когда каждое из чисел а и b делится на 7.
Имеем
тп-урд^п . р(д-уп)
т—р т—р *'
т. е. р(д + п) делится на т—р. Но так как
тд-упрр(дЛ-п)
т—рт—р ’
то в силу (1) mg-Vnp делится на т— р.
Данное выражение можно представить так:
(п4-1Ил—1)2/?+1*
Очевидно, что (м + 1)^—1 кратно п, т. е.
(п + 1)^—1 = ап,
(я + 1)^ = ля + 1.(я + 1)^ = ля + 1.где а—целое число. Отсюда
(я + 1)^ = ля + 1.
(я + 1)^ = ля + 1.
Аналогично (п—\^Р*! = Ьп— 1, где b—целое число.
Итак, имеем
(м+ l)^(n —1)2^+! = (ап + 1) (Ьп— l) = abna-^bn—an— 1.
Отсюда видно, что если к данному выражению прибавить п& + 1, где к—любое целое число, то оно будет делиться на п.
Отв. п& + 1, где к—любое целое.
Имеем
7 (6x4-11#)—11 (х4-7у) = 31х.
Так как 7(6х4-Н</) и 31х делятся на 31, то и х 4-7# делится на 31.
П е р в о е решение. Наименьшее число, делящееся без остатка на 2, 3, 4, 5 и 6, есть 60; следовательно, общий вид числа, дающего при делении на 2, 3, 4, 5 и 6 остаток единицу, есть 60x4-1* С другой стороны, это число имеет вид Чу.
Итак, имеем
60x4-1 = 7 у.
Подбором убеждаемся, что х = 5,у = 43, а искомое число есть 301.
Второе решение. Имеем
60x4-1 — 7у,
откуда
4x4-1
где —— = г—целое число.
Следовательно,
^+1
где -4— должно быть целым числом.
4
Очевидно, что при г = 3 справедливо
£±2 = 1, а х = 2-3—1=5.
Итак, х = 5.
Искомое число
60x4-1=60*54- 1 = 301.
Отв. 301.
Пусть цифра десятков х, а цифра единиц у, тогда искомое число 10х + у.
Согласно условию задачи имеем
10x + y = i/.y + x, откуда
,_У(У-1)
(у—\)у,
Так как х целое, тодолжно быть также целым, а по
скольку у^, то у —1<9 и, следовательно, (/ = 9 и х —8.
Отв. 89.
Общий вид любого нечетного числа (4n ± 1).
Имеем (4n ± 1)2 = 16n2 ± 8n+1 =8n (2n ± 1) +1. Из правой части этого равенства видно, что при делении (4n ± I)2 на 8 получается остаток 1.
Если рассматривать (x + y + z)5—х5—уй—гь как целую рациональную функцию от аргумента х, то, убедившись в том, что это выражение обращается в нуль при х = —у и при х =— г, мы приходим к выводу, чго это выражение делится на х—(—у) и на х—(—z), т. е. оно делится на х + у и на x + z.
Если же данное выражение рассматривать как целую рациональную функцию от аргумента у, то, заметив, что оно обращается в нуль при у =—z, мы приходим к выводу, что оно делится на у—( —z), т. е. на (t/ + z).
Итак, выражение (x + y + z)6—хб—у5—z6 делится на произведение (х + у) (x + z) (y + z).
Следовательно, имеем тождество
(x + y + z)5—х5—у5—z5 = (x + у) (x + z) (y + z) М, (1)
где М — выражение, зависящее от х, у и z.
Левая часть равенства (1) есть однородный многочлен пятой степени, симметричный относительно х, у, z.
Но так как произведение (х + у) (x + z) (y + z) есть однородный многочлен третьей степени, симметричный относительно х, у, г, то многочлен М должен быть однородным многочленом второй степени, симметричным относительно х, у, z, т. е. М должен иметь вид
Л (x2 + y2 + z2)+ В (xy + xz + yz).
Итак, тождество (1) принимает вид
(х+у + z)6—х6—у5—z6 = (х + у) (X+z) (у + г) [ А (х2 + у2 + z2) +
+ В (xy+xz + yz)J. (2)
Так как равенство (2) есть тождество, то оно должно иметь место при любых значениях х, yt z.
Пусть x — y—z — Y^ тогда из (2) имеем 240 = 8 (ЗЛ + ЗВ), откуда
Л+В = 10.(3)
Теперь пусть х = у=Х и z = 0, тогда из (2) следует, что 30 = = 2(2Д + ^), откуда
2Л + В = 15.(4)
Решая уравнения (3) и (4) совместно, находим Д=5 и В = 5. Подставляя в (2) значения 4 и В, получаем
(х + У + z)6—х6—у5—z6 =
=5 (x-Vy) (x+z) (y + z^ + y2 + ^ + xy + xz-VyzV
3
При а=Х дробь принимает значение -^- —несократимая.
Пусть д4 + 3д2+1 а3 + 2а ИмеемПусть д4 + 3д2+1 а3 + 2а Имеема^Х. Если сократима данная дробь, то и дробь также должна быть сократимой.
Пусть д4 + 3д2+1 а3 + 2а Имеем
Пусть д4 + 3д2+1 а3 + 2а Имеем
аЧ-За^=аЧ^а24~1
а3 + 2аа34-2а а ** а3 + 2а *
m.Д2+1
Теперь остается доказать, что несократима и дробь 0- , а еле- ZU
довательно, и а34-2а__а34-а + а_а
а^рр аследова-а^рр аследова-значит, и дробьзначит, и дробьа2+1 “ а2+1 -а + а2+Т
а
^рр аследова-
а
^рр аследова-
значит, и дробь
значит, и дробь
Наконец, надо доказать, что несократима дробь х а2+1, 1
тельно, и дробь —5— = а + — .
тт. , а24-1
Но так как а ^ 1, то —^— несократима, а3 4-2а
а» + За2+1 несокРатима-
Имеем
(т—п) (tn2—тп 4- п2) (т3 4- 2 т2 п 4- 2тп2 4- п3) —
= (т—п) (т2—тп + ^2) (т-Х-п) (т2—тп + п2 + 2тпХ =
— (т —п) (т + п) (т2-\-п2 — тп^ (т2 + п2 + mn) =
= (т2—п2) (т4-V п4-\-т2п2^
= (т2—п2) ((т2—п2)2 + ^т2п2].(1)
Так как числа т и п не кратны 3, то разность (т2 — 1) — — (п2 — 1) = ш2—п2 кратна трем, следовательно, кратна трем и сумма (т2—п2У 4- Згн2п2.
Итак, оба сомножителя (1) кратны трем, следовательно, произведение (1) кратно девяти.
Если искомое число оканчивается нулем, то оно делится на 2, а потому сумма его цифр должна быть равна 2, так что само число равно 20.
Пусть теперь обе цифры числа отличны от нуля. Если обозначить цифру десятков через х, а сумму цифр через г> то искомое число поймет вид 10х + ?—х, или 9x4-z. По условию искомое число де-
Эх 4-z 9х . .-
лится на z; следовательно, частное ——=у 4-1 должно быть целым числом, а потому 9х должно делиться на г. Каждое из чисел х и z отлично от нуля и х меньше z, так как цифра единиц (z—х) искомого числа отлична от нуля. Поэтому если бы х и z имели общий делитель d, больший единицы, то d было бы не больше х и, следовательно, меньше z; но тогда искомое число (9x + z) также делилось бы на число d, большее единицы, но меньшее z, что противоречит условию. Следовательно, хи z—числа взаимно простые, а поскольку 9х делится на z, то и 9 делится на г. По условию z больше единицы, значит, оно равно или 3, или 9. Но если бы z равнялось 9, то искомое число, делясь на 9, делилось бы и на 3 и z не было бы наименьшим делителем искомого числа, отличным от единицы.
Итак, z = 3. Ясно, что имеются лишь два двузначных числа с обеими значащими цифрами, сумма цифр которых равна 3, а именно 12 и 21. Но 12 делится на 2, меньшее трех, и только 21 имеет наименьший (отличный от единицы) делитель 3, равный сумме цифр этого числа.
Итак, числа 20 и 21 дают все решения задачи.
Покажем, что одно из чисел А 4- В или А — В не кратно р.
Действительно, если бы оба эти числа были кратны р, то каждое из чисел (44-Я) + И— В) = 2А и ^А + В)—(Л—В) = 2В было бы кратно р. А так как р по условию взаимно простое с 2, то одно из чисел А 4- В и А—В, например А 4- В, взаимно простое с р, а потому и с р”. Поскольку произведение (44-В) (А—В^-А^—В^ по условию делится на р” и A-VB взаимно простое с р", то 4 — В делится на рп. Наоборот, если А — В взаимно простое с р, то А 4- В делится на р".
Напишем по формуле Ньютона разложение двучлена (т 4- 1)Л где т—целое, а р—простое число:
(т4-1)^= m^ + рт^~14-~ ^ 2 - ^р-2 + • • • + pm+L
Известно, что все коэффициенты бинома Ньютона, т. е. числа вида р(р— 1)...(р—64-1)п
———^ з"^——- — числа целые. Все они, кроме первого и последнего, делятся на р. Действительно, мы уже знаем, что в дроби р(р~1)...(р—64-1)
— ™ 3 £——" числа’ стоящие в знаменателе, должны полностью сократиться с множителями числителя. Но р взаимно просто со всеми числами 1, 2, 3, ..., 6. Значит, эти числа должны полностью сократиться с множителями произведения (р— 1) (р—2)... ...(р—64-1), а множитель р останется нетронутым.
Итак, (т 4- 1)^==/ил?4- (число, делящееся на р) 4-1 или
(/и4* О77— (^+ 1) = (m7’—т) 4* ар.
Это равенство показывает следующее: если при каком-нибудь значении т двучлен (тр—т) делится на р, то на р разделится и (/п + 1)^—(/п+1), т. е. такой же двучлен, но с основанием, на единицу большим (потому что из делимости на некоторое число вычитаемого и разности следует делимость на это число и уменьшаемого). Если т=1, то тр—m—Y—1 = 0 наверное делится на р (нуль делится без остатка на любое число).
Итак, согласно принципу математической индукции тр—т при любом т и простом р делится на р, что и требовалось доказать.
Замечание. тр—zn = m(m^~1— 1). Если т кратно р, то теорема очевидна. Следовательно, важен и интересен только тот случай, когда т не делится на р. Но в таком случае тир взаимно просты, потому что только те числа могут иметь общие множители с простым числом р, которые ему кратны. В случае взаимно простых тир разность тр~г— 1-должна делиться на р. Так и была сформулирована теорема самим Ферма:
Если р просто, а т не делится на р, то mp~v— 1 делится нар.
Имеем
7Ю0 + 11100 ^ 74 [(712)8 _ 1 ] + 114 [ (1! 12)8 _ 1 ] + 74 + i I4.
По «малой» теореме Ферма 712—1 и II12— 1 делятся на 13. Следовательно, остаток от деления 7100 + П100на 13 равен остатку от деления 74+ 114 на 13. Последний же равен 12.
Отв. 12.
Число а, будучи взаимно простым с 35, не делится ни на 5, ни на 7. Поскольку а не кратно 5, то число а4—1=а6-1 — 1 делится, согласно «малой» теореме Ферма, на 5, а потому и все рассматриваемое число кратно 5. Представляя рассматриваемое число в виде
(а2+1) [(а2—1) (а4 + а2+1 + 14а2] =
= 14а2 (а4.-1) + (а2 + 1)(а2 — 1)(а4 + а2+1)е
Выражение 14а2 (а4 —1) кратно 7.
Докажем, что (а2— 1)(а4 + а2 + 1) также кратно 7. Имеем
(а2—1)(а4 + а2+1) = а6—^а7*1 —1,
где а не кратно 7; следовательно, по «малой» теореме Ферма а6—1 кратно 7.
Итак, рассматриваемое число кратно 7.
Так как заданное число делится на 5 и на 7, то оно делится на 35.
Искомое простое число не может равняться 5. Действительно, 5°а+1, где а—любое целое число, при делении на 5 дает остаток 1, а потому при а = 5 число 5°2+1 не делится на 5, а следовательно, не делится и на а2. Итак, искомое число а взаимно простое с числом 5.
Представим 5s2 + 1 в виде
5с2+1=5°2—5 + 6 = 5 (5е2-1— l) + 6 = 5[(5fl“1)a+1-l4+1] + 6. (1) 108
Число (б^-1)^1— Р+1 кратно б®”1— 1,. которое по «малой» теореме Ферма кратно а (так как по доказанному выше 5 есть число взаимно простое с а). Но по условию 5а2+1 кратно а2, а потому кратно а. Значит, кратно а и число 6 (см. (1)).
Отсюда приходим к выводу, что а как простое число должно быть равно либо 2, либо 3. Но 522 + 1=626 не делится на 22 = 4, а 532-j-1 = 1953126 делится на 32 = 9.
Итак, искомое простое число а равно 3.
Отв. 3.
Глава II
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ В АЛГЕБРЕ
Так как а + ^ + с = 0, то аД-Ь —— с и (а + ^)3 = — с3, или а3 + Ь3 + ЗаЬ (а + Ь) = — с3, откуда
а3 + Ь3 + с3 = — ЗаЬ (а + 6) = Sabc.
Имеем
(а3 + ^ + с3) (а2 + Ь3 + с3) = а5 + Ь3 + с5 + а262 (а + Ь) + а3с3 (а + с) +
+ Ь3с3 (Ь + с) = а5 + Ь3 + с3 —abc (ab + ас + Ьс).
В задаче 58 мы установили, что если a + b^c = Ot то а3 + ^3 + -^-c3 = 3abc.
Учитывая, что
(а + ^ + с)2 = а2 + 62 + с24-2(ai> + ^ + M и а + & + с = 0,
получаем . ,, , a3 + b3+c3
ab-^ac-V-bc =^ ■— •
Итак,
(а^+^ + с3) (а2 + 62 + с2) = аН65 + с5+^^Ц^^
откуда
а5 + Ь3 + с3 __ а3 4- Ь3 + с3 а3 + Ь3 + с3
5~32
Доказывается аналогично предыдущей задаче.
Умножив обе части равенства на 2, перенесем его правую часть влево. После простых преобразований получаем
2 (а24-62 + с2—ab—ас—Ьс) = а3 —2ab + b3 + a3 —
—2ас + с2 + &2 — 2Ьс + с3 = <а—6)2 + (а—с)2 + (Ь—с)2 = 0.
Так как а, Ь, с вещественны, то это возможно только тогда, когда а = Ь = с.
Имеем з/~ , 3/7з/-
у о + к ь = — у с*
Возведя обе части этого равенства в куб, получаем
а + Зр^ а^ + Зу^ аЪ^-\-Ь=—с, откуда
а-уЬ-\-с=—3 р/ ab(i/ а+р^ b) = 3v/ ab р/с^Зу^ abc, или
(а+b + с)3 = (з р^abcY = 27abc.
П е р в о е решение. Имеем
у к^—У^ (1 — хг) = х (1 — £/z) ^—хгу
. Произведем последовательно тождественные преобразования: ух2—уЧ—ухЧ + хуЧ2 = ху2 + хЧ^у—хЧ—хуЧ,
(ух2—ху2)—(хЧ2у—хуЧЧ — (ухЧ—хуЧ) + (хЧ—-уЧ) = 0,«У (x—y)—xyz2 (x-y)-xyz (х + у) (x—y) + z(x + y) (х—у) = 0.
Так как х— у ^ 0, то
ху—xyz2 — xyz(x-Vy)-V2(x-VU)=^ или
xyz (x + y + z) = xy + xz + yz.
Разделив обе части этого равенства на произведение xyz, получим
x + t/ + z = ^' + —+ ~*х у г
Второе решение. Перепишем данную пропорцию в виде x2~yz^y2—xz,
х—xyz у-—xyz*' '
Так как х ^ 0 и у + 0, то, умножив числитель и знаменатель левой части равенства (1) на у, а числитель и знаменатель правой части (1) на х, получим
х2у—уЧ _ ху2—хЧ .
ху—хуЧ ху—x2yz ''
Составим производную пропорцию таю разность предыдущих членов в пропорции (1) относится к разности последующих членов этой пропорции как разность предыдущих членов в пропорции (2) относится к разности последующих членов этой пропорции!
х—уxyz(x—y) *
.. xy + xz+yz
X + у + Z =— ,
1 Jxyz
X + y-\-Z——+ v ■
• » ‘ X у г
ПО
Имеем
(а-|-^4-(;)а = а2 + ^2 + с2 + 2 фй + ас + Ьс).
Но так как по условию данной задачи « + ^ + ^=1 и а2 + Ь2 + 4-с2 = 1, то ab + ac4-bc = 0.(1)
Далее положим х _ у _ г _ 1 в а b с к '
тогда а = кх, b=ky и c=kz.**
Подставив эти значения в (1), получим к2ху + к 2хг+k2yz = 0.
Поскольку к2 ^ 0, то xy-Vxz-УУ^^.
а« ‘ ^тс2*таст*а« ‘ ^тс2*таст*Имеем
а« ‘ ^тс2*таст*
а« ‘ ^тс2*таст*
т. е.
откуда
х2 у2 z*xyc + xzb + yza
а2+b2 + с2
° I Ь . с
Из равенства -—4*~+~=0 следует, что
(2)(2)xyc + xzb + yza = 0.
(2)
(2)
Из (1) и (2) имеем
х2 и2 г2а^+^
что и требовалось доказать. - 66. Поделив последовательно обе части равенства « +_*_+ * о
Ь—с с—а а—bна ф—с), (с—а) и (а—Ь), получим три равенства!_1__+ь_+£=о,
(Ь_С)2^(с—а) ф—с^(а—Ь) ф—с) и>
ф—с) ф—а)^"ф—а^^ф^-Ь) ф—а) °'
ф—с) (а—Ь)^ф—а) ф—Ь)^ф—Ь)2
Сложив эти равенства, получим
° । 6 _ । с । ° f 1 । Mi (b—сР (с—а)2(а—ЬРтЬ—с Xc-tJa-bp
с—а \b-c~ а—Ь) * а—b \Ь—с с—а/ Отсюда
а b саb
ХЪ—ср+Хс—^ + ^а—Ъ^ = кс—а^ (a—b)+ (b—c) (а—Ь> +
с - _*а (Ь—с) 4-6 (g—а) + с (а—Ь) _^(Ь—с'Хс—а)(с—а) (а—Ь) (Ь—с)~
_ab—ас-\-Ьс—ab-Vac —Ьс
~ (с—а) (а— b)(b—с) что и требовалось доказать.
Имеем
1+1+1V 1 = (£±£H£±£ltoLfc£) _ о
x^y^z) x + y + z xyz(x + y + z) ' ’
откуда (x4-0)(x4-*)(*/4-*) = O.(2)
Аналогично, преобразуя доказываемое равенство, получаем
(хЛ + уп) (х” + 2*4 № 4-2”) = 0.(3)
Таким образом, достаточно доказать, что при п нечетном из равенства (2) следует равенство (3).
Действительно, пусть у + г = 0, тогда z =—у, поэтому yn-\-zn = yn—уп = 0. Следовательно, неравенство (3) имеет место, а потому и доказываемое равенство также справедливо.
Так как р Ф 0, q Ф 0, то можно написать
а1^Х । Д2^2 ।J.^21=l
pq pq pq
Складывая первые два из этих равенств и вычитая удвоенное третье, находим
\р q) \р q) \р q )
Принимая во внимание вещественность всех величин, заключаем, что
^—.^1=0 ^2—^2 = о— — -п= 0
р q ’ р q ’’ р q ’
откуда вытекает утверждение задачи.
Легко убедиться, что
Д I b , с ^b—cP^^—aP^ta—b)4
/ 1 I 1 I » \ (а , », с \
' \Ь—с’ с—a~a—b) \b—c"rc—a'"a—b) * для этого достаточно показать, что сумма
— f—+—Г—+-— V— f-5-+-L \ Ь—с \с—а а—Ъ) с—а \Ь—с а—Ь; а—Ь \Ь—с с—а)
равна нулю.
Действительно, если привести члены этого выражения к общему знаменателю, получим
b (а—Ь) + с (с—а) + а (a—b) + c (Ь—с)4-а (с—а)4-b (Ь—с)(Ь—с) (с—а) (а—Ь)
Раскрыв в числителе скобки, легко убедиться, что числитель равен нулю.
Итак, В = СА, где
с =J- + —Н.Ь—с с—а а—Ь
Равенство В —С А показывает, что если Л = 0, то и В = 0.
Для того чтобы доказать обратное, т. е. что из В = 0 следует А = 0, необходимо доказать, что С 0.
Легко представить С в таком виде:
2(6 — с) (с—а) (а—Ь)*
а так как а, Ь и с различны, то С ^ 0. Следов ател ьно< обратное утверждение также верно.
Имеем т , п ^ ^а_ЬУ’ ^аА-сУ^1 Vb^-c^- ^а—ьу = и*(1)
14. т — кг
(а + с?^(Ь+сУ М’
причем по предположению X ^ 0. Умножая равенства (1) соответственно на Z, т и —п и складывая их почленно, получим
0 = Х (alA-bm—сп).
Но так как X ^ 0, то должно быть
al + bm = сп.
Умножив теперь равенства (1) соответственно на 111
(6+с)2*(а+с)2 И (а—^>*
и сложив полученные произведения, получим л_х Г аbс I [(6+с)2 («+с)2 (»-6)2J’
откуда а _ b с
(b + c)a~ ta + c)^ (а—ЬУ* * 71. Имеем
д=^24-2+^ + (^ + 2+^ + ;..
... +(*а"+2 + -У-Г(*2Л+*а""8+...+^+^
+ (?+^+ — +ji)] =2 + 2 + 2+. ..+2 = 2п.
Отв. 2ги
72. Имеем
я —Зп —1 п — 2 п И—1 п+ 1 __ 1 п+1_и + 1 * “п —2 п—2 n —1 n—1 п п "~ 2 п “ 2п
Отв. .
Поскольку 4= У*4+ У*4, то
У2+У3+У4
^з+Уз+^+^+УТ+Кв
У2+ Уз-V УТ уУ^-уУз-у УТ)+У2(У2+Уз+У4)
= _ Уг+Уз+УТ = 2 = /2-1 (/2+КЗ+/4)(1 + /2) /2+1
Оте. У2— 1.
Имеем
, ,_62 + с2—а862 + с2—д2 + 26с_(6+с)2—о8
+ toe +*26с- toe
а1_ф-с?
9 фА-ср—а4’a?-ib-c? ДЬА-cV-a» _ 4Ьо9Т (6+с)а—^^(б + с)8—а8 (6 +с)2—а8"
Итак, U+l)(y+l)26с1(6+с)2—а2] 2'
Отв. 2.
Заметим, что — ~+ у ^”~Я и — ^— у ^”9 являются корнями квадратного уравнения х2 + рх + ^ = 0. Обозначим их через хх и х2.
Имеем '
Л = (1+х»)(1+х2) = 1+(х8+х2) + (х1хг)8 =
= 1 + (Xi + х2)2—2xtx2 + (XiXg)8 =
= \A-(-p^-2q-Vq4 = P2 + (X-q?.
Отв. р2 + (1—q)4.
На основании свойства ряда равных отношений имеем
(°1 + °2 + ‘ • • + ап) + (а1 + а2 + • • - + ап) У
Так как по условию «1+а2+ • * • +ап + 0, то, сократив последнюю дробь на ai + a2+• • •+°/р получим
Имеем
У=Пх + 2)8+1/‘(х-1)8+)/‘(х-3)2 = |х + 2| + |х-1|+|х-3|.
Случай 1. Если х<—2, то х4~2^0, х—1 < 0 и х—3 < О, следовательно, на основании определения модуля числа
{/ = (-х-2) + (-х + 1) + (-х + 3) = -Зх + 2.
Случай 2. Если —2^х^1, то х + 2^0, х—1^0 и х—3 < 0, следовательно,
1/ = (х + 2) + (--х+1) + (-х + 3)==-х + 6.
Случай 3. Если 1^х^3, тох + 2>0, х —1^0, х—3^0, следовательно,
^(х + 2) + (х-1) + (--х + 3) = х+.4.
Случай 4. Если х^З, то х + 2>0, х—1>0, х—3^0, следовательно,
у = (х + 2) + (х-1) + (х—3) = 3х—2.
Отв*—Зх + 2 при х^—2,
—х + 6 при —2^х^1, х + 4 при 1^х^3, Зх—2 при х^З.
Пусть х = а. Тогда исследуемое произведение равно 2W—1
2a2a22a*... 2а2" ~1 = 2"at +8+22 + • • • +2” ~1 = 2"а 2 ~1 = 2"агП ~ г.
Пусть теперь х ^ а. Умножая и деля исследуемое произведение на х—а и применяя последовательно формулу для разности квадратов двух чисел, получим х—й^х-Н^хЧ-й^Их4^^ х—а
_ (х2—а2) (х2 + о2) (х4 —а4)... (х2" ~1 + а2” ~ *)
—х—а
_(х*—а*) (х4 + а4)... (х2"~1 + а2""*)_ ~х—а—
_(х«—а8).. .(х2”~1 + а2',~1) х2” — а2” ”"х—а— х—а
Отв. 2па^п 1 при х = а, —^ZZ^— ПРИ х ^ а*
Умножим и разделим данное выражение на x^ + ax-Va? и воспользуемся тождеством
(х2—ах + а2) (хг+ах + а2) = х4 + а2х2 + а4.
Применяя его последовательно, получим х2 +а2 х2 +а2 х2 + ах + а2
Имеем
Л = а4 + 4&4 = а4 + 4а^ + 464 —4а^ =
= (а2 + ^У — 4aW = (а2 + 2а6 + 262)(а2 — 2аЬ + 2Ь^.
Имеем
А = а6”—а2” + а2" + ап +1 =
= а2" (азп — 1) + (а2" + а” +1) =
= а2П (ап —1)(а2П + й” + 1) + (а2Л + ав + 1) =
= (а2"+а” +1) (а8”—а2” + 1).
Имеем
Л = (*2 + 8х+15)(х2 + &с + 7)+15= = (х2+8х)2 + 22 (х* + 8х) +120 = = (х2 + 8х+11)2 — 1=(х24-8х+Ю)(х2+8х+12) = = (^ + 8х+Ю)(х + 2) (х + 6).
Имеем
Л = (р^Ь2— Уа^ р^cW + Cy^а4 — р^Ь4) р^с2 +
Ч-Ср^Ь2 —р^а2) р^(£ =
-(У7»-У^КУ7» + У^У5-У^-У^- -(р^-^Кр^-^) У^-ЛУ^-У^УТЦ» =(У7-У7)(У7-У7)(У?-У7)=
= (У^+Уь) С/а-У?) С/а + Ус') (У^-У?) х х(У7+УГ)(У7-Уь).
Имеем
ад3—хд3—ах3 + х3д + а3 (х—д) =
=ху t^—y^—a (х8—У3) + а3 (х—у) =
= (*—У) [х2 (у—а) + ху (у—а)—а (у2—а2)] =
= (х—у) (у—а)(х2 + ху—ау—а2) =
= (х—у) (х—а) (у—а)(а + х+у).
П е р в о е решение. Должно быть
хз + 4л:2 + бх + 4=Л (х+1)3 + В(х+1)2 + С(х+1) + 2),
ИЛИ •
х3 + 4х2 + 6х + 4 =
= Лх3 + (ЗЛ + В)х2 + (ЗЛ + 2В + С)х + (Л + В + С + В).
Следовательно,
Л=1, ЗЛ + В=4, ЗЛ + 2В + С = 6 и
Л-{"В-^С-|--2)=4,
'пт
откуда получаем
А^В = С = П»\,
а значит,
хз + 4х2 + 6х + 4 = (х+1)з+(х+1)2 + (х+1) + 1.
Второе решение. Имеем
х3 + 4х2 + 6х + 4 = (х» + Зх2 + Зх+1) +
+ (х2 + Зх + 3) = (х+1)3 + (х2 + 2х + 1) + (х + 2) = e(A:+l)3 + (x+i)2 + (x + l) + L
86. Обозначим86. ОбозначимЛ+У В—* --^ через р, аA — VBЛ+У В—* --^ через р, аA — VBчерез q.через q.
86. Обозначим
86. Обозначим
Л+У В
—* --^ через р, а
A — VB
Л+У В
—* --^ через р, а
A — VB
через q.
через q.
тогда^-^x-l^^^p-VqY-^kp-Vq^-l^^тогда^-^x-l^^^p-VqY-^kp-Vq^-l^^НоНоXXН_ х'Л xVН_ х'Л xV2Р2Р2р2рхр +х?хр +х?2Рq-p2Рq-p2Р/а + &у-Р2Р/а + &у-Р2Р<7-р2(л2 + Ь2)(а-ЬУ ■2Р<7-р2(л2 + Ь2)(а-ЬУ ■Отсюда следует, чтоОтсюда следует, что1 а2 —&22(а2+^2) Л~2а2 + ^ (а — ЬР1 а2 —&22(а2+^2) Л~2а2 + ^ (а — ЬР2Р2Р2Р2Р<7 + Р<7 + Р
тогда
^-^x-l^^^p-VqY-^kp-Vq^-l^^
тогда
^-^x-l^^^p-VqY-^kp-Vq^-l^^
Но
Но
X
X
Н_ х
'Л xV
Н_ х
'Л xV
2Р
2Р
2р
2р
хр +х?
хр +х?
2Рq-p
2Рq-p
2Р
/а + &у-Р
2Р
/а + &у-Р
2Р
<7-р2(л2 + Ь2)
(а-ЬУ ■
2Р
<7-р2(л2 + Ь2)
(а-ЬУ ■
Отсюда следует, что
Отсюда следует, что
1 а2 —&22(а2+^2) Л~2а2 + ^ (а — ЬР
1 а2 —&22(а2+^2) Л~2а2 + ^ (а — ЬР
2Р
2Р
2Р
2Р
<7 + Р
<7 + Р
Л2 + В
= Р8 + Р8 + Spq (Р + ^) — 3 (р + q) 2 ^2£ ■
рз + 9з = 2^5±5, а pq = \.
Следовательно,
2=2^f+3(p+?)-3(p+?)-2^4=o.
Оте. 0.
Имеем
Прежде всего замечаем, что
Кз+Кбу^ — 38+17 Кб=»/(2+/б)3^ —38+17 Кб =
= ^38+17 V5 V—38+17 Кб = р/(17 Кб)2—382 = 1.
Итак,
К2 + Кб V — 38+17 Кб"=1.
Следовательно,
1 + тх г 1 — пх
Вычислим при х = — V (2т—п)п$
1+/пхтп
\—тх _п—У(2т — п)п_ Уп2— У(2т—п^ п_ Уп— У2т — п
1+тх п_^у^т—п^п Уп?+У(2т—п)п К^+ У 2т—и
Далее вычислимДалее вычислим/1 + пх гапри/1 + пх гапритом же значении хзтом же значении хз/1+пх1 —пх/1+пх1 —пхт-уУ (2т—п) п т— У(2т—п) пт-уУ (2т—п) п т— У(2т—п) п
Далее вычислим
Далее вычислим
/1 + пх гапри
/1 + пх гапри
том же значении хз
том же значении хз
/1+пх
1 —пх
/1+пх
1 —пх
т-уУ (2т—п) п т— У(2т—п) п
т-уУ (2т—п) п т— У(2т—п) п
2т—п + 2 У (2т—п) п + п 2т—п—2У(2т—п) п + п
У2/п—п+ У пУ п 4- У2т-~п
У2т~п~У пУ п — У 2 т —п *
так как п > 2т—п.
Таким образом,
А — ^п —К^ —п У п -У У 2т — п У"п+ У2т — п У п — У2т—п Отв. 1.
Имеем (ат4-ап^ = (аР-уа^, или
а3/я + п3«+ за«+» (а,” + а”)=^а3^ + а3^ + 3п^+^ (п^ + а^).
Но так как а^ + а” =а^+а^ и a3/zt + a3” — а3^ + а3^, то ат*п =a^*^t откуда
т. е.т. е.(1)(1)m-yn = p*Vq, m—p = q—n.
т. е.
т. е.
(1)
(1)
Так как согласно условию ■ ■■
а”—дР = а^—а”, то‘'
^(а”^—1)=а"(^‘и—1)..(2)
Возможны только два случая:'
т—р = 0; тогда на основании (1) q—п = 0 и равенство (2) приводится к виду 0 = 0. В этом случае т — р и n = q, а следовательно, mn = pq.
т—р^О, тогда q-^n ^ 0 (так как m—p = q—n). Равенство (2) приводится к виду а^=а”, а поэтому р = п. Но тогда из (1) следует равенство q = m и, значит,
тп = pq. -
Первое решение. Вычтем почленно второе из заданных в условии равенств из первого, получим ~• .
а3—Б8+ р (а —6) = 0.
Так как а ^ Ь, то, поделив обе части этого равенства на (а—Ь), получим
а* + аЬ + № + р = 0.
Таким же образом, вычитая почленно третье равенство из первого, получаем
а2 + яс + с2 + р = 0.
И, наконец, вычитая почленно одно из другого последние два равенства, имеем
.аЦ)—с)4-Ь2—с2 = 0,■
или, сокращая на b—с, не равное 0, получаем
а + ^+с = 0.
Второе р е ш е н и е. Из заданных трех равенств усматриваем, что многочлен x3-\-px-^q обращается в нуль при х = а, при х = Ь и при х=с. Следовательно, этот многочлен делится на произведение (х—а) (х—Ь) (х —с).
Итак, имеем тождество
х3 + рх + р = (х— а) (х — Ь) (х—с), так как коэффициент при х3 равен единице.
ЗначитЛ
х3 + рх + р = х3—(# + & + c) x2 + (te + tzc + tz&) x—abc.
Приравнивая коэффициенты при х2, х и свободные члены, получаем соответственно
а + b + с — 0, ab + ac-Vbc = p и abc——q.
Третье решение. Из данных трех равенств следует, что а, Ь, с—корни уравнения
х34-0х2 + рх + ^=0 (т. е. х^я, xa = b, x3^c)t
следовательно, х1 + х2 + х3 = 0 или а + Ь + с = 0.
Пусть а—общий корень заданных уравнений, тогда
а» + ра + р = 0(1)
и
а* + р1а + ^1 = 0.(2)
Вычитая из (1) равенство (2), получим
(Р — Pi)a = qt— q.
Если p=Pi, то и ^i = ^, и тогда обе части доказываемого равенства равны нулю, т. е. утверждение задачи верно.
Если же р^ pt, то
В силу (1) имеем
те..
(9—qi?+р (p—Pi)2 (q—qi)—q (р—pJ®=о, откуда
(»— qi)3=(p—Pi)8 (pqi— PiqV
Первое решение. Пусть корни уравнения хк и х3 По теореме Виета имеем
Xi + x2= — £ ,(1)
*1*2 = ^ •(2)
а по условию
зг=т-<3>
Из (3) получаем производную пропорцию
fr+^2 = ^ + ^mi
^2 Як '
В силу (1) и (4) имеем
Р + ^х _ _Д
q 2 m ’
откудаоткудап qХ2 —,т р + qп qХ2 —,т р + qилиили(5)(5)г2 , ”2 9е
откуда
откуда
п qХ2 —,
т р + q
п qХ2 —,
т р + q
или
или
(5)
(5)
2 т» (p^qY'
Разделив (2) на (3), получим
Из (5) и (6) следует na q2 _ п q m2(p+q)^m р * т. е.
Отсюда
_д (р+<№ tn р q^ '_д (р+<№ tn р q^ 'В правой части последнего равенства выбираем знак минус, т. е. берем 8 = е1= — 1, е2=1 (или е —е^ 1, е2=- — 1).
_д (р+<№ tn р q^ '
_д (р+<№ tn р q^ '
Итак,
Второе решение. Имеем
_ х1+х2 , 2 = (^Ч-*,)2—2ха =
.хгх2 "гхл "1"
(Х1 + х2)22 ■ 2 —<^1+ ^а)2
Х1Х2^1^2
По формулам Виета имеем ,пп
Х1 + х2=--, х1х2 = -.
Таким образом,
т
откуда
где е = е1=~е2 = 1. Итак,
Глава III
АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ И СИСТЕМЫ УРАВНЕНИЙ
Уравнение If (*)Р = [ф W18 равносильно уравнению If W1*—[ф(х)]2 = 0, или
ИЮ-фЮ] 1П*)+ф(х)]=о.
Но уравнение (1) удовлетворяется тогда и только тогда, когда £ (х) = ф (х) или / (х) = —ф (х), что и требовалось доказать.
Дискриминант первого уравнения D = p2—q, а дискриминант второго Dr = p^—qv Пусть для определенности будут мнимыми корни первого уравнения, т. е. D < 0.
Имеем
D + Dx = р2 + р^ —(q + ^i).
Так как по условию q + q± = 2рръ то
D4-D1=pa + p2—2ppi = (p —p^SiO.
Таким образом, сумма дискриминантов неотрицательна. Следовательно, хотя бы один из них неотрицателен. Поскольку D < 0, то Dt > 0, т. е. уравнение х2 + 2рхх + ^ = 0 имеет вещественные корни.
Очевидно, что х=# = 0 является решением.
Требуется доказать, что для того, чтобы других действитель* ных решений не было, необходимо, чтобы d2—to <0.
Решим данное уравнение ах2Л-bxy+ с#2 = 0 относительно х:
—»± Уь^—ш■
*=Га.
Отсюда видно, что
при у = 0 имеем х = 0;
при у = у0 (где у0—действительное, отличное от нуля число) х не может принимать действительных значений в том и только в том случае, когда Ьг —4ас < 0.
Таким образом, при № — 4ас < 0 уравнение имеет единственное решение х — у = 0.
Пусть уравнение имеет вид Р (х) = 0. Поделим левую часть уравнения на произведение
[(х —а) —b КТ] [(х—a) +bV*c ] = (х—а)2—Ьйс.
Обозначим частное через Q (х), а остаток через Лх + В, где А и В-—рациональные числа.
Итак, имеем
P(x)=Q (х)[(х — а)2 —№] + Лх + В.(1)
Поскольку х=а+&К с есть корень многочлена Р (х), то, подставив в (1) вместо х число а+^Кс, получим
0=Q (а + кУТУо + А (а + ьУТ^ + В, или
Аа+В +АЬУ7=О.(2)
Так как левая часть последнего равенства есть сумма рационального числа Ла + В и иррационального числа AbV ct то равенство (2) возможно только при
AbV с =0 иЛ^ + В—0.
По условию Ь^О и с / 0, поэтому Л = В = 0.
Далее, положив в равенстве (1) х — а—bV с, получим
‘р(а-&КТ) = 0,
т. е. х=а—bVс является корнем уравнения Р (х) = 0, что и требовалось доказать.
Пусть целое число а является корнем уравнения
«о*" 4-«1*”-1+... +«п_1* + «п = 0,
где Од, а,, .... яп-1> ап—Целые числа.
Тогда имеем
о0а” + а1а"~1+ .,. +ая_1а + а„=0,
или
а (аеа” ~1+«jа" ~ 2 + ... + а„ _ ,) = — а„,
откуда
аоа"_14-а1ап 2+...+«»_i =-"•
Так как левая часть последнего равенства—целое число, то правая (аи\„
—) тоже должна быть целым числом, т. е. целое число а
является делителем ап> что и требовалось доказать.
Предположим, что корнем данного уравнения является рациональная несократимая дробь у; тогда имеем
°2 IIЛ
откуда
—+ ар + 6^=0,
или
■у=—(ар+М-
_ аа2
Так как у несократимая, то -у тоже является несократимой дробью. Правая же часть—целое.
Итак, получилось, что несократимая дробь равна целому числу, что невозможно.
Следовательно, наше предположение, что уравнение х2 + р% + + <7 = 0 имеет дробный рациональный корень, отпадает, и так как по условию это уравнение имеет рациональные корни, то они могут быть только целыми.
Согласно условию задачи
а = 2р + 1,Ь = 2п + 1,с=2^ + 1.
Дискриминант квадратного уравнения
D = (2n + l)2-4(2p+l)(2?+l)=8
—^pq—р—q—i] +5.(i)
Выражение в квадратных скобках есть целое число, так как про- изведение п(п + 1) кратно двум. Очевидно, что D—нечетное число, как сумма четного и нечетного чисел.
Если предположить, что корни данного квадратного уравнения рациональны, то необходимо, чтобы его дискриминант был полным квадратом.
Выше мы установили, что дискриминант (1) есть нечетное число, следовательно, он может быть квадратом только нечетного числа.
Из (1) усматриваем, что при делении дискриминанта на 8 получается остаток 5.
Докажем, что при делении квадрата нечетного числа на 8 всегда получается остаток 1, а не 5. Этим самым мы докажем, что наше предположение о том, что корни рациональны, отпадает.
Действительно, мы знаем, что любое нечетное число можно представить в виде 4m £ 1. Найдем квадрат этого числа
(4m ± 1)2 = 16m2 i 8m +1 =8 (2m2 ± m) +1.
Итак, утверждение задачи верно.
Имеем
"ox" + ai*"-1+... + ап-1х + а„ =
= а 0 (х—х0 (х—х2) (х—ха)... (х—хп _,) (х—х„) =
=о0х"—a0(x1+xг+...+xn)x"~,+
+aв(XlX2+x1Xз+...+x„_1xл)x"-2—
—а0 (хгх2х8 Н-х^х, + ... + хп_2х„_,хп) х" _з + ...
...-Н—1У*а0х1х2х3 ... хп.
Сравнивая коэффициенты при одинаковых степенях х, получим требуемые формулы.
Пусть третий корень данного уравнения у.
Согласно формулам Виета
a 4- Р + у ~ 01отсюда
Y = ^(a + P).(1)
Но так как по условию
ар + а + р = 0, то
У= — (« + ?) = «₽•
По формулам Виета также
aP + ay + Py = p,(2)
aPy= — q.(3)
Воспользуемся теперь условием аР + «+Р = О и равенствами (1), (2), (3). Исключив из этих четырех равенств a, Р и у, получим
(Р—9)а + 9 = 0.
Отв. Третий корень у=ар, а зависимость между р и q такова! kp-q?=—q.
Перепишем данное уравнение так:
4х4 + 50х2 + 20х3 74(5 + 2х)249
или
/ 2х2 \2/ 2х2 \74
\,5 + 2х/ +bV5 + 2*/ 49
Решая это уравнение относительноРешая это уравнение относительно2х25 + 2х’2х25 + 2х’получаемполучаем
Решая это уравнение относительно
Решая это уравнение относительно
2х2
5 + 2х’
2х2
5 + 2х’
получаем
получаем
2х2372х2 _2
5 4~ 2х 75 + 2х 7
Наконец, решая эти квадратные уравнения, находим
± iVm\—37,5
^1,2 —|4। *з — 11** у •
Так как
х3+1 =(х+ 1) (х4—-х34*х2 —х + 1),
то данное уравнение равносильно совокупности двух уравнений!
я 4-1=0, откуда хх ——1,(1)
и
к»—х3 4-х2--х 4-1=0.(2)
Разделив все члены уравнения (2) на х2 и сгруппировав члены, равноотстоящие от конца и начала, получим
(х2+^)~(х+т)+1=0-(3)
Пусть x4-~-=z, тогда х2 + ^ = z2 —2 и уравнение(3) принимает вид
г2—г — 1 =0.
Корни этого уравненияКорни этого уравнения21,2 =21,2 =1 ±К 521 ±К 52
Корни этого уравнения
Корни этого уравнения
21,2 =
21,2 =
1 ±К 5
2
1 ±К 5
2
Итак, имеем
1i/"?
г х 2'
откуда
, _1 + /"б ±//io—г/Т „ _i-V"5±/Т/ю+г/^ *2,3 —~ , Х4>6.
.1 + /б ± / /10—2 /Т
Отв. х,—— 1, х213 =^-,х4)5 =
1 — К Т ± i /10+2 /5"
Преобразуем левую часть уравнения так:
X4— 8х + 63=х4 + 16х2 + 64 —16х2.—8х—1 = = (х2 + 8)2—(16х2 + 8х + 1) = (ха + 8)2—(4х + 1)2 = = (х2+4х + 9) (а2—-4 г 4-7).
Имеем (х2 4- 4х 4- 9) (х2—4х 4- 7) = 0.
Отв. х1>2 = — 2 ± / V^ и х3>4 = 2 ± / V 3?
Имеем 16х4 — х4 4- 4х8 + 6х2 4- 4х 4-1,
т. е. 16х4 = (х+1)4.
Отв. X! —L х2=— у, ^з»4 =g•
Перепишем уравнение так:
8х4 + 8х3 + 2х2—2х2—х—190 = 0,
или
2х2 (4х24-4х4-1)—х (2х +1) —190 = 0, или
2[х(2х4-1)]2 —[х (2x4-1)] —190 = 0.
Итак, имеем квадратное уравнение относительно х (2x4-1).
Отв. Xi = 2, х2 = — 2,5, х3,4 = —— ^-^-^ .
Умножив обе части данного уравнения на 16, получим -
16 (8х 4- 7)2 (4х 4- 3) (х 4-1) = 72,
или
(8х 4- 7)2 (8х + 6) (8х 4- 8) = 72,
или
(8х 4- 7)2 (ах 4- 7 +1) (8х + 7 -1) = 72.
Обозначив 8х + 7 через у, получим
уЧуй-П = 72, откуда
Ух^ — i 3, у3,4= ± 2/ V 2.
Итак, имеем четыре уравнения
8х + 7=±3 и 8x4-7 = ±2/^2?
а . .1— 7 ± 2* КТ
Отв. Ж1=-у, х,= —^ , х3,4 =—-.
l 108. Первое решение. Имеем
х4—2х2а + «2—6х24-4х + 2а = 0, или
а2—2 (х2— 1) а—6х2 + 4х 4-х4 = 0.
Решая это уравнение относительно а, получаем
ai»2=*2—1 ± V*х4—2х2+1+6х2—4х—х4 =
= х2—1 ± К4х2—4х+1=х2 —1 ±К(2х —1)2 =
= х2 — 1 ± (2х—1).
Итак, имеем два квадратных уравнения относительно х:
х2 + 2х—2—а = 0 и х2 — 2х—а —0.
Из первого уравнения находим
Xi,2= —1 i /«4-3,а из второго^3,4=1 i /"«+!•
Очевидно, что если а^-—1, то все четыре корня действительные, если же а<—3, то все четыре корня мнимые, а если —3^ ^«<— 1, то первые два корня действительные, а два последних мнимые.
Второе решение. Имеем
(х2—а)2—4х2—2х2 + 4х + 2а = 0, или
(х2—2х—а) (х2 + 2х—а)—2 (х2—2х—а) = 0, или
(х2—2х—а) (х2 + 2х—а—2) = 0.
Это уравнение равносильно двум уравнениям:
х2—2х—а = 0 и х24-2х«а —2 = 0.
Дальше как в первом решении.
Отв. х1>2= — 1 ±Ка + 3, х3,4 = 1 ± /а4-1.
Прибавив к обеим частям уравнения по 2х ^у^у^ г получим
\/ У X 2/ У \
+=84-2х(-^т),
X—1 /\ X — 1/\х—1 /
или
/ X X 2у2
( х4= 84-2 \ ‘ х—1 /1 х—1
или
X®
Обозначив j через yt получаем у2 —2#—8 = 0, откуда
1/1 = 4, Уг = —^* Далее,
Из первого уравнения находим xv^2, а из второго х8,4 = — 1 ± ]/"3. Отв. х1,2 = 2, х3,4 = —1 ±У"3.
Имеем
[(х + 1)(х4-4)][(х + 2) (х + 3)] = 1,
или
(х2 + 5х + 4) (х2 + 5х + 6) = 1.
Обозначим х2 +5х + 5 через у> получим
илиоткудаилиоткудаУ! = /~2 и у4= — V2.У! = /~2 и у4= — V2.(У—1) (У + 1) = Ьу^^
или
откуда
или
откуда
У! = /~2 и у4= — V2.
У! = /~2 и у4= — V2.
Таким образом, имеем два квадратных уравнения: х2 + 5х 4- 5 = f* 2 и х2 4- 5х 4- 5 = =» V 2.
Отв. Х1, 2, 8, 4Отв. Х1, 2, 8, 4_—5 ±/5 ± 40■^2_—5 ±/5 ± 40■^2
Отв. Х1, 2, 8, 4
Отв. Х1, 2, 8, 4
_—5 ±/5 ± 40
■^2
_—5 ±/5 ± 40
■^2
После подстановки % — 5 = у и раскрытия скобок получим
^в + з^Б + 3^4 + 4^з + Зу2 + 3t/ +1 = 0.
Итак, имеем возвратное уравнение. Представим его в виде (уэ+^)+3(уа+^)+3(у+|)+4=о.<0
Далее, делаем подстановку y-t-~ = z; отсюда
Уа+^=^-2,уз + ^гз-зг.
Таким образом, уравнение (1) принимает вид „
2з + з22_2 = 0.
Очевидно, один из корней этого уравнения z^-l. Остается решить уравнение
22 + 2z—2 = 0,
откуда
га,з=^1 ± Кт
Значит,
у+7=-1, у+^-Ч-^ y+^-i-VT
Из этих трех уравнений получаем 6 значений для ух
~l±i/T -1 + Кз'±« /12
-i-/y± /Тг
Ум =2•
Но так как х = у + 5, то легко найти корни заданного уравнения. а-.9±/Гз„9+Гз"±//12
Отв. Xi,2=2' * ^3’4—2’ ^з»з —
_ 9— У"3 ± /12
“2
5*131
При х = 0 левая часть уравнения превращается в нуль. Следовательно, х ^ 0. Разделим числители и знаменатели каждого из дробных членов левой части уравнения на х
*+!= 1. 77
4х—8 + у 4х—10 + ~
Пусть
4x+j = t/.(1)
Тогда имеем
у—8^у—10’
откуда
^i = 16, у4 = 9.(2)
Из (1) и (2) легко найти корни заданного уравнения. _719 ± <
Отв. Xi-y, х,=-^, х3>4 =g.
Имеем
V^ + ! (х + 1) = х^243х, . или
(х+1)5 = (3х)6,или/x+lV .
Известно, что корень пятой степени из единицы имеет лишь одно действительное значение, равное единице, поэтому
£±2-1Зх
Отв. х=~.
Должно быть
Зх—5^0, 2x^0, 3-/Й^0, или
59
х>у, х^О,
Из этих неравенств следует, что -|-^х^-2.
Очевидно, что в этом соотношении должны быть отброшены знаки равенства.
Итак,
Решая, как обычно, данное уравнение находим хг = 2, х2 — 98,
Учитывая (1), заключаем, что лишь х = 2 может быть решением уравнения. Проверкой убеждаемся, что х = 2 удовлетворяет исходному уравнению.
Отв. 2.
Обозначив V х через у, получим
</2+ 1 —2г/ (3t/2—2) = 0.(1)
Преобразуем последовательно левую часть уравнения (1)| у2—2t/+1—6^3 + 4t/ + 2y = 0, (0-l)2-(Z/-lW + 6£/) = O, (</ —1) (z/—1—6t/2 —6г/) = 0, (у_1)б(у+1)(у + 1)=0.
Отсюда
!/i — Ь У2д' * Уз — —2" ‘
Но так как по условию V х = у^0, то у может быть равен только 1, а следовательно, х = ^2=1.
Отв. х=1.
Первое решение. Обозначим Ух +1 через у;тогда имеем х = уг — 1 и
(^2_1)2_4 (^„а) у + 8(г/2—!) —8Z/ + 8 — 0,
или
у4—4у3 + 6^2—4(/+ 1 =0, т. е.
(г/—1)^ = 0, откуда у — ^.
Итак, х = 0 есть единственный корень данного уравнения.
Второе решение. Имеем
х1—4х/х+1+4 (х+1) + 4х—8Кх+1+4 = 0,•
(х—2/х+1)2+4(х—2/х+1) + 4 = 0, (х—2/х+1 + 2)2 = 0, (х+1—2^х+Т + 1)2=0, (1/7+Т-1)4=о,
откуда
V^T1 = L
Отв. х=0.
Преобразуем данное уравнение к такому виду:
Пусть
У*-^=у.(1)
Имеем г 1 V’ / IV (у+з) +(у-з) = L
Раскрыв скобки и приведя подобные члены, получим
2у4 + 3у2—g-=0.(2)
Решаем уравнение (2):
у=±4<3>
/ .7 ,X I
I z/2 = S-—отбрасываем, так как в этом случае корни будут ; \4;
мнимые ).|
Из (1) и (3) следует:|
V^- у=у. ^ = 3, *1 = 9,|
V4- 4=-у» К«’ = 2, ха = 4.|
Отв. х1 = 9, х2 = 4. ]
Обозначим ^1+2х через и, а ^/1—2х через и.
Имеем систему уравненийi
f и + v = V 2»!
|^ мб + и6 = 2.J
Поделив второе уравнение системы на первое и перенеся |/16 в левую часть, получим tt4_u3v^.u^„муз^.у4_ ^/16 = 0.(1)
Уравнение (1) равносильно следующим уравнениям: (и + и)4—5и3и—5н2и2—бму3 — ^ = О, (и+о)4—5uv (и2 + у2 + ии)—р^ 16 = 0, (u + v)4—5ио(и + о)2 + 5мМ— ^16=0.
Так как « + °= V 2. то последнее уравнение принимает вид (р/7)«—5ио р/Т+ба4»2 —^/16=0, или_
5«о У 4 +5и2о2=0, / т. е.
uv(uv^ р/Т) = 0,(2)
откуда « = 0, а следовательно,
хх = «-0,5;
у=0 и, значит, х2=0,5.
Из (2) также получаем
uv= {/Z(3)
Решая (3) совместно с уравнением «+»=f/ 2, убеждаемся, что эта система имеет только мнимые корни. Согласно условию задачи мы их отбрасываем.
Отв. хг ——0,5; х2 = 0,5.
Запишем ряд уравнений, равносильных данному в УСЛОВИИ!
V4V х+3 64 5/—
М1=64, (^)е = 64«, (^)’ = 32«, Ц-*=±32. хъ
Итак, имеем два уравнения:
У^=32 и У-?=^32. XX
Отв. ^1 = з|> х2 = — ц.
Если х<1, то | х—1 | = 1—х, | х—2| = 2—х и данное уравнение приводится к такому:
1 — х + 2—х = 1.
Из него находим х=1.
Если 1<х^2, то |х—1 | = х—1 и |х—2] = 2—х. Левая часть данного уравнения равна 1 при всяком х из рассматриваемого промежутка, а так как правая часть уравнения тоже равна 1, то при всяком х, удовлетворяющем соотношениям 1<х^2, уравнение удовлетворяется.
Наконец, если х>2, то |х—1 | = х—1, |х—2|=х—’2 и данное уравнение приводится к уравнению х—1+х—2 = 1, которое не имеет решений х > 2.
Итак, уравнение удовлетворяется, если 1^х^2.
Отв. Любое значение х из сегмента [1, 2].
Введя обозначения
получимполучиму/8—х — а и^ 27 + х = Ь,
получим
получим
a*—ab + b* = 7t а^В—х, Ь3 = 27+х.
Сложив последние два равенства, получим
а3+ ^ = 35.
Итак, имеем систему
/ a2—aZ? + Z>2=7,
} а3 + &з = 35, или равносильную ей систему
( аЗ-^ + 62 = 7,
* (« + &=5.
Из этой системы имеем аг = 2 и а2 = 3. Так как 8—х = а8, то имеем два уравнения:
.8—х —8 и 8—х=27.
Отв. хх = 0, х2=—19.
Представим данное уравнение так:
х2—6х + 9 + х—4 /’Т + 4=0,‘
или "
(х—3)а + (К х—2)а = 0.
Так как (х—З)2 и (К х —2)2—неотрицательные выражения, то их сумма равна нулю только тогда, когда каждое из них равно нулю, т. е.
(х—3)а=о н (Ух— 2)а=0.
Но (х—3)2=0 только при х=3, а (V*х—2)2 = 0 только при х = 4, так что невозможно одновременное выполнение равенств
(х—3)2=0 и (К7—2)2 = 0
и заданное уравнение не имеет действительных корней.
Отв. Нет действительных корней.
Очевидно, что х^1, а следовательно, V(*—О8 + 0. Поэтому можно разделить обе части уравнения на V(х~ О8 ’» получим уравнение
равносильное данному.
Преобразуем его:
Введя обозначениеВведя обозначениеполучимОтсюдат. е.илиполучимОтсюдат. е.илих+1х+1= У>= У>у2 — 1=у, ИЛИ у2—у—1=0.у2 — 1=у, ИЛИ у2—у—1=0.4 А+1_1 ± КТV х—I- 24 А+1_1 ± КТV х—I- 2
Введя обозначение
Введя обозначение
получим
Отсюда
т. е.
или
получим
Отсюда
т. е.
или
х+1
х+1
= У>
= У>
у2 — 1=у, ИЛИ у2—у—1=0.
у2 — 1=у, ИЛИ у2—у—1=0.
4 А+1_1 ± КТ
V х—I- 2
4 А+1_1 ± КТ
V х—I- 2
Составляем производную пропорцию
(У ± KTV
(х4-1) + (х-1) К 2/ ~|~
(х+1)-(х-1) /1±КТ\»•
f—_—I -1
откуда
Первое решение. Введем такую подстановку x^y+V"^. Имеем
(!/+^)4-6а((/+ V^a^-YSa Y'a (^ + V"а^—За2=0, или
(у4+4</8 V а -^6ауй-^4ау V а + °2) + (—вау3—6аа—12а ]^оу) +
+ (8а /7 у + 8а2)—За2=0, или
^4 + 4у3 V~a =0, или
t/3(t/ + 4 VТ)=0,
откуда_
У1=У2 = Уз=0,у4 = —4 /а.
Поэтому
х1=ха —х3 = Vа ,х4 =—3 V^".
Второе решение. Пусть j/^а = Ь, тогда
х4—G^ + S^x-^-O.(1)
Левая часть уравнения (1) представляет собой однородный многочлен, сумма коэффициентов которого равна нулю. Следовательно, один из корней этого многочлена равен Ь.
Итак, имеем
х4_Ь2х2—5Ь2х2 + 563х + ЗЬ3х —ЗЬ4 = 0,
х2(х2 —Ь^—562х (х—Ь) + ЗЬ3 (х—Ь) = 0,
(х— Ь) (х3 + Ьх2—5fc2x + ЗЬ3)=0,
(х—by (х2 + 26х~362) = 0, откуда
(х—&)2 = 0(1)
и
(х2+26х—3fc2) = 0.(2)
Из (1) следует хх й = Ь> а из (2) находим х3 = Ь=У'а, х4=— ЗЬ = 3 /^.
Отв. х1=х2=Хз= V а , х4= — 3 V а .
Преобразуем данное уравнение к такому виду!
2p^j^ (2с —''Vxi-P— ^^ч) = о.
Это уравнение равносильно совокупности следующих двух уравнений!
2₽^х;’+^==0, откуда Хх = 0,(1)
2с— ^^Р— ^^4=0.(2)
Обозначим йр^/xq‘~p через t/, тогда уравнение (2) примет вид
2с——~ = 0, откуда
1/1, 2 = с ± V^—\.
Таким образом,арр/^=с ± ^-1»откуда
TZZZ—хм= У (с± \Гс^-\^ряе
Отв.Отв.хх = 0,хх = 0,
Отв.
Отв.
хх = 0,
хх = 0,
Обозначим у х через у. Имеем
или илиилиили илиили2^—4t/3 + y2 + z/—6 = 0,
или или
или
или или
или
2у4~4у3 + Уй—^У + Зу—6 = 0,
2</3 ку-^ + У (£<—2) + 3 (у-2) = 0, (z/-2)(2^ + ^ + 3) = 0.(1)
Так как в многочлене 2у3 + у + 3 сумма коэффициентов при нечетных степенях у равна сумме коэффициентов при четных степенях, то этот многочлен имеет корень, равный —1. Следовательно, уравнение (1) принимает вид
(2)(2)(у-2)(у+1)(2^-2^ + 3) = 0.
(2)
(2)
Так как корни уравнения 2у2—2у + 3=0 мнимые, то из (2) находим только два действительных корня:
1/1 = 2, У»=— 1.
Так как х = уа, то xt = 8, х2=—1.
Отв. хх = 8, х2 = — 1.
Рассмотрим отдельно уравнение при q ^ 0 и при д=0.
Пусть q ^ 0, тогда и х + 0.
Поделив обе части уравнения на х2, получим
/ а V / q V .
кх+"7~р) + (/+х+р) = ’
Пусть х 4- ^ = у, тогда имеем
ky-pYAAy-VP?=t.
откуда
2^ + 2ра = 1
Итак, имеем уравнение
или
х2 ± х j/1^2^ +^ = о, откуда!
*1,м, 4—2
Если же 0=0, то данное уравнение принимает вид
(х2—рх)2 + (х2 + рх)2 = х2, или
2х4 + 2р2х2—х2 = 0, или
х2 (2х2 + 2р2—1) = 0, откуда
х2 = 0, хм = 0;
2х*+2р«-1=0, хг=^£, хзи=£ )/^^-
Отв. Если 0^0, то
*1, 2, 3, 4 —2*
если q=0> то
*1, 2 —Х3> 4 — ± у g.
Имеем
(х4+2ах8 + °2х3)—(х8—а2х) + (х2—2ах + а2) = 0,
[х (х+а)]2—(х—а) [х (х + а)] + (х—а)2=0.(1)
Подстановкой убеждаемся, что х ^ а, т. е. х—а / 0.
Разделив обе части уравнения (1) на (х—а)2, получаем
Гх(х + а)12Гх(х+а)1
[ х—а J L х””а J * ^ '
Пусть
х(х + а)х—а и’
тогда у2—^ + 1=0,
откуда
y=L±l£I
а следовательно, х(х+а)1 ± / КТ х—а 2
а—а ± /а^+а^баа1 ± / /"3
Отв. х =, где а = -^—.
Представим данное уравнение так!
[(х—2)2 + Ю (х -2) + 5] /7=2=5 (х—2)2 +10 (х^2)+1.
Обозначим /7=2 через у, тогда будем иметь (/ +10^2+5) у=5у^ 10t/2+1, или
^~5^+10i/8-10^2 + 5t/-l=0,
откуда ^ = 1, т. е. /7—3=0.
Отв. х=3.
Представим данное уравнение так:
х2—6х + 9 + </—4 /7+4 = 0, или
(х-3)» + (К7-2)а=0.
Так как_
(х—зя>о и (Ку—2)8^о,
то
(Х-3)* + (К У-2)2=0
только тогда, когда
(X—3)2 = 0 И (К7—2)2=0, откуда
х = 3 и у = 4.
Отв. х=3, у=4.
I3L Введя обозначения 8—х=а4 и 89+х=М, получим систему
( а +6 =5,j а«+&«=97.Имеем
а4 + ^ = (а2 + Ь2)2—^Ьг = [(а + 6)2—2а^Р—2aW.
Подставив вместо a-Vb и a4 + b4 их численные значения (см. систему (1)), получим
97 = (25—2аЬ^—Тд^»или2а2^2 —100а6 + 528 = 0,илиа^—50аН264 = 0.
Решая последнее уравнение относительно ab, получаем ab = 6 и ab — 44.
Итак, имеем две системы:
/ а+^=5,
| ab—в(2)
И
J д-}-6 = 5,(3)
| ab = 44.
Из системы (2) имеем
аг=2, ^1 = 3 и а2 = 3, ^2=2.
Система (3) не имеет действительных решений.
Поскольку 8—х — а4, то xv=— 8, х2 = —73.
Отв. хх= — 8, х2=—73.
Имеем /х2 2х а \2_х8 ха \8а *" 3 * 2 / “За + 4 ’
откуда х44хаа2х3х2 2ах_~
64а29+ 46а8 + 3
или /х22х_а\2_
V8a"3Ту
Следовательно, х22ха п
8а32’
Решая это уравнение, получаем a2a
Xi = 6a, x2=s——.
Оба корня удовлетворяют исходному уравнению. Л2a
Отв. Xt^oa» х2= — у.
ИмеемИмеем8^/3 +2у /3 -5 /3 =0,8^/3 +2у /3 -5 /3 =0,
Имеем
Имеем
8^/3 +2у /3 -5 /3 =0,
8^/3 +2у /3 -5 /3 =0,
Введем обозначение
(0(0х=у /З*.
(0
(0
или
Зу» + 2у-5=0,
Зуз-З^ + Зу3—Зу + 5у —5 = 0, 3/(у-1)+Зу (у—1)+5 (у—1)=0, (у—1)(Зуа + Зу + 5) = 0, откуда
,—3 ± / /51
У1 — 1 > Уз, з■ g•
Из (1) и (2) легко найти корни заданного уравнения.
„ лГЧ- —/3+1/17— /3—1/17
Отв. кг=У 3, х2 =——у, Ха=—-—^—"—
Искомое уравнение должно иметь вид
ах8 + ^4 + с = 0,
т. е. должно быть квадратным относительно у=х*.
Итак, уравнение ауй + Ьу +с=0 имеет корень
У1 = (/Г— /з> = (8—2 /Тб)2 =124—32 /15.
Так как по условию а> Ь, с рациональны, то
уа=124 + 32 /15.
На основании теоремы Виета имеем
#2—248г/+16 = 0.
Следовательно, искомое уравнение
х8—248х4+16 = 0.
Действительно, величина Зха + 5х +1 при всяком х больше» чем Зх2 + 5х—8. Поэтому
/Зх2+5х+1 > /Зх4+5х—8.
Значит, левая часть данного уравнения при всяком х отрицательна и, следовательно, не может равняться единице, т. е. уравнение не имеет решений.
Отв. Нет решений.
Корни уравнения
х12 —/и ± VnS^nS^X— ± 1. По условию имеем
—2</и+1<4, j —3 < m < 3,
—2</n—1 < 4, т‘ е* | — 1<т<5,
откуда — 1 < m < 3.
Отв. Корни заданного уравнения заключены между —2 и 4, если —1<т<3.
Имеем
12L3-^2>.2-^-1).
З/х—22Ку-1
Очевидно, что левая часть уравнения может быть равна нулю только тогда, когда
К*=2 = 0 и 2—К^й = о.
Отв. х=11, ^ = 5.
Обозначим катеты и гипотенузу треугольника соответственно через а, Ь, с.
По условию имеем
а+6+с=^.,(1)
По теореме Пифагора
С^^^(2)
Исключив из уравнений (1) и (2) с, получим
Так как а и b по условию должны быть целыми, то 8 должно делится на b—4, т. е. b—4 может быть равно 1, 2, 4 или 8, так что
^ = 5, &2 = 6, ^ = 8, *4=12.
Соответственно находим
^=12, а2 = 8, g3 —6, о4 —5 и
^ = 13, с2=10, с3 —10, с4=13.
Отв. 12, 5, 13; 8, 6, 10; 6, 8, 10; 5, 12, 13.
Перепишем данное уравнение так:
х[15х2 + 2—4xi/(x2t/—х+1)] = 1.
Замечаем, что искомое число х является делителем 1. Следовательно, если уравнение имеет решения, то х=± 1.
Подставляя в данное уравнение х = 1, получаем i/2 = 4, откуда
У1,а = ± 2.
Далее, подставляя в данное уравнение х = — 1, получим
2у (^ + 2) = —9.
Последнее уравнение неразрешимо в целых числах, так как левая часть четна, а правая нечетна.
Итак, уравнение имеет два решения.
Отв. хг=1, ^=2; х2=1, t/2= —2.
Искомые числам п, п + 1, п + 2, п + 3, п + 4. По условию задачи
1 ,11.1.1 -145
п^п + 1 + п + 2^п + 3^п + 41 *
Наибольшее из обратных чисел .
Ясно, что наибольшее из нескольких слагаемых чисел больше их среднего арифметического. В этой задаче
1I45 _ 29
п > 100-5- 100 ’
откуда
Так как п—целое положительное, то из (1) следует, что п = 1, 2 или 3.
Проверкой легко установить, что в условиях данной задачи п может быть равно только 2, а следовательно, искомые числа 2, 3, 4, 5, 6.
Отв. 2, 3, 4, 5, 6.
Имеем
(хх—2х) + (уУ—у) = 0, или
х^^^ + у^уУ"1-^-^(1)
Если х > 2, то х—1 > 0 и х—1 > 1, а потому хх“х > 2х*1 > 21, т. е. Xх*1 >2; следовательно, при х>2 имеет место неравенство
х^"1—2)>0.(2)
Если у > 1, то у— 1 > 0, а потому уУ-1 > Р"1, т. е. уУ-1 > 1; значит, при у > 1 имеет место неравенство
у(^-1-1)>о.(3)
Складывая неравенства (2) и (3), заключаем, что при х>2 и у > I левая часть уравнения (1) положительна и поэтому отлична от нуля.
Итак, при существовании целых положительных решений данного уравнения х должно равняться 1 или 2, ау = 1. Подстановкой убеждаемся, что
х = 2, ^=1
является единственным решением (в целых положительных числах) данного уравнения.
Отв. х=2, у = 1.
Очевидно, что
х=1, у=±1 и х=3, у=±3.
Докажем, что данное уравнение не имеет решений, кроме найденных.
Действительно,
п+2!=3* Im
1!4-2!+314-41 =33. /
Так как 51, 6!, ,.. оканчиваются нулем и учитывая (1), заключаем, что все суммы, кроме 1! +2! + 31, оканчиваются цифрой 3. Поэтому они не могут быть квадратами, что и требовалось доказать.
Отв. 1, 1; 1, — 1; 3, 3; 3, —3.
Правая часть данного уравнения при 2^0 является нечетным числом, оканчивающимся цифрой 9. Но левая часть уравнения при х^2 и у ^2 есть четное число. Следовательно, никакими парами целых чисел, большими или равными 2, уравнение удовлетворено быть не может. Остается рассмотреть случай, когда х=Х или y=L
Пусть х = 1, тогда левая часть уравнения при у, равном соответственно 1, 2, 3, 4, выразится соответственно числами 2, 3, 7, 25, а при у ^5 представляет целое число, оканчивающееся единицей; следовательно, число х! +«/! не оканчивается цифрой 9 и, значит, данное уравнение не имеет решений в целых числах.
Представим данное уравнение в виде
10х«+21«/'—ЗО23 = ^ = 2~ .
Если у четное, то правая часть уравнения нечетна, а левая часть четна. Дели же у—нечетное число, то правая часть уравнения — четное число, а левая нечетна. Но так как четное число не может быть равно нечетному числу, то данное уравнение не имеет решений в целых числах.
При х целом и положительном имеем
1+2 + 3 + ...+х=^±^,
р 4- 22+з2+... 4- х2=^l^jilll^е
Итак, имеемИтак, имеемГх (х+1)р2х+1L 2 J 3Гх (х+1)р2х+1L 2 J 3= 9».= 9».ПосколькуПосколькуГх (х+1)1 2L 2 JГх (х+1)1 2L 2 J— число— число2х +1ат0 —— должно быть точным2х +1ат0 —— должно быть точнымцелое и притом полный квадрат, квадратом некоторого нечетногоцелое и притом полный квадрат, квадратом некоторого нечетного
Итак, имеем
Итак, имеем
Гх (х+1)р2х+1
L 2 J 3
Гх (х+1)р2х+1
L 2 J 3
= 9».
= 9».
Поскольку
Поскольку
Гх (х+1)1 2
L 2 J
Гх (х+1)1 2
L 2 J
— число
— число
2х +1а
т0 —— должно быть точным
2х +1а
т0 —— должно быть точным
целое и притом полный квадрат, квадратом некоторого нечетного
целое и притом полный квадрат, квадратом некоторого нечетного
числа (так как само 2х + 1—число нечетное). Пусть
^±^ = (2п+1)а.
откудаа следовательно,откудаа следовательно,х=6л2 + 6п +1,х=6л2 + 6п +1,
откуда
а следовательно,
откуда
а следовательно,
х=6л2 + 6п +1,
х=6л2 + 6п +1,
у2 = (бп2 + 6п +1 )2 (Зп2 + За +1 )2 (2n +1 )2,
откуда
у = ± (6а2 + 6n +1) (За2 + За +1) (2а +1),
где а—любое целое число.
Очевидно, что х должен быть кратным пяти. Полагая x = 5z, получаем
5z*—4 = 9^.(1)
Левая часть этого уравнения должна быть кратна девяти, и так как число г может быть представлено в одном из трех видов:
3/, 3/ + L 3/ —1,
то подстановкой этих выражений в уравнение (1) убеждаемся, что число, кратное девяти, дает только тот случай, когда г может быть представлено в виде 3/—1. В этом случае
x = 15Z —5,=-=15/3—15/2 + 5/ — 1.
При любом целом I получаем соответственно целые решения данного уравнения.
Имеем
10x + ^ = x2 + 2x^ + i/2, или
х2—2(5 — у)х— z/ + y2 = 0, откуда
х=5-у ± Vto-9y.(1)
Так как число х должно быть целым, то необходимо, чтобы разность 25—9у была полным квадратом; эта разность может быть полным квадратом только при y — Q и у=\.
Пусть у = 0, тогда из (1) следует
х1 = 10, х2 = 0.
Пусть теперь (/ = 1, тогда из (1) следует х3 = 8, х4 = 0.
Итак, данное уравнение имеет четыре решения.
Отв. х^Ю, ^ = 0; х3=0, уа=0; х3 = 8,</3=1; х4 = 0, ^4 = 1.
Решая данное уравнение относительно у, имеем 10х+ 1
У~ х—10 ’
ИЛИ
откуда следует, что (х—10) есть делитель простого числа 101. Таким образом, должно быть
х—10= ±1 и х—10=± 101.(2) J
Из (1) и (2) получаем четыре решения.J
Отв. хх=11,//1 = 111; х2=9,у^ — ЗХ*,|
х3=111, ^з=11; х4 = — 91, у4=9.I
Из второго уравнения системы имеемЯ
x = # + z —3.(1) И
Подставляя значение х в первое уравнение системы, получаемЯ
^z—3^—3z+4 = 0.]
Из этого уравнения находим"^
3z-4_3(z-3) + 5]
У~г—3~ z—3*f
или-^
У=3+Т=з •») I
Для того чтобы у и 2, будучи целыми числами, удовлетворяли ^ уравнению (2), необходимо и достаточно, чтобы разность z—3 рав- л нялась делителям пяти, т. е. z—3 должно принимать значения ^ ±1 и ±5, откуда-|
zx = 4, za = — 2, z3 = 8, z4 = 2.
Подставляя эти значения г в равенство (2), получим
У1 = 8, у2=2, у3 = 4, у« = —2.
Подставляя соответственные значения у и г в (1), получим ^ = 9, х2 = —3, х3=9, х4 = —3.
Оте. 9, 8, 4; — 3, 2, —2; 9, 4, 8; —3, —2, 2.
Из второго уравнения видно, что у—1=у|х4™1|^0, Поэтому ]у—11 = |/—1 и система запишется так:
J |х+1|+^-1=5,( |х+1| = 4у—4.
Исключая |х+1|, получим
41/—44-1/—1 = 5.
Отсюда у = 2.
Подставив значение у —2 в первое уравнение, найдем |* + П = 4.
Если х+1 > 0, то получим уравнение х4-1=4 и из него найдем х = 3.
Если х4-1<0, то получим уравнение —х—1=4 и из него найдем- х= — 5.
Отв. х1 = 3, ^1 = 2; х2 = —5, у^2.
Имеем х24-# У^ 420 3 у2 4- х V*ху 2802 ’
или
У~х(х К^+у Ку) „ з
Ку (у Ку+* К*) 2 ’ отсюда
Из системы уравнений х= у , уй + * V^cy — 280 получаем ре
шение.
Отв. х=18, у = В. тлх—т
из второгоиз второгоИз первого уравнения находим у = у— ^ • 24*х
из второго
из второго
У = —fyj J приравняв эти Два выражения, получаем
х — т 24-^
14- тх14-х*
откудаоткуда
откуда
откуда
(1 + т) хй + (2 + т) х + (2 — т) = 0.
Это уравнение имеет действительные корни при условии (2 + ту—4 (1 + т) (2—т) ^ 0.
После упрощения левой части получим 5/п2— 4^0, откуда |/п[^ 2
При этом условии х имеет действительные значения,
2 I х
значит, действительные значения имеет и и = —— •
91+х
222
Отв. | т | ^ —^--, т. е. т ^ —^- или т <^=г.
У 5у 5у 5
Вычитая почленно из первого уравнения второе, получим
(a—l)(x—1) = 0,
откуда a —1 или х=1.
Подставляя значение х=1 в первое из заданных уравнений, получим а ——2.
Итак, уравнения имеют по крайней мере один общий корень при а=1 и при а = — 2.
Первое решение. Сложив все уравнения системы, получим:
(14-2 + 3 +.. - + п) (х1 + х2 + х3+ ... + xn) = a1 + a2 + a3 + ... + аЛ,
или п(п+1). ,,,..,,
2 (Х1 + *2 + *3 + • • • + Хи) — а1 + °2 + а3 + ' • • + °Н> откуда
х1+х2+х3+...+хп = -^^^.(1)
Теперь вычтем из второго уравнения системы первое, получим (п—1)^—х2—х3—. . .—хп = а2 —av(2)
Сложив почленно уравнения (1) и (2), получим
а2—^! 2 (at +a2 + a3+. ..+ «„)
Таким же образом найдем х2, х3, . .. , х„_х:
= a3—а2 2 (gl + a2 + a3 + , , ,+a^)
пп2(п + 1)
__°4—^з I 2 (a1 + a2 + a3 +. ..+an)
Пn2(n+ 1)*
дп—an-i । 2 (ai + a2 + д3 +. . . + an) nn2(n+l)
150
Для нахождения хп вычтем из первого уравнения системй последнее и получившееся таким образом уравнение сложим с уравнением (1), получим
„ а1—ап ! 2 (^ + 02 + 03 + . .-+аге)
" пn3(n+i)
Второе решение. Рассмотрим А-е и (А + 1)-е уравнения данной системы:
tn—^+2) хг + (/1^-Л + 3)х2 + .. . +^ + 2^+1 + ... 4-
+ (л—^+1)^=а6,
(п—k-V 1)^1 + (л—А? + 2) х2 + .. • + ^+хЛ+1 + 2хЛ+а + . • • +
+ (n—k)xn^ ат.
Вычитая из нижнего уравнения верхнее, получим
(П—1) Xh — (хх + х2 + . • • +^.1 + ^+1+ • • • + Яя)=*а£+1— °Д-
Сложив это уравнение с (1) из первого решения, получим
пхд —пд+1—а^пхд —пд+1—а^откудаоткуда. 2 (^ + ^а + • • * + ап)
пхд —пд+1—а^
пхд —пд+1—а^
откуда
откуда
_акл-1—t 2(ai + a2+.. •+^п) к~ ппЧп+Х)
По этой формуле находятся *v *2, *3> Xn-v
Затем найдем хп> как в первом решении.
Решая первые два уравнения данной системы относительно х и yt получаем
(б + П2 ^ + 1
Подставив эти значения х и у в третье уравнение системы, получим
(6+1).(6+1).(6 + 1)3 , (12-^ин-ПЬ^Ь-Х^ А2 + ^~1
(6+1).
(6+1).
Решаем это равенство относительно А.
Отв. А = —1 и /? = 5.
Перемножив первые два уравнения системы, получим
X2 Z2^2
. О^ С2 ”62 *
К такой же зависимости мы приходим при перемножении третьего и четвертого уравнений. Это показывает, что если имеют место любые три из данных уравнений, то имеет место и четвертое уравнение, т. е. система совместна.
Теперь приступим к решению системы.
Приравнивая правые части первого и третьего уравнений находим
откудаоткудаУ — ЬУ — Ьр—X р + Х *р—X р + Х *
откуда
откуда
У — Ь
У — Ь
р—X р + Х *
р—X р + Х *
Далее, подставляя это значение в первые два уравнения, получим
х = ах = аХр + 1р + ХХр + 1р + Хz=cz=cХр—1р+ХХр—1р+Х
х = а
х = а
Хр + 1р + Х
Хр + 1р + Х
z=c
z=c
Хр—1р+Х
Хр—1р+Х
ЛХр + 1, р—XХр —1
Отв. х = а- “™ ,z=c г. г .
р + Хр + Х/р + Х
Прибавим и вычтем в левой части первого уравнения величину x(b-Vc), в левой части второго уравнения—величину у(с + а) и, наконец, в левой части третьего уравнения — величину z(& + a). Тогда после несложных преобразований данная система приведется к следующей равносильной системе!
г (6+c)(* + i/ + z) —х(а + *+с)=д—с,
< (^а^х + у^—у^а + Ь+с^с — а,(1)
I (а + &) (x + #+ z) —z(a-Vb + c) = a—b.
Сложив эти уравнения почленно, получим
2(а + ^ + с) (x + ^ + z)—(a + ^ + c) (x + y + z)=0, или
(а + ^ + с) (x + z/ + z) = 0.
Так как по условию а + ^+с^О, то
x + t/ + z = 0,
и поэтому система (1) принимает вид
{
—x^a-\-b + c') = b—c1 —у (а + Ь + с)=с—а, — г (а + & + с) = а—Ь.
~с—Ьа—сЬ—а
Отв. Х = г-7-7 , и = , -Г-', 2 = ГТ-7—•
a-Y-b + ca + b + св+&+с
Первое уравнение системы легко приводится к такому:
^2__^+ Ухй—уй-20==0.
При этом мы ввели под корень x-Vy, т. е. положили x + g= ^(x + g)2, и поэтому будем пока считать х + у>0.
Решая полученное уравнение как квадратное относительно V*хй—у^> получаем
/х»-уа=—^, Кх8-У’ = 4.
Равенство V*2—У2 =—5 невозможно, так как V х4—у4 арифме- тический.
Итак, система привелась к следующей: ( х2 + у2 = 34, 1V^^i=4,
или
( X2+g2 = 34,
I х2—g2=16, откуда1
*1 = 5, У1 = 3; х2=5, у2 = —3. Значения х3=—5, у3 = 3; х< = — 5, у4 = —3
отбрасываем, так как в этом случае х-\-у<^.
Если же x + y<0, то ^(x+g)2» — (x + g) и первое уравнение заданной в условии системы приводится к виду
х2—у2— К*2—g2 = 20,
откуда Vx2 **у8 = 5.
Теперь заданная система имеет вид
Решая ее, находимРешая ее, находимх2—g2 = 25,х2 + у2=»34.
Решая ее, находим
Решая ее, находим
, -./*59, 3
Х=± I/. тг> У=±"7=*
Г * 2 ’ 9 г 2
Так как эти решения мы получили, считая, что х+у<0, то решением является только
Отв» хх = 5, Ух = 3; хг = 5, уа = — 3; х3=— у ^, ^3=-^=—;
х4= -х4= -33
х4= -
х4= -
3
3
Возводим первое уравнение заданной системы в квадрат
2х2—2 Vx^—y^»y4
Подставляем сюда значение х4—t/4=»144a4 из второго уравнения системы. Получаем
(1)(1)#8 = 2х8—24а*.
(1)
(1)
Отсюда находим у4 и подставляем во второе уравнение системы. Получаем
х4—32а2х2 + 240а4 = 0.
Отсюда х=± У^ба и х=± /Т2а.
Из уравнения (1) находим у._ Для каждого из значений х=± У"20а имеем у=±4а, а для каждого из значений х=± V12а имеем у—^.
Проверка показывает, что из полученных шести пар решений одни являются лишними при а > О, другие же являются лишними при а < 0. Возьмем, например, решение х = а ^20, у —4а. Под- ставляя его в первое уравнение, мы находим У^6ай—V^4aa = 4at т. е. 6|а|—2|а| = 4а. Это равенство является тождеством при а^О, но оно не верно при а<0.
Отв» При а^О будут следующие решения!
Х1«1^20а, yt — 4a; х2 = — УЧба, ^~4а\ х3=У"12а, у3 = 0;х4= — /Т2а, t/4 = 0.
При а < 0 решения будут:
х1=1/Г20а# уг= — 4а; х2 = —1^200, у3 = — 4а.
Обозначая z = x—у и решая систему ( 2=Х~^, I х + у-а, находим a + z X —е
Подставляя эти значения в первое уравнение заданной системы, получаем
(a + z)4 + (a^z)4=16^, или
^4.60^2-Ко4—8£>4) = 0.
Пусть z2 = o, тогда имеем
и2 + 6a2u + (a4 — 8д4) = 0.(2)
Если свободный член этого уравнения а1—864>0, то заданная система действительных корней не имеет.
Если же а4—8Ь4<0, то уравнение (2) имеет один положительный корень
Р1 = —Зд2 + у 8 (а*+ 6*).
Следовательно,
Z1= VX, га = —Уи^.
Подставляя эти значения в уравнения (1), находим действительные решения системы.
a— 1/"й7
Отв» ^ = —, у^ =±-;
¥ _ a— Vo? „ _ “+ VX"
Xi2. У г2*
Из второго и третьего уравнений находим , .13
xz + xy + yz=-£-,
или
х(у + г)+уг=^
Но так как из условия имеем , 131
У + z^—x и yz=~.
то
т. е.т. е.*4 = 3,</4=3-, 2^4=1;*5—"^'^^—^^б--3,^6=3-, i/6 = 3, z6 = l.*4 = 3,</4=3-, 2^4=1;*5—"^'^^—^^б--3,^6=3-, i/6 = 3, z6 = l.
т. е.
т. е.
*4 = 3,</4=3-, 2^4=1;
*5—"^'^^—^^б--3,
^6=3-, i/6 = 3, z6 = l.
*4 = 3,</4=3-, 2^4=1;
*5—"^'^^—^^б--3,
^6=3-, i/6 = 3, z6 = l.
(х-1)(х2—ух + 1)=0,
откуда ^ = 1, х2 = 3, х3=-у.
Поскольку все уравнения системы симметричны относительно х, у н z, то легко сразу написать все решения.
Отв» *1 — 1, t/i = 3, z^——;
*2=1» 5/2=3-, ^^З;
*з = 3, Уз=1, z3 = -g-;
Преобразуем систему к виду Г хтуп = сатЬп, | хпуж = dambn.
Перемножаем эти уравнения и делим одно на другое. Получаем (xy)'”+”=cdaa'”62” и f—У ” = 4;
\ У /отсюда1 2m 2Д
и
X/ С \т-п
V\d)
Перемножая последние два уравнения, находим 2m ап ат ап ха _ ^^^^**^^(^^^ т*п
Выражение для у^ можно найти аналогично, взяв уравнение
\ X )С *
Оно отличается от соответствующего уравнения для х только перестановкой букв end.
тп п т
Отв. x=cm*-n,dn*-m*bm*nam*n,
птт п y—c^^d^^a^b^n *
Обе части второго уравнения разделим на у (у ф 0), получим уравнение, равносильное ему, у2 Оу 1/ у 1 \1
^+§-7/хЧз^+т)+Т=°-^
Последовательно преобразуем левую часть уравнения (1):
Таким образом, заданная система равносильна такой!
/ х2—12^=15,
I 2у~ У Зу^1
Система (2) равносильна такой смешанной системе! г х2—12^=15,
<4у«-3у+1’(3)
Из второго уравнения системы (3) находим
Следовательно, заданная смешанным системам:
система равносильна следующим двум
г х2 —12у=15, х = 6у,(4)
1 у >о
и
' Xs— 12у = 15, *= — уУ.
<
,>0.И
4х $+lss0-
Из системы (4) получаем -5
*1=5, У^у»
а из системы (5) находим
х,=_(9 + 4/б ),х,=_(9 + 4/б ),Л=у(9 + 4/Т).Л=у(9 + 4/Т).
х,=_(9 + 4/б ),
х,=_(9 + 4/б ),
Л=у(9 + 4/Т).
Л=у(9 + 4/Т).
Отв. хг=5, уг = ^-; х2 = — (9 + 4 Кб ), у3 = у(9 + 4 К<П‘
Пусть xi+x2 + x3+ ... +хп = у = 1. Тогда
У—ха = 2, у—х3 = 3у—хв_1=п — 1, у—х„ = п.
Но так как ^ = 1, тох2 = —1, х3 = —2, ,,., хп^ — (n—1). Отсюда^ + *з+-..+*„ = - [1 + 2+..,+(п-1)]- 1^И.
Наконец,
#1=1— (^2 + ^3+ • • • + #„) = 1*1—^2~~^ •
Отв. xx»\4r5^~lL> х2 = —1, х3=—2,хп= — (n — 1).
Имеем х2 = ах—хх> х8=о2~х2=О2 —Ох + xlt #4 — 03 *=- Х8 = Оз •— 02 4* Oi — Хх,
^И = ал-1и^аЛ-2 + • • • £ а2 Т 01 ± xv
В последнем из этих равенств верхние знаки имеют место, когда п нечетное, а ннжние знаки — когда п четное.
Рассмотрим эти случаи в отдельности.
Пусть п нечетное. Тогда
Хц=а«-1—«п-г+.-'+сз—«1+^1-(О
Из условия имеем Хп==ап”й*х1*(2)
Решая совместно (1) и (2), находим
„ _ Ort—о„.1 + оп.2—О2+О1
хх2е
Теперь легко находим
„01—o„ + o„_i—..о3+а2
2>
«. а2—°1 + °П—•••—О4 + О3
Х8=X•
Пусть теперь л четное. Тогда xn=an-i~°»-2+...~a2 + cti—xx.(3)
Из условия имеем ^«■^л xv(^)
Следовательно, для совместности уравнений (3) и (4) должно быть выполнено равенство
on_i—о„_2+ ... —Оз + О!^^, или
ап + °М-2+ • • • + ^ = 0/1„1 + 0/1_3+ • • . + 0ц
т. е. сумма коэффициентов с четными значками должна равняться сумме коэффициентов с нечетными значками.
Ясно, что в этом случае система будет неопределенна, т. е. будет допускать бесчисленное множество решений, а именно:
Xi = X,
#2 — 01 ” X,
Xg ет С?2 **”^1 ”Ь X,
Х4=02—02 4* ®i X,
хп = ап-1—°п-й + • • • + аз—#2 + ^1—^»
где X—-произвольная величина.
166. Из двух последних уравнений системы находим x + ti
И у+Ь
„ , - (с—m)(n—а) X Л «;,
1z + c
z + m
Далее находим
(с—т)(п—а) .х ,х z + m
х+а~(П а)~(а
Также
y^l = (l—b) ^+~. ' г + т
Подставляя найденные значения х+а и у + l в первое уравнение исходной системы, убеждаемся, что оно есть следствие вторых двух. Таким образом, система неопределенна и все решения ее заключаются в формулах
(Ь — ГЦт-с) . у z + m
при произвольном значении z.
Складывая почленно все три уравнения системы, получим (Ы-с) х + (с + о) ^ + (а + Ь) z = 2a8 + 2^ + 2c3.(1)
Из уравнения (1) и первого уравнения заданной системы находим 2(6 + с)х = 2^+2с3.(2)
Из (1) и второго уравнения системы находим
2(с + о)у = 2о8 + 2с8,(3)
а из (1) и третьего уравнения системы получаем
2(a + b)z — 2a» + 2№.(4)|
Из равенств (2), (3) и (4) находим х = Ьй—Ьс + са,j
у=а2—ас+с\М
z=a2—а&4-62.|
Перемножив левые и правые части уравнений, получим ... «„)"“’=aia2 ...«п-j
откуда *1^2 • • • *п=п~^att;(1)
h-e уравнение системы перепишем в видеJ
акхХ = хгх^...хп.!
Отсюда в силу (1) имеем «-/^^^ (1-| 2n)J
Проверкой убеждаемся, что этот набор чисел удовлетворяет исход- 1 ной системе. Таким образом, система уравнений имеет единственное | решение.I
Возведя обечасти первого уравнения системы в квадрат»|
получимI
Ух»-у*=х-^.(1)
Тогда, учитывая второе уравнение системы, имеем У^+7=^-х.(2)
Возведя теперь в квадрат обе части второго уравнения исходной системы, получим
У^У^Ц- х2.
Отсюда в силу (1) и (2)
Раскрыв скобки, найдем
После этого из уравнения (1) легко получим два значения у:
Проверкой обнаруживаем, что исходное уравнение имеет лишь одно решение:
Раскрыв скобки, запишем второе уравнение в виде
X2 + у» + Z2 + ^ху + 3X2 + 3yz = 1, или
(x + </ + z)2 + x{/ + xz + (/z=l.
Отсюда, используя первое уравнение заданной системы, получаем xy + xz + yz^ — 3.(1)
Третье уравнение системы представим в виде
х (ху + xz) + y (yz + xy) + z (xz + yz) = —6.
Тогда, принимая во внимание (1), будем иметь
x(3 + yz) + y(3 + xz)4-z(3 + xy) = 6, или
x + y + z+xyz = 2, т. е.
xyz = 0.
Итак, имеем систему
*+//+z=2,
xy + xz + yz = — 3,(2)
xyz = 0»
Из последнего уравнения системы (2) следует, что по крайней мере одно неизвестное равно нулю.
Пусть х = 0, тогда y-yz^^, уг^ — З, откуда либо (/ = 3, z = — 1, либо у = — 1, 2 = 3.
Аналогично рассматриваются случаи t/ = 0 и z = 0. Таким образом, получаем шесть решений (х, у, z) системы (2). Легко проверить, что все эти наборы чисел удовлетворяют и исходной системе. Таким образом, эта система имеет шесть решений.
Отв. 0, 3, —Г, — 1, 0, 3; 0, —1, 3; 3, —1, 0; 3, 0, — 1; —1, 3, 0.
Пусть хь х2, ..., xrt—вещественное решение системы. Числа Хд(6 = 1, ... , п), очевидно, должны быть одного знака. Предположим для определенности, что все х^ > 0. В противном случае мы бы могли поменять знак во всех уравнениях системы. Покажем, что
х»^/2" (fe-1. 2. ... , n).(1)
Имеем
/2 \2
(“-;.) =”■
1611616 И. X. Сивашинский
161
161
Раскрывая скобки и прибавляя к обеим частям 8, получаем1
^ + 4+4^8-I
Отсюда /2 V
(Xft+z) ^8
и, следовательно, (xk+l\^2V2.(2)
Из уравнений исходной системы и (2) следует неравенство (1), Сложив теперь все уравнения заданной системы, получим
222
*1+*2+..-+^ = Г+-+...+Г. л^ л2хп
При условии (1) равенство здесь, очевидно, возможно лишь в том f случае, когда все неизвестные равны 1^2. Так как легко проверить, i что набор чисел х1 = х2 = ... = хп = 1^2 удовлетворяет исходнойI
системе, то система имеет, и притом лишь одно, положительноеЧ
решение. Поменяв знак у значений неизвестных, мы получим еще одно вещественное решение:|
х1 = ха=...=х„ = —^2.
Этими двумя решениями, таким образом, исчерпываются все вещественные решения.
Отв. хх~хг = ...=xn = -V 1^2; хх = х2 = ... =хп = — К2.
Подставив во второе уравнение заданной системы вместо г его значение из первого уравнения, получим
х2 + х + </2 + 1/—а=0.
Решая это равенство относительно х, получаем
^i,2 = -у ± V^— у*~у+а';
Так как по условию задачи х должен принимать единственное | вещественное значение, то р^~ — г/2—y-Va должен быть равен |
нулю и х» — -~. Поскольку оба уравнения системы симметричны ? относительно х и у, то и i/ = - у.
Подставив значений х и у в первое уравнение, получим г = ~ • ,
Далее, подставив значения х, у и х во второе уравнение, получим а = -~.
_111
Отв. х = у = --^» х=^ при а = ——.
Из второго уравнения данной системы следует, что у—4=|х+1|. Так как |,х+1|^0, то у—4^0. Таким образом, первое уравнение системы перепишем так: | х +11 + у—4^2, откуда |х+1| = 6—у. Итак, имеем
6—у = у—4, откуда у = 5.
Теперь найдем значения х. Имеем | х +1 | = г/—4 = 5—4 = 1. Если х+ 1 ^0, тох +1 = 1 и х = 0. Если же х +1 ^0, то —х—1 = 1 и х — — 2.
Отв. Хх = 0, ух = 5; х2 = —2, y^—S.
Второе уравнение исходной системы можно представить так:
(х + уУ—2х(/ + z2 = (х + уУ—Зху (х + у) + г»,
2 ИЛИ, ПОСКОЛЬКУ х + ^ = ~2 И хУ""1
z3—3z—2 = 0, т. е.
(z + l)(z + l)(z-2) = 0, откуда
Zi = 22=1, Z3 = 2.
Теперь легко определить значения х и у.
Отв. х! =—1, i/i = 2; х2 = 2, уа = — 1; xs=—1, #3=—1.
Глава IV
НЕРАВЕНСТВА В АЛГЕБРЕ.
НАИБОЛЬШИЕ И НАИМЕНЬШИЕ ЗНАЧЕНИЯ
Пусть корни данного уравнения хк и х2. Имеем
х1 + х2 = а—2, х!-х2 = — («+!)• Далее,
6»6»*® + *® = (Xi + х2)а—2x^3, х=+х=«(а-2)а+2а+2, х^+х^а1—2а + 6-(а —1)2 + 5.
6»
6»
1«
Очевидно, что ^1+^2 принимает наименьшее значение» когда (а —1)2 = 0, т. е. при а=1.
Отв. При а=1.•
Имеем
Л=х2 + 2х(у+1) + 2у2 + 4(/ + 3 = х2 + 2(1/+1)х + ((/+1)2 +
+ 2у2 + 4у + 3-Чу+1)2 = (л + </+1)2 + (У + 1№
Отсюда вытекает, что А принимает наименьшее значение, равное единице, когда х+у+1=0 и ^+1=0 одновременно, т. е. при х = 0 и у = — 1.
Отв. При х = 0, (/ = —1.
Имеем
Л1 =х2~2х+1+4^2 —12^ + 9 + 3 (z2 — 22+1)4-1 =
= (х—I)2 + (2^—З)2 + 3 (z — I)2 +1 > 0, что очевидно.
Преобразуем левую часть доказываемого неравенства так:
х2 + ^2 _^ 22 + иа + _ „+ _ +„ _ ^ _ + ах + ау + аг + аи =
/а\2 / а\2 / а\2 /я\2
^^у) + V+t} +v+2J +V“+2") ■
Итак, левая часть доказываемого неравенства есть сумма квадратов, и, следовательно, она неотрицательна. Знак равенства имеет а место лишь при х=у=г=и=—— .
Рассмотрим разность
(х3 +1) —(Xй + X) = (х + 1) (х2 — X + 1 — X) = (х +1) (х— I)2.
Мы видим, что эта разность принимает значение нуль при х= ± 1. При х> — 1 (исключая х=1) эта разность положительна. При х<—-1 разность отрицательна.
Отв. При х=± 1 заданные выражения равны, при х> — 1 (исключая х = 1)х3+1 >х2-\-х, при х< —1 справедливо х3+1<х2 + х.
Должно быть x2 + 3£x + x + 3fc—кх2—х2~4кх + 4к > 0, т. е. -
„^—^„l^x + lk >0.(1)
Для того чтобы это неравенство имело место при любом значении х, необходимо, чтобы при —к>0 корни левой части неравенства (1) были мнимыми, т. е. необходимо, чтобы ^к— I)2 + + 28&2 < 0, что не имеет места ни при каком значении к.
Следовательно, требование задачи не может выполняться ни при каком значении к.
Отв. Нет решения.
Первое решение. Так как а + ^^ 1, то
a2 + 2a6 + 62^L(1)
Сложив неравенство (1) с очевидным неравенством аа—2аЬ+Ьа^0, получим 2а2 + 2Ь2^1, или
а»+6=^1.(2)
Возведя обе части неравенства (2) в квадрат, получим
а4 + 2а262+64^~.(3)
Сложив неравенство (3) с очевидным неравенством а4—2а2Ь2 +
+ 64 О, получим 2а4 + 2Ь4 ^ -~-, или
Знак равенства имеет место при |а| = ]Ь| = -~-.
Второе решение. Пустьа = у + х,Ь=~—у, где
х—у^О. Тогда
«*=(у + *) ="^+^х + 1"х4 + 2х8 + х*«
/ 1 V 113
ь4=\"«) ^—у+^^^+у4.
а^^ + ^х-уЗ + ^+у^а^-узН^У4^.
При х = # = 0 имеем а = Ь — ~ и а4 + 64 = ~ . Если х 0 или
У 0, то с^ + Ь4 >
Первое р е ш е н и е. Из условия, что a-V*b = 1, следует, что
a2 + 2ab + b2 = \\(1)
сложив равенство (1) с очевидным неравенством а2—2ab+ba^0, получим
2а2Л-2Ь2^\.(2)
Возведем обе части неравенства (2) в квадрат
4а4 + 8а2Ьа + 4М^1.(3)
Сложив неравенство (3) с очевидным неравенством 4а4+ 4^—» — 8ааЬа^0, получим
8о* + 8^^1, или
64а8 + 64b8 + 128а4Ь< > 1.(4)
Сложив неравенство (4) с очевидным неравенством
64а8 + 64д8 —^ва^^О, получим
128а8+128^8>1,
откуда
°8 + 6^1$8-
Второе решение. Пусть а = ~ + х, тогда из условия а + &«1 следует, что Ь=^ — х, где |х|<у. Тогда
/ 1 V / 1 V - Г / 1 V -/IV в8 + 68„^+х) + (2_х) „2|^ +СЦу)^ +
+сЦт)~®-
Если a = b=~, то а8+ ^«7^ ; если же а Ь, то а8 + ^8 > i .
Преобразуем левую часть доказываемого неравенства так:
V (л + с) (^ + d) = yrab + bc-\-ad + cd*V2 V"abed—2 Vabcd =
Заметим, чтоЗаметим, что^(Vab+Vcd^ + ^Vhc— VadV.(1)
Заметим, что
Заметим, что
V (^аЬ+ l^cd)2^ V^ab + cd + 2 Vabcd ^ Vab + cd + be + ad, (2) так как 2 Vabed ^bc + ad.
Из (1) и (2) следует
V"(о + с) (b + d) ^ V*(Vab + V^cd)2 = V^ab + Vcd.
Доказываемое неравенство равносильно таким:
2с^ 4- 2№ 4е 2 ^ 2аЬ 4- 2а 4- 2Ь,а2 _2аЬ 4~ Ь2 4-«2—2а 4-14-Ь2—2Ь 4-1 ^ О,(а-Ь)24-(«-1)2 + (Ь-1)2>0.(1)
Справедливость неравенства (1) очевидна. Следовательно, справедливо и исходное неравенство. Знак равенства имеет место при а=Ь = \.
Рассмотрим разность
. =к ^п—к^^п-1^ = ^п—к^ (к—1).(1)
Так как п^к и Л^1, то (л—&) (А—1)^0. Следовательно, к (и—к + 1)^п. Ясно, что к^п—к+1) = п только при п = к или при 6=1.
Доказываемое неравенство равносильно неравенству W^nn.
Воспользовавшись неравенство^к^п—к-^Х^^п при 6 = 1, 2, 3, п(см. задачу 185), получим следующие соотношения:1-п = п,2(м-—1) > п,3 (и— 2) > п>
(п—Х)2>п»
п-1 =п.
Перемножив эти соотношения, получим
п\п\^пп, т. е.
(п!)2^".
Таким образом,
^п\ ^Vn.
Знак равенства имеет место лишь при п = 1 и п = 2.
Преобразуем доказываемое неравенство последовательно в равносильные неравенства:
а4 + ^Ь + 2а& + &—6ДОДО > 0,
ДО—2ДОДО + ДО + 2а3Ь—4ДОДО+2аДО ^ 0,
(о2—ДО)2 + 2ab (a—b)a ^ 0.
Последнее неравенство очевидно, так как (ДО^-ДО)2^0, а-Ь^^ и (а—6)2^0. Следовательно,
а4 + 2ДО6 + 2аДО + ДО ^ 6ДОДО.
Рассмотрим разность
(ДО 4- ДО— ab) — V^b 4- 4ДО6) == о4 2айЬ + ДО—о?Ь—2а? b—ab =
= (аа _ 6)2 _ аЬ ^ + 2а +1) = (а2 — by—ab(a+\ )2.
Так как ab^O и (о+1)2^0, то —ab(о+1)2^0. Итак, левая часть представляет сумму неотрицательных величин, т. е. (a2—b)2—ab (a-f-1)2 ^0, или
(б3 -J. a^ab^ ^ (а3Ь + 4аЧ) > 0,
।откуда
Ь*-^а^—аЬ^а®Ь + 4а4Ь.
Дискриминант квадратного трехчлена;
f (х) = 62х2 + (6‘ + с2—а2)х+с2I
равенI
D = (62 + с2—а2)2—462с2 = (62 + с2—а2 + 26с) (62+с2—а2—26с) =:|
= -[(6+с)2-а2].[а2-(6-с)2]=|
= — (а + 6+с) (6+с—а) (а+с—Ь) (а + Ь—с).|
Так как сумма двух сторон треугольника больше третьей стороны, то |
Ь + с—а>0, а + с — Ь>0, а + Ь—с>0|
и, значит, D < 0. Таким образом, D<0 и Ь2 > 0 (коэффициент*;
при х2). Следовательно, Цх)>0 при любом значении х.
Первое решен ие. Имеемj
а2 + 62—2а6^0, или•
aa—ab + b3>ab.(1)'\
Умножив обе части неравенства (1) на сумму а + Ь, получим*
a3 + b3 ^ab(a + b),илиЗа^З^^За^ + ЗаЬ2.(2)
Прибавив к обеим частям неравенства (2) сумму а3 + ^, получаем 4(a3 + &3)^(a + 6)3,:
ИЛИI
а3 + 63_ ^a^b^-fa + by1
а + 6\з_4(аз + 6з)_(а + 6)з а + Ь2 )88 6^а^U*а + 6\з_4(аз + 6з)_(а + 6)з а + Ь2 )88 6^а^U*Второе решение. Рассмотрим разность«
а + 6\з_4(аз + 6з)_(а + 6)з а + Ь
2 )88 6^а^U*
а + 6\з_4(аз + 6з)_(а + 6)з а + Ь
2 )88 6^а^U*
а3 + ^2
Следовательно, a3-Vb3 /а-\-Ь\3
Знак равенства имеет место лишь при а=*.
168i
такому:
или
или
или
Третье решение. Доказываемое неравенство равносильно
что очевидно.
191. Первое решение. При п = 0 имеем
ап^ьп 1 + 1 , —-^- = 1 и
/а + ^У /
= 1,
т. е. обе части доказываемого соотношения равны.
При л = 1
«2+^2 а+Ь(а + Ь\п а+Ь
22“ И \~Г") - 2 ‘
Таким образом, и в этом случае обе части доказываемого соотношения равны между собой.
При n > 1 и а = Ь
а + ЬУ
2 )
т. е. и в этом случае имеет место знак равенства.
Докажем, что при п > 1 и а ^ b левая часть доказываемого соотношения больше правой.
Пусть для определенности а>Ь. Рассмотрим две разности:
(О(2)(О(2)(2а)" —(а+ 6)",(а + Ь)п — W.
(О
(2)
(О
(2)
Обе эти разности являются разностями степеней, поэтому они делятся на разности оснований. В обоих случаях разности оснований равны а*—Ь. Разделим (1) и (2) на а—Ь, получим соответственно
(2 а)” —(а+ 6)” = (2а)п -1 + (2а)” - 8. (а + &) + а—о
+ (2а)”~».(а + 6)=> + ... + 2а (а + 6)”~2 + (а +»)”-1,(3)
^Л.^.^ = (й + 6)” -1 + (а + 6)” - 2 (2Ь) +
+ (а + 6)”-• (26)2 + ... + (а + 6) (26)”~8 + (26)"-*.(4)
В правых частях равенств (3) и (4) одинаковое число членов п. Так как а >Ь, то 2а > а + Ь >2bt а следовательно, каждый член правой части равенства (3) больше соответствующего члена равенства (4).
Отсюда
(2а)" - (а + 6)" (а + Ь)п—(26)"а—Ьа—Ь
Поскольку по условию а — 6>0, то
(2а)" —(а+ 6)" > (а+ 6)" —(26)", или
(2а)" + (26)" >2 (а + 6)".(5)
Разделив обе части неравенства (5) на 2"+\ получим
а" + 6" /а + 6\"
2 >\ 2 / *
Второе решение. Доказываемое неравенство равносильно такому:
Раскрыв слагаемые левой части неравенства (1) по формуле бинома Ньютона, мы придем к очевидному неравенству. Действительно,
-1 ['+с5(°-Т5)’+С^^У+-]э2'
Первое реше н и е. Рассмотрим очевидное неравенство (а + с)2 + (6 —d)2^0, или
а2 + 62 + с2 + d2 + 2 (ас—6d) ^ 0.(1)
Так как a2 + 62 + c2 + d2 = 2, то из неравенства (1) следует, что ac—bd^— 1.(2)
Точно так же, исходя из неравенства
(a —с)2 + (6 + d)2 ^ 0, получим 6d—ас^—1, или ac—bd^l.(3)
Из (2) и (3) заключаем, что
| ac—bd ] ^ 1.
Второе решение. Перемножив почленно данные равенства а2+^2 = 1 и c2 + d2 = l, получим
аЧ^ + a»da + ЬЧ^- + ЪЧ^ = 1.(1)
К левой части равенства (1) прибавим 0 = 2a^cd—Sabcd, т. е. запишем
аЧй + a2d2 4- ЬЧ2 + b2d2 + 2abcd—2abcd = 1, откуда
(ac—bdy-V (be + ady = 1.
Так как (6c + ad)2^0, то (ас—M)2<1, что равносильно | ас—bd I «С 1.
Третье решение. Исходя из условия задачи, можно подобрать углы аир так, чтобы sin a = a, cosa = &, sinp=c и cosp = d.
Итак, требуется доказать, что ] sin a sin р— cos a cos р | ^ 1, что очевидно, так как
| — cos(a+p) |<1.
Рассмотрим два очевидных неравенства:
(т—аУ + (п - by + (р—су ^ 0(1)
и
(т + аУ + (n + ЬУ + (р + с)2 > 0.(2)
Из (1) имеем
ma«Vnb + pc^ 1.(3)
Из (2) имеем
ma + nb + pc^—\.(4)
Из (3) и (4) следует, что
| ma + nb-^pc | ^ 1.
Складывая очевидные неравенства
—|a|<a<|a| и — |₽|<Р<1Р1. получим
-(|a| + |P|)<a + p<|a| + IP|, что равносильно неравенству
1«+РК1«1 + 1М-(I)
Заметим, что неравенство (1) является частным случаем такого неравенства:
| at + а2 + Оз + • • • + a« I ^ I ai I +1 ^ I +1 аз I + • • • +1 an I •
196. Если в предыдущей задаче заменить р на —р, то получим
(1)(1)|а—р | <| а| + | р |.
(1)
(1)
Так как а=(«+Р)—р, тона основании (1) |о|<|а+р| + + IРI. т. е.
|а + Р>|а|-|Р|.
Если в предыдущей задаче заменим р на —р и учтем, что IР 1 = 1—Р I • то получим
|а-р>|а|-|р|.
Первое решение. Рассмотрим п очевидных неравенств
(^Х—6,)2>0, (а3х—62)2^0,,
(а3х—Z>3)2^0,
(о„х 6„)2 ^0,
или
ау—гаАх + б^О, а2х2—2я26ах + 62 ^0, ф2-2а8б3х + Ь^0,
ф»-2апЬпх-Ц>4п^0.
Складывая почленно эти п неравенств и учитывая, что а^+а2+а32 + ...+^ = 1 и 62+62 + 62+...+б2 = 1.
получим неравенство
X2—2 (01^! 4* ^2^2 4* а3^3 4* • • • "VG-n^n) ^+1^0,(1)
справедливое при любом значении х.
Но для того, чтобы неравенство (1) было справедливо при любом значении х, необходимо и достаточно, чтобы дискриминант левой части неравенства был не положителен, т. е. должно быть
(°1^1 + ^2 + °3^3 + • • • + апМ2 < 1 > или
| ^1 + 0262 +аз^з+ • • • +апЬ» I < Ь
что равносильно •
—1 < ахЪг 4- ajb4 4- aj>a 4* • • • 4* anbn < L
Второе решение. Как известно, для любых вещественных чисел а и b имеет место неравенство
|а.6|<^±^.(I)
Пользуясь тем, что абсолютная величина суммы не превосходит суммы абсолютных величин соответствующих слагаемых, и используя соотношение (1), имеем
I а1Ь1 + ^2 + • • • + СЦ^П I < I °Л I + I а2^2 !+•••+! апЬ» I <
-2+22~
а=+^ + ...+^ + ^ + 6^ + ...+6»_1 + 1 22'
что и требовалось доказать.
Третье решение. Имеем
(«1-М2 + (а2-^)2+ - • • + (a„-V^O(1)
и
(ai + W2 + («2 + M’+ ... +(а„ +V^O.(2)
Введем обозначение
х = axbt + о2Ьа + °з^8 + • • • + апЬп-(3)
Тогда, учитывая условия задачи, перепишем (1) и (2) соответственно в виде
2—2x^0(3)
и
2 + 2х^0.(4)
Получим х^1 и х^—1, т. е. —l^x^l, или
1 ^Л^х 4* °2^2 + • • • + ttnbn ^ 1.
Так как loge7>l, то выражение (log67)sinx достигает наибольшего значения, когда sin х принимает наибольшее значение, т. е. при sinx=l.
Итак, наибольшее значение выражения (loge7)sinx равно loge 7.
Поскольку 0 < log7 6 < 1, то выражение (log76)cos* достигает максимума при наименьшем значении cpsx, т. е. при cosx=i—1.
Таким образом, наибольшее значение выражения (iog76)cosx есть (log76)-"1==^-g = loge7.
Следовательно, наибольшие значения выражений (log6 7)sinx и (log76)cosx одинаковы.
Имеем
i^+tob~10g32+10g35=1^^
Первое решение. Поделив обе части заданного равенства» x2 = #2 + z2 на х2, получим
ясно, что 0 < ~ < 1 и 0 < — < 1. Следовательно,ясно, что 0 < ~ < 1 и 0 < — < 1. Следовательно,xa<ya + za;xa<ya + za;ха>^« + 2аха>^« + 2а„ Отсюда при а < 2 т. е. при а > 2 т. е.
ясно, что 0 < ~ < 1 и 0 < — < 1. Следовательно,
ясно, что 0 < ~ < 1 и 0 < — < 1. Следовательно,
xa<ya + za;
xa<ya + za;
ха>^« + 2а
ха>^« + 2а
Второе решение. Очевидно, что у < х и z < х. Поэтому при а > 2
#a + z«=^2.ya-2 + z2-za-2< i^ = (у2 + Z2) ха ■ 2 =3 Xй. ха “ 2 = ха, т. е.
ха>уа + ^
при а<2
z/a + za=i/2-t/a~2 + z2-za~2 > z/2-xa~2 + z2-xa-2 =
= (^2 + Z2) х« - 2 = х2. х« - 8 = ^
т. е.
ха < z/a + z*.
Имеем
п(п — 1) ПГ"п(п — 1) ПГ"п^п^ 2_Ь2 *пп^п^ 2_Ь2 *п
п(п — 1) ПГ"
п(п — 1) ПГ"
п^п^ 2_
Ь2 *п
п^п^ 2_
Ь2 *п
(1)(2)(1)(2)
(1)
(2)
(1)
(2)
Следовательно,
1+-^=>V п v
Так как по условию п > 2, то
^/п > 1.
Из (1) и (2) следует
Имеем
n +1 2п ’ _L>1, п + 2 2п
2п—1‘2п ‘
12л 2л ’
Сложив эти соотношения, получим
n+l^n + 2^^2n—1^2n 2n 2
Напишем ряд очевидных неравенств:
22^ Ь2 12 ’
32<2.3“ 23 *
n2 (n—1) n n — 1 n
Сложив эти неравенства почленно, получим
+ 32 + ... + п,<1 п п .
что и требовалось доказать,
Так как
то, перемножая почленно эти неравенства, получим L3-5 ... (2п — 1).
(1>(1>6... 2п < и, следовательно, д/ПГ5Т77(2п=1) .
(1>
(1>
У 2.4.6... (2п)•
Поскольку
i 2.5 _L2л—1 ~>1
2 = 2 ’ 4 > 2 * 6 > 2 2п > 2
то, перемножая эти соотношения, находим
1-3-5 ... (2n —1)1
ОтсюдаОтсюда2.4 6... (2п)
Отсюда
Отсюда
(2)(2)5/"ЬЗ-5 ... (2n—1)1
(2)
(2)
V 2-4-6... (2п) ^2’
Заметим, что в соотношении (2) знак равенства имеет место только при п = 1, а при п>1 справедливо строгое неравенство, В силу (1) и (2) имеем
1Ь3.5... (2п-1)
2 Г 2-4-6 ... (2п)
Заметим, что наибольший член можно всегда поместить на первое место путем перестановок членов пропорций. Итак, пусть а — наибольший член. При этом последний член d будет наименьшим.
Действительно,
1, то d^b и d^c.1, то d^b и d^c.(1)(1)хсох
1, то d^b и d^c.
1, то d^b и d^c.
(1)
(1)
и так какдроби—и—небольше,чем
аа
Очевидно также, что d < а.
Составим производную пропорцию
а—Ь_ аc—d^ с
Так как а>с, то из (1) следует, что > 1* Кроме того, с—d>0, поэтому имеем а—Ь>с—d и, наконец, a + d>b + c, что и требовалось доказать.
1) При а^О левая часть неравенства положительна, а правая часть не положительна, следовательно, в этом случае неравенство справедливо.
Теперь пусть 0 < а < 1.
Преобразуем неравенство в равносильное ему неравенство о8 + (а2_об) + (1_О)>0. (1)
Так как в этом случае а2 > а6 и 1 > а, то неравенство (1), а значит, и доказываемое неравенство справедливы.
Остается, наконец, рассмотреть случай а^1.
Преобразуем доказываемое неравенство в эквивалентное ему аб(а3—1) + а(а—1) + 1 >0.(2)
Так как а^1, то левая часть неравенства (2) положительна, т. е. и в этом случае доказываемое неравенство имеет место.
Имеем
(1 + х)" + (I -X)" = (C» + Cix + C^+...+
+ C"-1x"-i+C"x”)+(C»-C;x + C^-...+(-l)"-*C"-*x"-i+
+ (-1)" С”х") = 2 (С® + СУ + С^ + ...).
Таккак|х|<1 и С®+С® + С* +... =2"-1, то
(1 +х)п +(1 —х)п < 2.2”~1 = 2”,
что и требовалось доказать.
ппОчевидно, что
п
п
, / ь V
аР-Ь? aF^-bPаР-Ь? aF^-bPа"—Ьп
аР-Ь? aF^-bP
аР-Ь? aF^-bP
и а"+ 6"
Поэтому подлежащее доказательству неравенство эквивалентно
неравенству
Из неравенств (2) и (3) следует, что
а это доказывает утверждение задачи.
Очевидно, что
(О(О4х+1 ^4х2+ 4x4*1 > или 1^4х +1 *С| 2х +1 |, 4#+K4y2 + 4z/+1, или ^j^+K^y+l|, 4z + K4z2 + 4z + l, или /4г+Т<|2з + 1|. ,
(О
(О
Так как по условию х^——, то 2х+1 >0; аналогично 2^ +1 > 0|
и 2z + l>0. Поэтому в (1) знак модуля можно опустить.?
Из полученных неравенств (1) следует
У4х+Т + /4ЙТ + У"4г+К 2 (X+у + Z) 4-3.
Но так как согласно условию x + y + z = l, то
У4х+Т4- У4у+Т4- У4г4Т<5.
Поскольку xy = zt, то — = у . Пусть х = /г/, тогда z = ^у. Подставив эти значения х и z в заданное неравенство x—y>z-=* —/>0, получаем
kt —у>ку—t, или
kt + t> ky-Vy, т. е.
Цк-Н)>у(к + Ху(1)
Так как х>0, />0 и x=kt, то к>0 и &4-1>0. Поэтому из (1) следует
1>У.(2)
Так как t>y и xy = zt, то
х > z.(3)
Перемножив почленно неравенства (2) и (3), получаем
tx > yz, или
2/х > 2yz, или
tx—yz > yz— tx, или
xz—yz + tx—ty > ZX — tx + zy — ty,
или:
(х—0)(z-M)>(z—0(*4-У)-5
Умножив это неравенство на заданное х—y>z— t, получим (х—^(z + O > (z—02(^ + ^)> что и требовалось доказать.
Имеем'
/ л X 2/\
хя+х1/ + т^—m=^x-|--|-j 4-(m — 1) (у2—1)+^-|—lj- (О
Рассмотрим каждое из слагаемых правой части равенства (1).$
Так как у—целое число, отличное от нуля, а т—целое поло- 5 жительное число, то т—1^0, у2—-1^0. Поэтому и произведение
(/п^О^-П^о.]
Кроме того, и
Рассмотрим теперь третье слагаемое. Пусть сначала | ^ | ^ 2, тогда
3^43^43</
3^4
3^4
4 '
Таким образом, при |#|^2
х2 + ху + ту2 — т > 0.
Пусть теперь | у | < 2. Это значит, что у = ± 1 (ведь у ^ 0). Но тогда
х2-\-ху + ту2— т = х2 ± х=х(х ± 1).
Так как х целое, то х ± 1 тоже целое, а если два целых числа отличаются на единицу, то либо они имеют одинаковый знак, либо одно из них равно нулю. Поэтому их произведение не отрицательно.
Итак, и в этом случае, т. е. при | у | < 2, имеем
Xй + ху + ту2 — /71^:0.
Согласно условию задачи между а и b могут быть следующие соотношения: а > b и а < Ь*
Пусть а >Ь. В этом случае требуется доказать, что
, a4-ab b <— < а.-
1+а
Так как 1 + а>0, то должно быть
что очевидно.
Если же а < Ь, то требуется доказать, что . а + ab ,
■ а < — < Ь,
или
а + аа < a + ab < b-Vab,
что тоже очевидно.
Заметим, что случай 2) легко сводится к случаю 1) так!
Первое решение. Пусть а = 1+р, 6 = 1—»Л, где р>0 и 0<Л<1. Имеем
ab+\=(\+p^\—^+l=2 + p—k~ph и
a+b=U+P^^-k^=2 + p-k.
Так как
2 + р—к—рк <2 + р— к, то
ab 4* 1 <С а 4* Ь.
Второе решение.
Требуется доказать, что
ab-V\~a—b <0, или г>(а—1)—(а—1) < О» или («-n^-ixo.
Так как по условию а> 1 и b< 1, то
а—1 > 0 и 6—1 <0.
Следовательно, (а—1)(6—1)<0, т. е.
аб4-1 < а + Ь.
Имеем очевидное неравенство
(а—6)2^0, или
а24-62 ^2а6.
Так как ab> 0, то, поделив обе части последнего неравенства на ab, получим
Знак равенства имеет место лишь при а — Ь.
Доказываемое неравенство равносильно неравенству
или
X2 — >
что очевидно (см. задачу 214). Знак равенства имеет место только при х= ±1.v
216. Имеем216. Имеем
216. Имеем
216. Имеем
у = (х-2)+^ + 2.
Так как х—2 > 0, то выражение
(х-2) + ^-^2
(см. задачу 214) и равенство достигается при х—2 = 1, т. е. при х = 3. Поэтому наименьшее значение у равно 2 + 2 = 4.
Отв. 4.
Имеем
х + 5х + 44 -/ х . 2 \ , с
У = —Гт—— = х+—+5 = 2 v + — +5.
ЛгЛ\Л# у
х 2
Так как х>0, то ‘у+'^'^З (см. задачу 214), причем равенство
достигается при y=L т- е- ПРИ * = 2. Поэтому у принимает наименьшее значение, равное 2*2+ 5 = 9.
Отв. 9.
Имеем
х*+2 _х»+1 + 1= х»+11= 1<?тг1
Kx’+i K*2+i V^+i f^+iУх^+Г
Так как p^x2+l > 0 и поскольку а + -^-^2 при а>0 (см. за- дачу 214), то у ^2.
Очевидно, что знак равенства имеет место только при х = 0. 219. Первое решение. 1) Докажем, что
(1)(1)_2L_ 1 + х2^ 2 *
(1)
(1)
Образуем разность
1 х _1+^2—2х_ (х—I)2 "Т+х2" 2(1 +х2) ~~2(1+ха)*
Но I*-1)* П0 2(1+х2)любом X.Но I*-1)* П0 2(1+х2)любом X.^0, следовательно, неравенство (1) имеет место при^0, следовательно, неравенство (1) имеет место при2) Теперь докажем, что2) Теперь докажем, что
Но I*-1)* П0 2(1+х2)
любом X.
Но I*-1)* П0 2(1+х2)
любом X.
^0, следовательно, неравенство (1) имеет место при
^0, следовательно, неравенство (1) имеет место при
2) Теперь докажем, что
2) Теперь докажем, что
(2)(2)
(2)
(2)
Так как отт-т^г^О. то,2 (1 + х2)Из (1) и (2) следует, чтоВторое решение 1) При х = 0 заданноеТак как отт-т^г^О. то,2 (1 + х2)Из (1) и (2) следует, чтоВторое решение 1) При х = 0 заданноеследовательно, неравенство (2) верно.2 ^1+№^ 2 "следовательно, неравенство (2) верно.2 ^1+№^ 2 "неравенство верно.неравенство верно.2) Пусть х / О, тогда у = р-~р =2) Пусть х / О, тогда у = р-~р =——р . Если х > О, х + —X——р . Если х > О, х + —Xтото
Так как отт-т^г^О. то,2 (1 + х2)
Из (1) и (2) следует, что
Второе решение 1) При х = 0 заданное
Так как отт-т^г^О. то,2 (1 + х2)
Из (1) и (2) следует, что
Второе решение 1) При х = 0 заданное
следовательно, неравенство (2) верно.
2 ^1+№^ 2 "
следовательно, неравенство (2) верно.
2 ^1+№^ 2 "
неравенство верно.
неравенство верно.
2) Пусть х / О, тогда у = р-~р =
2) Пусть х / О, тогда у = р-~р =
——р . Если х > О, х + —
X
——р . Если х > О, х + —
X
то
то
х + у^2 (см. задачу 214), а потому 0<(/< у.
Следовательно, при х > 0 имеем
И, наконец, пусть х < 0, тогда % + —^ —2, а потому —у <У<0>
т. е. при х < 0 имеем
1 / х
2 ^1+х2
Итак, при любом х имеет место
1 х / 1
•г-
2+2 *
220. Так как abcd = \, то cd = 4*, bd — — , bc — ~. abасad
1 i i
Учитывая, что х + ^-^2 (см. задачу 214), если х > 0,
имеем
ab 4* cd — ab -р -^2,
(1)
ac + bd=ac4- — ^2, ас
(2)
I
ad + bc = ad + -^^2.
(3)
Также имеем
ай + Ь^^2аЬ,
(4)
c4d^ 2cd.
(5)
Складывая почленно неравенства (4) и (5), получаем
a2 + 62+c2+d2^2a6 + 2cd = 2 ^6 + ^) >4.
(6)
Складывая почленно неравенства (1), (2), (3) и (6), получаем
о 4* ь^ 4" ^ 4“ ^ ”Ь ^ 4* яе 4" ^^ 4” ^ 4-^4* £^ ^^ Ю, что и требовалось доказать.
Первое решение. Пусть х и у—такие два сомножителя, что их сумма равна 2с, где, с—постоянная величина. Имеем *у=4кх+у)2—(х—у)21-
х-\-у — 2с, то произведение ху принимает наибольшее когда (х—у)2 принимает наименьшее значение, т. е. при (х—#)2 = 0, а значит, при х = у = с.Второе решение. Сохраним обозначения первого доказательства. Пусть хх и ух—значения х и у, для которых хх — ух.х-\-у — 2с, то произведение ху принимает наибольшее когда (х—у)2 принимает наименьшее значение, т. е. при (х—#)2 = 0, а значит, при х = у = с.Второе решение. Сохраним обозначения первого доказательства. Пусть хх и ух—значения х и у, для которых хх — ух.Так как значение,Так как значение,Тогда, очевидно, хх — ух — с.Пусть х2 и у2—какие-либо другие значения х и у, так что х2 ^ Уй- Тогда, очевидно, х2 / с и у2 ^ с. Обозначим х2=с 4- а. Тогда i/2=c—а, где ^ 0.Найдем произведениеТогда, очевидно, хх — ух — с.Пусть х2 и у2—какие-либо другие значения х и у, так что х2 ^ Уй- Тогда, очевидно, х2 / с и у2 ^ с. Обозначим х2=с 4- а. Тогда i/2=c—а, где ^ 0.Найдем произведениеТак как ххух = с\ то ххух> > xat/2, что и требовалось доказать.Третье решение А (геометрическое). На отрезке А В = 2с=х + у построим,Так как ххух = с\ то ххух> > xat/2, что и требовалось доказать.Третье решение А (геометрическое). На отрезке А В = 2с=х + у построим,х2У2=(с + а) (с—«) =х2У2=(с + а) (с—«) =Рис. 1.Рис. 1.ввкак на диаметре, полуокружность (рис. 1). Если О—центр окружности, то ОС = хх = _ Если х2 ^ У^ то, откладывая AD = xa, получим y^ — DB и произведение х2уг —AD • DB — DF2. Но DF<OC, так как DF—полу-как на диаметре, полуокружность (рис. 1). Если О—центр окружности, то ОС = хх = _ Если х2 ^ У^ то, откладывая AD = xa, получим y^ — DB и произведение х2уг —AD • DB — DF2. Но DF<OC, так как DF—полу-ух = с и OC^ = AB*OB=c^tух = с и OC^ = AB*OB=c^tхорда, а ОС—радиус.Итак, ххух>х2у2.Четвертое решение. Пусть х + у = 2с, a x-y = z.Требуется найти наибольшее возможное значение г. Имеем у = 2с—х и t/=4.хорда, а ОС—радиус.Итак, ххух>х2у2.Четвертое решение. Пусть х + у = 2с, a x-y = z.Требуется найти наибольшее возможное значение г. Имеем у = 2с—х и t/=4.
х-\-у — 2с, то произведение ху принимает наибольшее когда (х—у)2 принимает наименьшее значение, т. е. при (х—#)2 = 0, а значит, при х = у = с.
Второе решение. Сохраним обозначения первого доказательства. Пусть хх и ух—значения х и у, для которых хх — ух.
х-\-у — 2с, то произведение ху принимает наибольшее когда (х—у)2 принимает наименьшее значение, т. е. при (х—#)2 = 0, а значит, при х = у = с.
Второе решение. Сохраним обозначения первого доказательства. Пусть хх и ух—значения х и у, для которых хх — ух.
Так как значение,
Так как значение,
Тогда, очевидно, хх — ух — с.
Пусть х2 и у2—какие-либо другие значения х и у, так что х2 ^ Уй- Тогда, очевидно, х2 / с и у2 ^ с. Обозначим х2=с 4- а. Тогда i/2=c—а, где ^ 0.
Найдем произведение
Тогда, очевидно, хх — ух — с.
Пусть х2 и у2—какие-либо другие значения х и у, так что х2 ^ Уй- Тогда, очевидно, х2 / с и у2 ^ с. Обозначим х2=с 4- а. Тогда i/2=c—а, где ^ 0.
Найдем произведение
Так как ххух = с\ то ххух> > xat/2, что и требовалось доказать.
Третье решение А (геометрическое). На отрезке А В = 2с=х + у построим,
Так как ххух = с\ то ххух> > xat/2, что и требовалось доказать.
Третье решение А (геометрическое). На отрезке А В = 2с=х + у построим,
х2У2=(с + а) (с—«) =
х2У2=(с + а) (с—«) =
Рис. 1.
Рис. 1.
в
в
как на диаметре, полуокружность (рис. 1). Если О—центр окружности, то ОС = хх = _ Если х2 ^ У^ то, откладывая AD = xa, получим y^ — DB и произведение х2уг —AD • DB — DF2. Но DF<OC, так как DF—полу-
как на диаметре, полуокружность (рис. 1). Если О—центр окружности, то ОС = хх = _ Если х2 ^ У^ то, откладывая AD = xa, получим y^ — DB и произведение х2уг —AD • DB — DF2. Но DF<OC, так как DF—полу-
ух = с и OC^ = AB*OB=c^t
ух = с и OC^ = AB*OB=c^t
хорда, а ОС—радиус.
Итак, ххух>х2у2.
Четвертое решение. Пусть х + у = 2с, a x-y = z.
Требуется найти наибольшее возможное значение г. Имеем у = 2с—х и t/=4.
хорда, а ОС—радиус.
Итак, ххух>х2у2.
Четвертое решение. Пусть х + у = 2с, a x-y = z.
Требуется найти наибольшее возможное значение г. Имеем у = 2с—х и t/=4.
Из этого соотношения заключаем, что наибольшее значение г есть с2.
Так как х+^=2с, то наибольшее значение с2 произведения ху достигается при х = у = с.
Эта теорема является обобщением предыдущей задачи. Действительно, произведения ху и тх*пу = тп (х + у) принимают наибольшие значения при одинаковых значениях х и у, а поскольку сумма тх + пу постоянна, то тх = пу=с.
Первое решение. Имеем
^ + У = К4ху+(х—у)2.
Ясно, что х + у принимает наименьшее значение при (х—у)2 = 0, т. е. при х = у.
Второе решение. Пусть
x + y = z.(1)
Итак, задача сводится к нахождению наименьшего значения z.
Из условия следует, что у — —, а из (1) имеем у=г^-х.
с2
Таким образом, z—x— — t или
х2—zx+c2 = 0.
Для того чтобы х было действительным числом, необходимо и достаточно, чтобы имело место
z2—4с2 >0.
Итак,Итак,ху = с^ и х + у = 2с,ху = с^ и х + у = 2с,Из этого соотношения заключаем, что наименьшее значение х есть 2с.
Итак,
Итак,
ху = с^ и х + у = 2с,
ху = с^ и х + у = 2с,
откуда х = у = с6
Третье решение. Пусть хх и ^—значения х и у, для которых хх = ух (очевидно, что х1 = у1 = с и #1 + 01=2с), а х2 и р2
такие, что х2 у2.
Пусть х2=с+а, где а^О, тогда у2 — -^—-1 так как Х2р2=с2.
Таким образом,
с2с2 о2
*2+у2=с+а+-;— > с+а+——=с+а+с-а=2с.G "р U#U “р к*
Итак, х2 + р2>2с.
Эта теорема является обобщением предыдущей теоремы. Действительно, если ху постоянно, то и произведение тх-пу также постоянно. Следовательно, на основании задачи 223 заключаем, что сумма тх + пу принимает наименьшее значение при тх = пу.
Эта теорема является распространением задачи 221 на несколько сомножителей.
Приведем доказательство, принадлежащее Гурса. Пусть дано т переменных величин х, у, z, ... , tt сумма которых равна та»
Пусть Xi, У1, z1# ... , ^ такие значения х, у, г» ... » I» что
Тогда произведение
Р1=ХгУг21 ... t1 = am.
Пусть х2, ^2, г^ ... , /2—такие значения х, у, г, ... , t, среди которых имеются неравные, но такие, что х2+уа + г2+ ... +^=та.
Докажем, что произведение
Рг=х^,г, tt<Pv
Поскольку среди значений х2, у2, z2, ... , f2 имеются неравные и так как их сумма равна та, то среди них найдется хотя бы одно значение, большее а, и одно, меньшее а.
Пусть х3=а+к и у2=а—А, где Л>0 и й>0, тогда x2 + ^2 = 2a4-/i—к.
Имеем
P3 = (a + h) (a—к) z2 ... (2 = [а^ + а (к —к) —kh\ z8 ... /2.
Если заменим я2 = л + ^ на х3—а и у2=а—к на y3=a-Vh—к, то будем иметь х3-\-у3 = х3-\-у3 и, следовательно, сумма всех сомножителей не изменится. Покажем, что при этой замене произведение увеличится.
Действительно,
a (a + h—k) = a2 + a (h—k) > а2 + а (к-к)-кк.
Таким образом, мы доказали, что Р3 > Р2, где Р8~произведение ад3г2 ... t3.
Среди сомножителей Р3 по меньшей мере один (х3) равен а.
Далее, если среди сомножителей произведения Р3 имеются неравные, то среди них имеются хотя бы два, один из которых больше а, а другой меньше а.
Проделав с этими двумя сомножителями такую же замену, как и в произведении Р3, мы также увеличим произведение, сохранив сумму, т. е. мы получим, что
Р4 > ^3 > ^2-
В произведении Р^ мы имеем уже по меньшей мере два сомножителя, равных а.
Такие операции будем проводить до тех пор, пока все сомножители не станут равными а. Поскольку с каждой операцией произведение увеличивается, то Р2 < Pv
Так как эти рассуждения верны для любого Р2, можно заключить, что наибольшее значение произведения есть Р1 = а”1.
Проведем доказательство отдельно для случая, когда р, q, ... , г—целые числа, и для случая, когда среди р, q, ... , г есть дробные числа.
Пусть pt q, ... , г—целые числа. Ясно, что произведения — |) ... — ) достигают наибольших зна-
Р) \Р ) \г )
чений при одних и тех же значениях х, yt ... > z. Имеем
Рмнож<7 множгмнож
\р* р p)\q * д q )* r r) *
Это произведение состоит из р + q+'...+r сомножителей, сумма которых постоянна и равна а, так как
х"рх"р•Р=х,•Р=х,
х"р
х"р
•Р=х,
•Р=х,
q=y»
Следовательно (см. задачу 225), имеем
Р д "* г* что и требовалось доказать. Так как
А=А= — 2 —^+^+--- +z =5
р q *** г р + q+'..+rр-^q^...^r*
то радага Х—р+^+.-.+г* ^ p + ^ + ...+г* ’"р+^+...+г *
а наибольшее значение произведения xp-yq ... гГ равно
pP.gq ... ггpP.gq ... гга\ р+q+ Т+?+777+7уа\ р+q+ Т+?+777+7у
pP.gq ... гг
pP.gq ... гг
а\ р+q+ Т+?+777+7у
а\ р+q+ Т+?+777+7у
Пусть среди чисел р, д, ... , г есть дробные. После приведения этих дробей к общему знаменателю р имеем
Произведение
а а' а"
Х^ *у^ ... 1^
пеньюпеньюпринимает наибольшее значение одновременно со своей р-й сте
пенью
пенью
хл-у*' ... za\
а это произведение, по доказанному в первом случае, принимает наибольшее значение при
или приили при
или при
или при
или, наконец, при р q *“ г * что и требовалось доказать.
Первое решение. Требуется доказать, что
V ctb <, где а > 0 и b > О,
или '
а + &—2 Vab^O, или.
(/«-^6)^0, что очевидно.
Ясно, что знак равенства имеет место при а — Ь.
Второе решение (геометрическое). На отрезке АВ=а + Ь, как на диаметре, строим полуокружность (рис. 2). Пусть AD»»,
Рис. 2.Рис. 2.
Рис. 2.
Рис. 2.
a DB = b. Из точки D диаметра АВ проводим к АВ перпендикуляр DC до пересечения с полуокружностью в точке С. Очевидно, что CD не больше радиуса ОС. Так как
CD = V"AD.DB = Va7b, а ОС = ^,
ТОТО
ТО
ТО
^"Чт-
Знак равенства имеет место лишь при а=Ь.
Так как а > О, & > О, с > О, d > О, то
^М Ц^уъ
(см. задачу 227). Перемножив почленно эти два неравенства, получим
у^^ЦЬс + d(!)
Но
/а-уЪ c + d\2c+d^( 2 + 2 )2 * 22/ '
Из неравенств (1) и (2) получаем
Очевидно, что знак равенства имеет место лишь при а = Ь=с 229. В силу задачи 228 имеемОчевидно, что знак равенства имеет место лишь при а = Ь=с 229. В силу задачи 228 имеемd.d.а*Ь-оа*Ь-оa-yb-yc3a-yb-yc3/ , , ,, « + ^ + с\4/ a + fr + c+ Т Т \ Ц4——у/ , , ,, « + ^ + с\4/ a + fr + c+ Т Т \ Ц4——у
Очевидно, что знак равенства имеет место лишь при а = Ь=с 229. В силу задачи 228 имеем
Очевидно, что знак равенства имеет место лишь при а = Ь=с 229. В силу задачи 228 имеем
d.
d.
а*Ь-о
а*Ь-о
a-yb-yc3
a-yb-yc3
/ , , ,, « + ^ + с\4
/ a + fr + c+ Т Т \ Ц4——у
/ , , ,, « + ^ + с\4
/ a + fr + c+ Т Т \ Ц4——у
откуда или
или
Очевидно, что равенство имеет место лишь при а — Ь — с.
Согласно условию
«1 > 0, а2 > 0, а3 > 0, • ам>& ) ”г (1)
Д1 + а2 + аз + • • • + ат = та,J
где та—постоянная величина.
В силу задачи 225 имеем ага^ай ... aw<aw.(2)
Из (1) и (2) вытекает, что
« ^./«1+<^+«з+»-- А-вт\тах*а^*аа ... а^ (—I ,
или
т/™^ ~^- в1+аз + аз+ • • • +ат
/ 01-02-^8 • • • «т < ।
что и требовалось доказать.
Эта теорема является обобщением задач 227, 228, 229.
Пусть Oi > 0, о2 > 0, о3 > 0, ... , ат > 0 и ага2-а3 ... ат = Ь”\
где Ьт постоянно.
В силу предыдущей задачи имеем
^/^^01 + 02 + ^3+ * * • +«т
Vт1
или
Знак равенства имеет место лишь при
01 = о2 = о3 = .,. = ат.
Из (1) имеем
Oi + o2 + o8+-.-+am^M
т. е. сумма Oi + o2 + o3+... +am имеет наименьшее значение при О1=О2 = О3 = ... =0^.
Эта теорема является обобщением задачи 223.
Имеем
у = х2 (3—2х) = х-х(3 —2х).
Так как у согласно условию есть произведение трех неотрицательных сомножителей, сумма которых постоянна
х 4~х 4" (3—2х) = 3,
то у принимает наибольшее значение при равенстве сомножителей (задача'225), т. е. при
х = 3—2х,
откуда х=1 и t/max= 1 (3~2)=1.
Отв. утах=1-
Имеем
у=4х»-х* = х3(4-х)=27. у .у.у(4-х).
Так как у и Ух — ^ • у • yt4”х) достигают максимума при одном и том же значении х, то рассмотрим функцию
X X X ...
з ’ з ’ У(4 х^*
Эта функция есть произведение четырех неотрицательных сомножителей (так как 0^х^4), сумма которых постоянна:
х , х , х , х .
^+т+т+<4- х)=4‘
Поэтому ух принимает наибольшее значение при равенстве сомножителей (задача 225), т. е. когда
— = 4—х, или х = 3.
Поэтому 3 Q 3 ^тах = 27• У1тах = ^*у * у * у (4—3) = 27.
Отв. ут^ = 27.
Ясно, что z = x-\-y принимает наименьшее значение одновременно с гй = (х + у^. Но
z2=x2 + j/* + 2xj/=xV (^^г) +2ху=
=х2уг (^+^) +2хУ= ^+2ху=ху(^"+2\
Теперь очевидно, что z2 принимает наименьшее значение, когда ху принимает наименьшее значение или когда —, а еле- 1
довательно, —5-^ принимает наибольшее значение. Но поскольку х у
1.111
сумма -gH—2 = “2 постоянна, то -^- принимает наибольшее X у ах у
значение, когда
х2 #2 2а2
(см. задачу_225), откуда х = у = а У~2. Итак, наименьшее значение Zmin=a К 2+а У 2=2а У2.
Отв. z„in=2a У 2.
Имеем
11х+у 2а
2 =Ь — ==.
Xу хуху
_9а
Так как ху > 0, то выражение — принимает наименьшее значе
ние, когда ху принимает наибольшее значение. Но х + у = 2а, следовательно, ху принимает наибольшее значение при х = у = а (см. задачу 225).
Итак, наименьшее значение 2m$n ==—.
2а*а а
Отв. гтЫ=—.
Умножим обе части заданного равенства на /?(/?+!), где А—некоторая положительная постоянная, значение которой мы выберем позднее,
й(^+1)^= (&+1)х- (40—х) • (25к—кх).(1)
Так как сумма
(/? + 1) х + (40—х) + (25/? —кх) = 40 + 25/?
— пострянная величина, а числа (^+l)z, 40—х, 25А—Ах не отрицательны при 0<х<25, то произведение
(А-Ц)х- (40—х) • (25А—Ах)
принимает наибольшее значение, когда сомножители равны нечно, если это возможно), т. е. когда
(ко-
(6 4~1)х = 40—х = 25&—кх.
(2)
Мы получили систему двух уравнений с одним неизвестным х:
f (64-1) * = 40—х,
[ (6 4-1) х — 25к —кх.
(3)
Из первого уравнения системы (3) получаем
_ 40
(4)
Х~64-2’
а из второго уравнения
256
(5)
Х 26 4-Г
Постараемся теперь выбрать А так, чтобы система (3) была совместной. Для этого приравняем значения х из (4) и (5)
4025Л
*к 4“ 2 2/? 4* 1
Это—уравнение относительно к. Его положительный корень 6=2.
будем считать, что во всех предыдущих рассуждениях к —2.
При этом система (3) совместна и дает х=10.
Итак, при х=10 три сомножителя в правой части (1) равны между собой и, значит, функция
k(k-V\^y = 6g (0<х<25)
при х=10 принимает наибольшее значение. Вместе с ней при х = 10 принимает наибольшее значение и функция у (0^х^25). Таким образом,
Утах= 10 (40 — 10) (25-10) = 4500.
Отв. Утах=4500.
Первое решение. Имеем
. х» VVa. х» VVaа + Ъх4 а , , 9
. х» V
Va
. х» V
Va
X2 X2
так как при т > 0 /и 4-— ^2. т
Второе решение. Имеем
^=^Ьх».
х2 X2 1
В силу задачи 227 получаем
4+ bx»^ V^ • Ьх1^ /аЬ, X2Г X2
т. е.
X2
Известно, что (см. задачу 227)
-у^утп.(1)
Прологарифмируем обе части неравенства (1) по основанию а.
Так как а>1, то знак неравенства сохранится.
Имеем « т + loge m+logan 22’
что и требовалось доказать.
В силу задачи 227 имеем
1"ЬЛ1^2* У^ 1*01,
1+а2^2- У^1*а2,
1+«„^2. КТ^.
Перемножая почленно эти п неравенств, получаем
(l+aJU+a,) ... (1+а„)^2”. Ki^i^^^(1)
Но так как ага^аг.. .ап = \, то из (1) следует
(1+а1)(1+а2)...(1+а„)^2".
Так как аир удовлетворяют уравнению ах-V by «с, то аа + Ь$ = с.
Имеем (см. задачу 227)
(1)
Возведя обе части неравенства (1) в квадрат, получаем — ^aab$, отсюда
На основании задачи 227 имеем
а + 6^2 КаЬ, а4-с^2 Као, »+с^2 V"8*(1)
Так как по условию a + Z> + c —L то а + /) = 1—с, о4-с=1 — Ь, Ь + с=\—а.
Поэтому неравенства (1) принимают вид
1—с^2У"аЬ, l—'b^2V^ct 1—а^2У*Ьс.
Перемножив эти три неравенства, получим
(1—а) (1—Ь) (l—c)^8abct что и требовалось доказать.
Имеем (см. задачу 227)
Складывая почленно эти неравенства, получаем
Уга^+)/'а^ +<
(п—1)а! + (п —1)а2+ ... +(п —^^..^(п —1)а„ 2’
или
/«АЧ- ^«АЧ- ■ • • + Kan_ian < ^- («14-а, + - • • Ч-ап).
Первое решение. Имеем (см. задачу 227)
^^ sa У^у.(1)
Введем обозначения
y=Vab,
тогда неравенство (1) принимает вид
ИЛИ
аЧ-ЬЧ-^У^Ь^ч/^^.
или
(V-a+ni-^V^ZS^.(-,
1931937 И. X. СивашинскиЙ
193
193
Возведя обе части неравенства (2) в четвертую степень, получим (Ка + О)8 ^ 64в6 (а+6)*, что и требовалось доказать.
Второе решение. Рассмотрим очевидное неравенство (а+6—2 /а6)»^0.(1)
Преобразуем неравенство (1) в равносильные ему неравенства (а + &)2—4 угоЬ(а + Ь) + 4а6^0, (а+6)2+4 }/Га6(а + Ь) + 4а6^8 Vab (а-^-Ь), (a + b + 2 Vab?^ УаЬ(а+Ь),
(К а + УЗу ^8 У56 (а+6).(2)
Возведя обе части неравенства (2) в квадрат, получим (/а+)<6)8^64а6(а + 6)2.
Первое решение. Имеем
(*+£/)2 + (х—v? = ^x2 + 2y\откуда(*+y)2<2(x2 + y2),илиfx+9V _^х1+у1\ 2 V2 "
Введя обозначения
, 1. , 1
х-а + -,у = Ь + т
и принимая во внимание задачу 227, имеем
/1/1 \2/11 \2
(а+1) +(»+у) Ja + -+H-V)
_4
Г. .... а+61 * Л , 1 \2
=4” 4.
Итак,
(a + iy + ^+iy^-l^+^y.(1)
Так как « + & = ! (постоянная величина), то среднее арифметическое а и b равно -^-. Поэтому среднее геометрическое не превосходит -|-, т. е> Yаб^-^- и ab ^ ~-. .Отсюда ^ ^ 4»
Следовательно,
т(1+з)’»4<1+4>1-?-®
Иэ-(1) и (2) получаем
Второе решение. Пусть о=-^- +#, тогда согласно условию 6 =где |х|<-у. Следовательно,
-Ь х + 4 fy—*) = 2,5—Зя,-Ь х + 4 fy—*) = 2,5—Зя,ПоэтомуПоэтому14^_^ + 4.^ 2~*14^_^ + 4.^ 2~*1 21 2* + 4 ^+л:)=2,5 + 3*.* + 4 ^+л:)=2,5 + 3*.^ + ~-j +(6 + *y; ^(2,5—Зх)2+(2,5+Зя)ах=12,5 + 18Л(1)Из (1) видно, что только при х=0, т. е. при а = Ь = ^, имеем^ + ~-j +(6 + *y; ^(2,5—Зх)2+(2,5+Зя)ах=12,5 + 18Л(1)Из (1) видно, что только при х=0, т. е. при а = Ь = ^, имеема при а ^ b имеема при а ^ b имеем2 > 12,5.2 > 12,5.245. Имеем b с а 3245. Имеем b с а 3А . ^ «в 1с а *А . ^ «в 1с а *откуда Т- +—+-5=3.(1)Ь х с х av 7откуда Т- +—+-5=3.(1)Ь х с х av 7Знак равенства в (1) имеет место лишь при а=Ь»»сеЗнак равенства в (1) имеет место лишь при а=Ь»»се
-Ь х + 4 fy—*) = 2,5—Зя,
-Ь х + 4 fy—*) = 2,5—Зя,
Поэтому
Поэтому
14
^_^ + 4.^ 2~*
14
^_^ + 4.^ 2~*
1 2
1 2
* + 4 ^+л:)=2,5 + 3*.
* + 4 ^+л:)=2,5 + 3*.
^ + ~-j +(6 + *y; ^(2,5—Зх)2+(2,5+Зя)ах=12,5 + 18Л(1)
Из (1) видно, что только при х=0, т. е. при а = Ь = ^, имеем
^ + ~-j +(6 + *y; ^(2,5—Зх)2+(2,5+Зя)ах=12,5 + 18Л(1)
Из (1) видно, что только при х=0, т. е. при а = Ь = ^, имеем
а при а ^ b имеем
а при а ^ b имеем
2 > 12,5.
2 > 12,5.
245. Имеем b с а 3
245. Имеем b с а 3
А . ^ «в 1
с а *
А . ^ «в 1
с а *
откуда Т- +—+-5=3.(1)
Ь х с х av 7
откуда Т- +—+-5=3.(1)
Ь х с х av 7
Знак равенства в (1) имеет место лишь при а=Ь»»се
Знак равенства в (1) имеет место лишь при а=Ь»»се
Первое решение. Имеем
ПосколькуПосколькуУ abc < ^Ц+£ , тоУ abc < ^Ц+£ , то13с у/ abc13с у/ abc^/ abc a-Vb A*cИз (1) и (2) следуетb с ^y^^a + ^+c*^/ abc a-Vb A*cИз (1) и (2) следуетb с ^y^^a + ^+c*(1)(2)(1)(2)
Поскольку
Поскольку
У abc < ^Ц+£ , то
У abc < ^Ц+£ , то
13
с у/ abc
13
с у/ abc
^/ abc a-Vb A*c
Из (1) и (2) следует
b с ^y^^a + ^+c*
^/ abc a-Vb A*c
Из (1) и (2) следует
b с ^y^^a + ^+c*
(1)
(2)
(1)
(2)
Второе решение. Имеем
(-5-+у + у)(а+6+с)=3 +(-5-+у + у)(а+6+с)=3 +
(-5-+у + у)(а+6+с)=3 +
(-5-+у + у)(а+6+с)=3 +
так как
Следовательно,
2 + 1+1^.„9
а ‘ b ^ с a + b + с '
Первое решение. Известно, что среднее геометрическое не больше среднего арифметического
ii2±-c> */^ и. 2^±f±^ > «/-да.
Отсюда
З^/аЬс^а-^Ь + с(1)
и 3 р/аЧЧ1 ^ab + bc^ са.(2)
Перемножив неравенства (1) и (2), получим 9ate^(a + &+c) (а^ + ^ + са),
или, учитывая тождество
(а + ^ + с) (а^+&с + са) = (а + ^) (*+<?) (с + о) + адс,
имеем
9abc^(a + b) (b + c) (c + a) + abct или
^abc «С (а + д) (д + с) (с -f а).
Второе решение. Имеем
2 Vab ^ а + Ь, 2]Гьо ^Ь + с, 2 Vca^c + a.
Перемножив эти неравенства, получим
8 Vс№<£ < (а + Ь) (Ь + с) (с + а), или
Babc<.(a + b) (6 + с) (с + а).
24-8. Пусть
Ь-\-с—2х,c-Va = 2y,a-Vb=2z.
Тогда a + b + c = x + y + z; a = y + z—x; b = x + z—y; c=x-Vy—ze Имеем
а . ^.c ^у + г—х x + z—y x + y—z_
b+c^“ c-^a^.a + b2x2y2z
* Г(£+^ + (£+£\ + (£ + И_3К
2 L\у x) \z 1 xJ \z у J J
^l(2 + 2 + 2-3) = y.
Имеем
^+^±^+5)+^+?) ^ y^y(HcHc+a^
или
a + b+o^^Aa-VbHb-^ (c + a).(1)
Умножив почленно неравенство (1) на очевидное неравенство
а + b Ь+с с+а" у^а + Ь) (Ь + с) (с+ а)’ получим
а+ь+с(^+гЬ+п^)^4’
что и требовалось доказать.
Имеем
м _ Цс + н^^л^^
_9aa + ^x-y^ + (x-zy+(y~z^
3
Ясно, что М принимает наименьшее значение одновременно с суммой
(X—У)8 + (*—Z)8 + (у—Z)8.
Но эта сумма неотрицательна, следовательно, ее наименьшее значение равно нулю и достигается при x = #=z.
Так как x + y + z = 3a, то х—у — г = а.
Итак, наименьшее значение
/И = л;2 + ^ + 2а = За2.
Отв. Наименьшее значение М —За2.
Так как среднее геометрическое п чисел не превосходит их среднего арифметического (см. задачу 230), то
уЛй- {/Ь2.3...(п —1)Ж
14* 2 4" 3 4*.. • 4* (л —— 1) 4* п л(м4”0 и 4-
Возведя обе части этого неравенства в n-ю степень, получим
•
- Заметим, что равенство получается только при л»1. При п>\
Имеем (см. задачу 230) п слагаемых
” +11/о5" = "+Va-b-b...b < 1±1+£±ДД1+* _ a + nbу V,—'п+1п+1 1
п раз
Равенство имеет место только при а=Ь.
Первое решен н е. Имеем (см. задачу 230)
014-024-084-•• .+^д^п у/а^аз.. .ап
Перемножая эти два неравенства, получаем
(014-024-0з4--<-4-0л)++++'7р) ^^У^1 ~п%-
\02 0зап /
Второе решение. Имеем
i/ = (014-024-0з4- ••• 4-0я)+
\ 01 Оз Оз. ^ ,
в квадратных скобках содержится ^АИ^М сумм взаимно обратных чисел
-^ + -5/^2(Z, 7 = 1, 2п\
Поэтому уп + ^тр^ ■ 2 = л2.
Имеем
/1^377(2^ <i±^±^
а
угтт^ттт^ <
vп
Перемножая эти неравенства, получаем
^лта7^=ЛуГп < Ш±!±Ы^^^.
Но так как
1+3 + 5+...+(2п — 1) = л2 и 2 + 4 + 6+. ..+2п = п(п + 1), то
ИЛИ
’/^<п^п+\у
Возведя обе части последнего неравенства в n-ю степень, получим (2п)!<[п(п+1)Г.
Имеем
< + «?< + «?пп
< + «?
< + «?
п
п
2а ^(W,...®,)”-"3.2а ^(W,...®,)”-"3.а"-т + ^"т + «Гт + • • • +°"""
2а ^(W,...®,)”-"3.
2а ^(W,...®,)”-"3.
Перемножая эти два неравенства, получим
п2
^5 р/^(^1О2^3е • «^nY*♦ ИЛИ
( а” +<+«? + • ■ ■ +«") ( а?-т+а"-т+аГт + • • • +вГт)
'п»
откуда
(^+<+^ + --+^)(^’т+аГм + ---+аГт)^
^п1*агайаа...а,г.
266. По формуле бинома Ньютона имеем (1+%)« = 1+п%+...
Поскольку ненаписанные члены правой части этого равенства положительны, то
(1 + Х)”> 1 + пХ.
Первое решен ие. Заменим в неравенстве Бернулли (см. задачу 256) 14-Х на У а, получим
” = а,
1 п I/1 п I/или
1 п I/
1 п I/
Поделив обе части последнего неравенства на п, получим
ппа—1
п
п
п
(1)(1)Второе решение. Имеем п/— 1—°—1
(1)
(1)
V а— к— . п_г , ге_2
Поскольку в знаменателе правой части этого равенства все слагаемые, кроме последнего, больше единицы, а число слагаемых равно п, то п раз
)" 1 + (у^а)П 2+... + 1>1 + 1 + 1 + -*е + 1=п. (2)
Из (1) и (2) следует, что пг— 11
V а —1 <.
Vп
В первый раз на левой чашке груз в х кг уравновешивался разновесом в 1 кг, во второй раз разновес в 1 кг, находившийся на левой чашке, уравновешивал груз в у кг. Отсюда имеем
х : 1 = 1 2 у, или
Итак, было отпущено ( х4~) *а товара вместо 2 кг. Но так как х > 0 и х ^ 1, то #4" > 2 (см. задачу 214) и ясно, что торговец потерпел убыток.
Применяя формулу бинома Ньютона, имеем
Это равенство можно переписать так:
1-1- 1 У„1 4.1 1 П<« —О1 .«(«-Ufa —2)1 ,
л (л —1) (л—2).. .[л—(£—1)]1 ,
, n(n-l)(n-2)...[n-(n-2)]1,
т(п—1)!
n (n—1) (п—2).. .[п—(я —1)]1
+п!‘
п (n— 1) п (п—1) (п—2)п (n— 1) п (п—1) (п—2)п (п— 1) (п—2).« Дп — (/?— 1)]п (п— 1) (п—2).« Дп — (/?— 1)]или
п (n— 1) п (п—1) (п—2)
п (n— 1) п (п—1) (п—2)
п (п— 1) (п—2).« Дп — (/?— 1)]
п (п— 1) (п—2).« Дп — (/?— 1)]
пк"кГ
п(п 1)(п 2)...[п~-(п—2)]
(п-1)!
ппп!ппп!илиили
пп
п!
пп
п!
или
или
Так как все слагаемые в правой части положительны, то (равенство только при л=1).
С другой стороны, из формулы (1) видно, что при л ^2 /1 V 1111
(,+4 <2 + М+Г^+Т72^ + '"-+Ь2 3747Г7й‘
При п^З имеет место неравенство
() + п) <2 + 1-2 + Ь2.3^() + п) <2 + 1-2 + Ь2.3^ьг-з-з+ьг-з-з»*’"ьг-з-з+ьг-з-з»*’"+ Ь2.3.3"~8’+ Ь2.3.3"~8’
() + п) <2 + 1-2 + Ь2.3^
() + п) <2 + 1-2 + Ь2.3^
ьг-з-з+ьг-з-з»*’"
ьг-з-з+ьг-з-з»*’"
+ Ь2.3.3"~8’
+ Ь2.3.3"~8’
ИЛИ
(1+л) <2+Ь2+Ь2.3(1+л) <2+Ь2+Ь2.31+т+4'+^+•••■*■1+т+4'+^+•••■*■1 1 3”~8]1 1 3”~8](2)(2)
(1+л) <2+Ь2+Ь2.3
(1+л) <2+Ь2+Ь2.3
1+т+4'+^+•••■*■
1+т+4'+^+•••■*■
1 1 3”~8]
1 1 3”~8]
(2)
(2)
1 ——. 1 З””3 з1 ——. 1 З””3 з/IX" 11(^тг) <2+ь2+гГз/IX" 11(^тг) <2+ь2+гГзилиили/ , , 1 V rg ■ 1 ,1/3V + п У <2+Ь2+Ь2.3 V 2/ , , 1 V rg ■ 1 ,1/3V + п У <2+Ь2+Ь2.3 V 21 ^ г-з1*-8у*1 ^ г-з1*-8у*(3)(3)
1 ——. 1 З””3 з
1 ——. 1 З””3 з
/IX" 11
(^тг) <2+ь2+гГз
/IX" 11
(^тг) <2+ь2+гГз
или
или
/ , , 1 V rg ■ 1 ,1/3
V + п У <2+Ь2+Ь2.3 V 2
/ , , 1 V rg ■ 1 ,1/3
V + п У <2+Ь2+Ь2.3 V 2
1 ^ г-з1*-8у*
1 ^ г-з1*-8у*
(3)
(3)
Заметим, что в неравенстве (2) выражение, заключенное в квадратные скобки, есть сумма членов геометрической прогрессии. Поэтому неравенство (2) принимает вид
Усиливая еще раз неравенство (3), получим
(‘4) <2 + Г2+?=2.75.
Это неравенство выведено для л^З, но оно справедливо также при л=1 и п = 2.
/1 V2<f 1+~) <2,75./1 V2<f 1+~) <2,75.При п + 1 имеемПри п + 1 имеемИтак, для любых натуральных п
/1 V
2<f 1+~) <2,75.
/1 V
2<f 1+~) <2,75.
При п + 1 имеем
При п + 1 имеем
/1 V
2< ( 1+— ) <2,75.:
\п )
Заданное неравенство равносильно таким: х3—х2— 4х2 + 4х + 4х-~ 4 > 0, х2 (х — 1) — 4х (х—1)4*4 (х—1) > 0, (х— 1) (х2—4х + 4)>0, (х—1)(х~2)2>0.
Так как (х—2)2>0 при любом х ^ 2, то должно быть х—1>0 и х ^ 2.
Ome. 1 < х < 2 или х > 2.
261. Преобразуем тождественно левую часть заданного неравенства, получим равносильные неравенства
[(х — 1) (х—4)] [(х—2) (х—3)] + 1,001 >0, (х2—5х + 4) (х2 —5х + 6)+1,001 >0, (х2—5х)2 + 10(х2 — 5х) +25,001 >0, [(х2—5х) + 5]2 + 0,001 >0.
(1)
Неравенство (1) справедливо при любом значении х.
обе
Отв. х—любое действительное число.
262. Так как обе части неравенства положительны, то, возведя части в квадрат, получим равносильное неравенство
Зх—1 '
2—х > ’
или
Зх— 1 —2 + х
2—х .
или
4х —3 2—х
или
• 3
Корни левой части неравенства суть j и 2, поэтому|<.<2.
3-
Отв. -г < х < 2.
4
263. Так как 52*>0, то, разделив обе части неравенства на 52*, получим
2\2* /2 V
Ту
или
то заданное неравенство эквивалентно
такому:
или (0,4)* <2, или x>log0>42 (при основании, меньшем единицы, степень убывает с возрастанием показателя)/
Отв. х > logo,4 2.
По смыслу задачи х > 0, поэтому данное неравенство равносильно неравенству
loga х (х + 1) < loga (2х + 6).
Так как а > 1, то отсюда х (х +1) < 2^ + 6, или
х2—х—6 < 0.
Решая это квадратное неравенство при условии х > 0, получаем 0 < х < 3.
Отв. 0 < х < 3.
Так как х>0, то данное неравенство равносильно неравенству
xtoga*>a2.(1)
Но а>1, поэтому, логарифмируя неравенство (1) по основанию а, получим
log* х > 2.
Отсюда окончательно находим либо loge х > V 2 и, следовательно, х>сУ \ либo^logsx< — V 2, и тогда 0<х<а~^.
Отв. 0<х<а"^2 или х >.
Пусть Ао^х = у, тогда logx2 = 1-^-^ = y.
Решаемое неравенство принимает вид
(1)(1)у + -^ 4- 2 cos а «С 0.
(1)
(1)
Ясно, чтоЯсно, чтои у имеют одинаковый знак, и также из-
Ясно, что
Ясно, что
вестно, что
Поэтому, если у + ~ > 0, то неравенство (1) выполняется только тогда, когда у + —=2 и cosa = —1.
Итак, если х=2 и а = (2/?+1)л, где /? = 0, i 1, ±2, ..., то в неравенстве (1) имеет место знак равенства.
Если же у+~<0, т. е. у < 0, то у+ — ^—2 и неравенство
имеет место при любых значениях cl
Итак, заданное неравенство имеет место при 0 < х < 1 и всех значениях а.
Отв. Заданное неравенство выполняется при х=2 и a=(2fc+ 1) л, где /г = 0, ±1, ± 2, ..., или при 0 < х < 1 и при всех значениях а.
_<ogga log, b '_<ogga log, b 'Пользуясь логарифмическим тождеством logba прообразуем левую часть данного неравенства так:
_<ogga log, b '
_<ogga log, b '
log^ + loggxITlog^ + loggxIT■^^- + log3x = logsx /log x 3+l\ =logs уЛ T /
log^ + loggx
IT
log^ + loggx
IT
= logs log ! 4 = ^lT2 logj
2
Данное неравенство примет тогда вид logs* , logA2>b 2
logs*logA22(1)logs*logA22(1)Так как2>1, 2‘>1 и log 3 2 > 0, то неравенство (1)эквива- лентно такому:
logs*
logA2
2
(1)
logs*
logA2
2
(1)
log3x< —log3 2.
Учитывая, что по условию х > 0, получаем
-log32
0<х<3 Т.
-log g 2
Отв. О < х < 32 .
Имеем
lga* + 2 1gx—6
1g*
или
lg2x + lgx—6
1g х
которое равносильно неравенству
lg*(lga* + lg*—6) < О(Igx^O),
или
lg* (1g *4-3) (1gх—2) < О, откуда
0<lgx<2 или 1g х<— 3.
Отв. 1 < х < 100 или 0 < х < 0,001.
Функция arcsin а определена при | а | ^ 1 и положительна при а > 0. Поэтому данное неравенство эквивалентно такому:
0 < lgi0 х < 1,или lg10 1 < lg10 х < lg10 10.
Так как при одном и том же основании, большем единицы, большему числу соответствует больший логарифм, то имеем!
1 <10.
270. Данная система равносильна следующей!
Неравенство
f х8 + (х + «)* + 2х< 1, X »=х+а.
2х2+2(а + 1)х4-а2—1<0
имеет единственное решение относительно х тогда и только тогда
когда
(я + 1)2—2 (а2—1)=0»
т. е.
а2—2а—3 = 0;
отсюда
^ = 3,а2 = —L
Итак, если а=3, то х2 + 4х + 4 = 0 и х = — 2, у — 1, а если а= — 1, то х2=0 и х=0, у = — 1.
Отв. а = 3, х=— 2, у— 1 или а——1, х=0, у— — 1.
27L Заметим, что х2—х+1 >0 при всех значениях х, так как дискриминант квадратного трехчлена равен —3 < 0 и, следовательно, корни трехчлена невещественны, поэтому можно умножить оба неравенства на знаменатель. В результате получим
—3х2 + 3х—3 < х2^ах~2,
хй-^-ах—2 < 2х2—2x4-2,
или
4х2 + (а—3)х+1 >0,х2—(а 4-2) х 4-4 > 0.
Первое неравенство системы справедливо при всех х тогда и только тогда, когда
(д_ 3)2—16 < 0.(1)
Второе неравенство выполняется при условии
(а + 2)2-16<0.(2)
Решая теперь совместно (1) и (2) относительно а, получаем
—4 < а—3 < 4,—4 < а 4-2 < 4,—4 < а—3 < 4,—4 < а 4-2 < 4,илиилиГ — 1<а<7, ( —6 < а < 2.Г — 1<а<7, ( —6 < а < 2.
—4 < а—3 < 4,
—4 < а 4-2 < 4,
—4 < а—3 < 4,
—4 < а 4-2 < 4,
или
или
Г — 1<а<7, ( —6 < а < 2.
Г — 1<а<7, ( —6 < а < 2.
Отв. — 1 < а < 2.
Глава V
ЗАДАЧИ НА СОСТАВЛЕНИЕ УРАВНЕНИЙ
Пусть промежуток времени следования трамваев в минутах х, скорость трамвая v1# скорость пешехода о2 (с^ и у2—пути, пройденные в 1 минуту).
Если пешеход идет навстречу трамваю, то за 4 минуты их суммарный путь равен 4 (v2 + у2)-. Этот суммарный путь равен расстоянию угх между трамваями.
Итак, имеем уравнение
4(oi + wa)=fix.(1)
Если же пешеход и трамвай движутся в, одном направлении, то через каждые 12 минут трамвай обгоняет пешехода, следовательно, разность их путей будет равна 12 (Ui—v^» Эта разность равна также расстоянию между трамваями ^х, т. е.
12 (У!— v2)=ViX.(2)
Решая (1) и (2) совместно, находим х.
Отв. 6 мин.
Пароход, вышедший из А, встретит, во-первых, те вышедшие из В пароходы, которые уже находятся в пути к моменту выхода парохода из Д, и, во-вторых, те, которые выйдут из В за время движения парохода, вышедшего из А. В момент выхода парохода из Д в пути находятся 12 пароходов, считая тот, который вышел в атот момент из В (но не считая того, который в этот момент прибыл в Д). Кроме того, за 12 суток пути парохода, вышедшего из Д, из В выйдет 11 пароходов (не считая того, который выйдет из 6 в момент прибытия парохода из Д). Итак, в открытом море каждый пароход встретит 12+11=23 парохода.
Отв. 23 парохода.
Обозначим через х км]час скорость катера в стоячей воде, а через у км [час скорость течения, тогда имеем систему
Пусть х = гу> тогда второе уравнение системы примет вид
24 _ 9672
у ”у(? + 1) + у(2 — О’ или
z8 —7z = 0.
Так как 2^0, то зг=7. Поэтому х = Ту. Подставив х=7у в первое уравнение системы, находим
2.6, 96
8у+6у 141
К этому уравнению, проще прийти, исходя из следующих соображений.
Считая плот неподвижным (например, для наблюдателя, находящегося на плоту), находим, что катер плыл вниз столько же часов, сколько обратно до встречи с плотом, так как скорость движения катера относительно плота одинакова в обоих случаях. Следовательно, катер проплыл 96 км за время, в течение которого плот проплыл 24 км : 2=12 км. Поэтому, если у км/час—ско- 96
рость течения, то скорость катера по течению равна ^у км/час = ^у км/час; тогда скорость катера против течения равна 6 г/ км/час.
Значит,
^+^=14-8у^6у И*
отсюда у = 2 км/час—скорость течения; Ту = 14 км/час—скорость катера в стоячей воде.
Отв. Скорость течения 2 км/час, скорость катера в стоячей воде 14 км/час.
Обозначив расстояние АВ через.8, время движения от А до В —через х часов и время движения от В к А—через у часов, имеем
S = uxx=u^y.
Отсюда
— 404 •
Средняя скорость
28х-Н28х-Н34,3 км/час.34,3 км/час.^У 3,
28х-Н
28х-Н
34,3 км/час.
34,3 км/час.
Т^+У
Замечание. Часто на вопрос этой задачи отвечают, что средняя скорость равна 35 км в час. Но это неверно. Так было бы, если бы автомобиль двигался одинаковые /промежутки времени с каждой из скоростей.
Отв. =^34,3 км/час.
mmПусть расстояние между А и В равно /, а скорости мотоциклов t^ и о2. За время / первый мотоцикл проехал путь, равный р-Vl—q» а второй — путь q+i—р. Поэтому
m
m
(2)(2)С другой стороны» отношение скоростей равно отношению путей, пройденных до первой встречи, т. е.
(2)
(2)
^г Р
Подставив в (2) значения ух и о2 из(1), получим уравнение для определения /. Решив его, найдем / = 3р—q. Подставив это значение / в формулы (1), получим
Ap—2qAp—2qv2-T.v2-T.
Ap—2q
Ap—2q
v2-T.
v2-T.
Отв. l = 3p—q, — с^у.
Введем обозначения: скорость первого тела х м/мин, а скорость второго тела у м/мин. Для определенности пусть скорость первого тела больше скорости второго тела. Положим, что когда тела движутся в одном направлении, они сходятся в некоторой точке Л окружности, а ближайшая точка встречи — В
На пути от Л до В второе тело отстает от первого, и в момент, когда они впервые сходятся, отставание составляет длину полной окружности. Поскольку между двумя ближайшими соединениями тел протекает 56 минут, за которые первое тело проходит 56хм, а второе 56t/ м, то длина окружности равна (56х —56г/) ль
Если же тела движутся в противоположных направлениях, то пути, пройденные ими за 8 минут, протекающие между двумя ближайшими встречами, в сумме составляют длину окружности. Значит, длина окружности равна 8х + 8#.
Итак, имеем уравнение
56 (х—у) = 8 (х-^уу (1)
Согласно условию задачи за 24 секмин j тела сближаются
. на 40 м—26 м = 14 м. Поэтому
9
(2)(2)5*(х + 1/) = 14.
(2)
(2)
Решая уравнения (1) и (2) совместно, находим tx=2S mImuh, у=\5 м/мин
Длина окружности
8 (х + у) = 8 (20 + 15) = 280.
Отв. 280 м.
Обозначим через tx время, прошедшее до первой встречи, через f2—время, прошедшее до второй встречи, а через /—длину окружности.
За время tx первое тело прошло путь х)1ъ а второе — путь at^
-~ . Согласно первому утверждению задачи имеем at ,
^i + ^-A(1)
За время t% каждое тело прошло один и тот же путь I (полную окружность).
Следовательно,
о/2 = / и^ = ^
Из последних двух уравнений находим
Из (1) и (2) получаем
279, Если обозначим скорость первого автомобиля через х км/час, то до встречи первый автомобиль пройдет путь в tx км, а второй (S—^х) км. Следовательно, скорость второго автомобиля равна S—tx
—-—км/час. Время, нужное первому автомобилю для прохождения *Р-
пути в р км, составляет — часов, а время, необходимое второму,— ptх
часов.
5—tx
Согласно условию задачи имеем
х S—tx 4
Решая это уравнение, получаем
_^pt-VqS ± V^^-Vq^S1
Х~2qt
•.2pt-VqS—V 4^1» + q»S-
Отв. Скорость первого автомобиля ————* 2^"’—
,qS—+,
км/час, скорость второго 2р ' 2qt ‘—~—км/час.
Обозначим расстояние в километрах между Aw В через х. _Х
Велосипедист прошел это расстояние за — часов, а мотоциклист
за— часов. Известно, что велосипедист 'прибыл в В на t часов позже, чем мотоциклист, и, кроме того, он еще до выезда мотоциклиста был в пути — часов. Следовательно, велосипедист, был
в пути на ^+“у часов больше, чем мотоциклист. Так<л образом,
£_£=/ + $.
и 4о ‘ и *
4
Отв. -g- (of + S) kjk.
Пусть t часов—искомое время. За единицу длины примем путь, который проходит лодка за 1 час в стоячей воде. Тогда скорость лодки в стоячей воде равна 1 ед/час. Скорость течения обозначим через q ед/час. Ясно, что скорость лодки, плывущей по течению, равна (1+^) ед/час, а плывущей против течения (1— q) ед/час. Пусть АВ = а(ед), BC—bVedY
Из условия задачи следует система уравнений!
т. е.т. е./ я , 6 _6т+ттг6'а , b „1 г1"!-,-7'1+4’ '/ a + H-aq -1+1- Ч^=7'(1)а+b .1+4/ я , 6 _6т+ттг6'а , b „1 г1"!-,-7'1+4’ '/ a + H-aq -1+1- Ч^=7'(1)а+b .1+4
т. е.
т. е.
/ я , 6 _6
т+ттг6'
а , b „
1 г1"!-,-7'
1+4’ '
/ a + H-aq -
1+1
- Ч^=7'(1)
а+b .
1+4
/ я , 6 _6
т+ттг6'
а , b „
1 г1"!-,-7'
1+4’ '
/ a + H-aq -
1+1
- Ч^=7'(1)
а+b .
1+4
Из первого и третьего уравнений системы (1) имеем
2-^—— = 2.5,5—6=5.
1 + 4
(2)
Из второго уравнения системы (1) получаем
(3)(3)1 —
(3)
(3)
a-Vb—aq 7
Из третьего уравнения системы (1) следует
Перемножая почленно уравнения (2), (3) и (4), находим
Y—q 10 а + Ь^ТТ* Искомая величина
t = ^=H = 7,7.
1—4 10’
Оте. 7,7 часа.
Пусть в момент выхода .автомобиля пешеход находился 4$ пункте Ах (рис. 3), а велосипедист—в пункте Вг.
Введем обозначения: пусть 4/ —-время движения пешехода (и велосипедиста) до встречи в пункте С. Следовательно, 3/—время|
движения пешехода (и вело- 1 _ _ тосипедиста) до момента вы- 4
/ ДОВ.Входа автомобиля из Л,
fа /—время движения авто-
Рис. 3.мобиля до встречи с велосипедистом и пешеходом.:
Если скорость пешехода принять равной 1 ед. дл.[ед. ер., то скорость автомобиля 4 ед. дл./ед. ер.
Скорость велосипедиста обозначим через х ед. дл.]ед. ер. Учитывая, что путь CA = 4t ед. дл. пройден велосипедистом за то же время, что и путь CB = 4tx пройден автомобилем, имеем
откудаоткуда4t 4tx х~ 4 *
откуда
откуда
х2 = 4, х = 2.
Оте. Скорость велосипедиста больше скорости пешехода в два раза.
Пусть второй пароход шел вперед 2/ суток со скоростью о км/сутки. Тогда первый пароход прошел первую половину пути за / суток со скоростью о км/сутки, а вторую половину пути за (/ + 2) суток со скоростью (и—240) км/сутки.
Следовательно,
(1)(1)о _/ + 2 о—240 t *
(1)
(1)
Составляем производную пропорцию
и _ ^ + 2 я и _^ + 2 у—у + 240~/ + 2 —ГИЛИ 240 ~~2~
. Из последней части условия задачи имеем (р + 240)-6 = 2о^ или v+240о 3-
= ^г> или олп• Составим производную пропорцию . 1
и3о 3•
у + 240—у “7=3 1 или 240" 7=3 ’(2)
Из (1) и (2) следует ^+23
2t— 3
или ^ —f—12 = 0.
Положительный корень этого уравнения равен 4.I
Оте. 8 суток.1
212
Обозначим скорость вестового через х км/час. Относительная скорость вестового при движении его из конца колонны в начало равна (х—о) км/час, при движении обратно~(х +о) км/час.
d
Время движения вестового вперед равно часов; время дви- d
жен и я назадчасов.
Согласно условию задачи имеем d . d
.60d+ Kseoo^+zv ,
Отв. -5 км/час.
Обозначим скорость движения поезда через х км/час, время движения пассажира на такси —у часов, а время, которое пассажир затратил, чтобы догнать поезд, — г часов. Таким образом, поезд к моменту, когда его догнал пассажир, прошел путь
(t + z)x км.
Пассажир проехал на такси путь уиг км, а на автобусе (z—у^с^км. Итак,
(1 + г)х = уи1 + (2—y)v2.(1)
Если бы пассажир догонял поезд только на такси, то к мо^ менту, когда пассажир догнал бы его, поезд прошел бы расстояние (/4-z—т)х км, а пассажир (z—т) ^ км.
Следовательно,
(/ + z—т) x = (z—т) vP(2)
В действительности было затрачено денег ,(№«+Л) рублей, а если бы пассажир догонял поезд только на такси, то он истратил бы (z—т)^.
Согласно условию задачи имеем
yu1a4-A=(z—^^а + В.(3)
Решая совместно уравнения (1), (2) и (3), находим скорость поезда (Л — В) (о2 — ^)"
х = км/час.
(Л— В) (v2—yi).
Отв. о2 +-- км/час.
Поскольку оба туриста прибыли в пункт. В одновременно, то они, двигаясь пешком, прошли одно и то же расстояние. Обозначим это расстояние через х, а искомое время у. Время, за которое второй турист прошел пешком х км со скоростью иг км/час, равно времени, за которое мотоцикл проехал путь (2S—Зх) км со скоростью у2 км/час. Таким образом, имеем
х 2S —Зх
Так как каждый из туристов прошел пешком х км и ехал на мотоцикле (S— х) км, то искомое время
х
^1
+
S—x
У, *
2§у
Из (1) находим х =—км. ^ + 3^
Подставляя значение х в (2), получаем у =
Отв.
S (Зо2 + Vi) v2(3ui +у2)
час.
S (Зу2 + уг) ^2(ЗУ1 + у2)
часов.
287. Обозначим расстояние от А до В через х км, скорость первого пешехода через у км/час^ скорость второго — г км/час.
К моменту первой встречи первый пешеход прошел путь, равный (x+d) км, затратив на это • час, а второй прошел путь
(х—d) км, затратив -—- час. Поскольку они вышли одновременно, то2
х + ^_ х—d
У ~U
К моменту второй встречи первый пешеход прошел пути равный (2х + —) км, а второй |2х —— ] км, следовательно, \ п /\ п /
п , X п X 2x4— 2х
У ~2‘
Из уравнения (1) получаем
У ^x+d г x—d’
а из уравнения (2) имеем
г2п — Iе
Таким образом, x + d 2п + 1 "х—d*~‘2n— 1 *
Составляем производную пропорцию
x + d + x—d_2n+l+2n— 1х_
x+£/_-x + d^2n+l— 2/г + Гd
откуда
• x = 2dn.
Отв. 2d/i км.
Пусть мотоциклист проезжает путь АВ за х часов, тогда велосипедист проезжает это расстояние за (x+Z) часов.
За 1 час мотоциклист проходит — ЛВ, а велосипедист -4-7 ЛВ. хx-t* t
ппВместе они проезжают за 1 час путь, равный ^ + 7^7^^» аза п часов —путь, равный п ^"+^~р7^ ЛВ=АВ. Таким образом,/ 1 . 1 \ .
п
п
илиилих2—(2n —/) х—nt = 0.х2—(2n —/) х—nt = 0.
или
или
х2—(2n —/) х—nt = 0.
х2—(2n —/) х—nt = 0.
Это уравнение имеет только один положительный корень, так как произведение корней (—nt) отрицательно. Положительный корень _2м —Z + ^n2 + Z2 2‘
2м *4—t 4м2 Z2
Оте. Велосипедист проезжает путь Л В за ——-—— час,
2п — Z + V" 4м2 + Z2 а мотоциклист за !— час.
Обозначим меньшую скорость вестового через х км[час, тогда большая скорость равна (х+1) км/час.
Согласно условию задачи имеем
или
4х2 + 4х < 20х + 10 < 5х2 + 5х.
Таким образом, имеем систему неравенств
х2 —Зх—2^0, |2х2—8х—5^0. )
Из первого неравенства системы (1) находим
З+^П3—КП
х 5$ ——^—■или х <^
(2)(2)Так как х > 0, то отсюда следует, что
(2)
(2)
^ 2 .
Из второго неравенства системы (1) получаем
4-^264+^26
2.
Поскольку X > О, то
0<х^0<х^(3)(3)
0<х^
0<х^
(3)
(3)
Из (2) и (3) следует, что
3+КГ7 v 4+/2§
Обозначим число, процентов прироста продукции за год через х. Если к началу первого года величина продукции была а, то к началу второго года стала
, ах Л , * \ai-°+ioo“a V+iooJ’
а к началу третьего года
Л , х \( х у
«2=^1«2=^1V + юо/ —° (/ + юо/
«2=^1
«2=^1
и т. д. Очевидно, что к началу восьмого года количество продукции / х V/ х V
стало a 1 + Тлп » а к концу восьмого года a ( 1 +.
\Юи /уЮи /
Рассуждая аналогично при приросте продукции в год на (х + р) %, получаем, что количество продукции к концу восьмого (, , х + рУ года равно•
Согласно условию задачи имеем
или
или
откудаоткуда_р-100(*/2-1) х" J/r-i_р-100(*/2-1) х" J/r-i
откуда
откуда
_р-100(*/2-1) х" J/r-i
_р-100(*/2-1) х" J/r-i
Заметим, что задача имеет решение только, если
р>юо(уТ-1).
Отв.Отв.р-100 (У 2-1)У 2"— 1р-100 (У 2-1)У 2"— 1гдегдер> 100 (*/2-1).р> 100 (*/2-1).
Отв.
Отв.
р-100 (У 2-1)
У 2"— 1
р-100 (У 2-1)
У 2"— 1
где
где
р> 100 (*/2-1).
р> 100 (*/2-1).
Первое решение. Обозначим искомое число досок через х. В первые два часа мастер выиграл ^ партий и / партий проиграл. Следующие два часа он уже вел игру на ( х—— —1 ) досках. Из всех партий, сыгранных в последние два часа, он выиграл ^х”"^"”^ [ОО партий, т партий проиграл и п свел вничью. Так как общее число цартий, сыгранных за последние два часа, составляется из всех выигранных, проигранных и сведенных вничью партий за эти часы, то отсюда получаем уравнение
ХР 1 fХР Л t
* 100 ,—^ 100 J 100 + '” + '1’ или
(V ХР l\ ( 1 Ч
\100 Д 100 J +’
или
хр 100 (/« + «)
100100-9 *
или
Д\ Р \_Ю0(т + л)
V 100/“ 100—9 + ’ или
100—p_100(m + n) + /(100—9)
*■ 100 "100—9
откуда
_ 10 000 (т + п) +100/(100^7) .
Х~(100—р) (100—9)
Второе решение. За последние два часа мастер сыграл (^"l^-*^) naPTH$» (м + п) партий составляют (100 — 7)% паР* тий, сыгранных за последние два часа, т. е.
,100 — q( хр Д
m+rt=-ioo-
Следовательно,
10 000(т + л) = (100—9)(100—р)х—100/(100 — 9), откуда
_ 10 000 (« + п) + 100/(100 — 9)
Х~(100 —9) (100—р)
ар
При каждой операции вливания в сосуд поступало ^ л спирта, а после каждой операции выливания в сосуде сохранялось д^^ того количества спирта, которое было в сосуде в момент, предшествующий этому выливанию.
Пусть хь х2, х3, ...» хл —количество спирта в сосуде соответственно после 1-го, 2-го, 3-го, ..., л-го выливания; тогда
ар А
1бОЛ + а’
ар А ар\ А
Х,-\100Л + а+100У Л + а‘
_ УаР ( А V I °р А ■ gPl А
• [100\Л+а/ "*"100Л-ра"^100J Л+а’
i-f—Уi-(—У
ар \A+aJ А __ Аар \A-\-a) __ Ар Г (A Vl = Т0б " А Л + а~ТбО а 100^Л+а/ J
Л+а
Aq
Согласно условиюследовательно,
Ар Г, f А \«] Ад
100 [^Л+а? J100"'
Далее,
i f л у^ ^ ( А у<;1 ? p+°y> р \Л+а/р 1 \А + а/р ’ \ А ) p — q*
Ясно, что задача имеет решение, если р > q.
Имеем
Отв п^8^
Отв. п л .
Пусть в первый раз из бака вылили х литров спирта, после этого в баке осталось чистого спирта (64—х) л. Следовательно, на 1 л смеси приходится —^ ■ л спирта. Значит, второй .64—х
раз было отлито чистого спирта g-- х л.
Таким образом, после второго отливания в баке осталось чистого спирта
х)2'
Пусть после Ph Р^ • • • > Рп* ненияПусть после Ph Р^ • • • > Рп* ненияравны соответственно определяется из урав-равны соответственно определяется из урав-PiPi91 2 +Pf~1 2 qj+Pi i91 2 +Pf~1 2 qj+Pi iоо220=2,0=2,”)•”)•
Пусть после Ph Р^ • • • > Рп* нения
Пусть после Ph Р^ • • • > Рп* нения
равны соответственно определяется из урав-
равны соответственно определяется из урав-
Pi
Pi
91 2 +Pf~1 2 qj+Pi i
91 2 +Pf~1 2 qj+Pi i
о
о
2
2
0=2,
0=2,
”)•
”)•
Итак, имеем уравнение
^(64-х)* = 49,
64—х „
откуда —— =7.
Отв. Первцй раз отлили 8 л, а второй раз —7 л чистого спирта.
До переливания концентрация д^1=1, 2, ..., п) спирта была равна:
в первом сосуде (?i = l,
1
во втором сосуде да=-^,
в n-м сосуде ^ = ^q .
переливаний концентрации
Тогда Pi = l, а р/ при i> 1
Это уравнение мы получаем, деля количество спирта ^zy+Pz-iy.
которое оказывается в i-м сосуде после переливания из (/ —1)-го сосуда, на объем всего сосуда о.
Таким образом,
Л ^s+pi_ 9з+Ра_ _9п + Рп-г
Рт=—2—’——2—*Рп~2
ОтсюдаОтсюдаРпРпЧп + Рп-Х2Чп + Рп-Х2л 9п-1Л-Рп-1 q^ 22л 9п-1Л-Рп-1 q^ 22Яп । <7/1-1]L „2 "^ 2^ * 28 “п*~^Яп । <7/1-1]L „2 "^ 2^ * 28 “п*~^
Отсюда
Отсюда
Рп
Рп
Чп + Рп-Х2
Чп + Рп-Х2
л 9п-1Л-Рп-1 q^ 2
2
л 9п-1Л-Рп-1 q^ 2
2
Яп । <7/1-1]L „
2 "^ 2^ * 28 “п*~^
Яп । <7/1-1]L „
2 "^ 2^ * 28 “п*~^
Яп t Яп-1 1 1 ^/1~2~Ь Рп — ^5й J ^/1-1 \ Чп-^ I Рп~3
“ 2 2а 222— 22223
_ Ап л 9п-11। I pi
,1.1 е=2Ай-1"г22£й~2Т"Г2Й’1Л'Г2Й“1‘
Если к ^ 2, то
11
1 А"-1 2”-112"-1—А"-1 , 1
Рл-2А J1_ +2"~1-(2А)"~1(2—А) + 2Л-1
к 2
Если же к = 2, то
_п — 11
Рп 2Л • 2Л”1 2Л *
Пусть объем второго чана равен 1 (единице объема), а объем первого чана равен х (единиц объема).
При открытых трубах А, В и-С за 7 часов мог наполниться только второй чан, так как за 1 час в первом чане могло оказаться лишь у—у ^ у (единиц).
Труба А дает за 1 час у (единиц объема) воды
Следовательно, ( у — у )7 = г, х = 4у (единиц объема).
2
Отв» Первый чан больше второго в 4 у раза.
Обозначим меньший из сомножителей через х. Тогда согласно условию задачи имеем
х(х+10)—40 = 39x4-22, или
х2—29х—62 = 0.
Положительный корень этого уравнения равен 31.
Отв. Сомножители равны 31 и 41.
Пусть часы уходят вперед (спешат) на х минут в сутки.
Следовательно, через у суток часы покажут правильное время.
Если бы они уходили вперед на (х-Н) минут в сутки, то при отставании в данный момент на п минут (по сравнению с правйль-
ным временем) они показали бы правильное время через -■
суток.х 4- г
Согласно условию задачи — больше, чем —— , на I, поэтому имеемхх 4- г
х ^х4-Гх ^х4-Гили х^-V^n-Vt — m) х—mt — 0.
х ^х4-Г
х ^х4-Г
Это уравнение имеет только один положительный корень, который служит решением задачи. лтя г—т—"—<+Km* + ns + *2 + 2(m/ + n/ —тп)
Обозначим искомое число через х2, число десятков и число тысяч через а, число единиц через », число сотен через (» + 1).
Таким образом,
х2 = 1000а + 100 (» +1) + 10а + Ь. или
х2=ююа+101»+юо;
или
(х—10) (х+10) = 101 (10а + »).(1)
Правая часть равенства (1) делится на 101, следовательно, и левая часть также кратна 101. Поскольку 101 — простое число, то хотя бы один из сомножителей левой части должен делиться на 101.
Так как х2—четырехзначное число, то х—двузначное, а следовательно, х—10 не может делиться на трехзначное число 101. Таким образом, только х+10 может делиться на 101, а поскольку х + 10 ^109, то х+10 = 101, следовательно, х = 91; теперь можно определить искомое число
Отв. 8281.
Пусть первый слиток весит х г, тогда второй слиток весит (т —х) г.
В первом слитке содержится чистого золота , а во втором дуп—х) юо у
Согласно условию задачи в первом слитке содержится чистого золота на п г больше, чем во втором, следовательно,
рх д^т-ху 100100
или
/(р + 9) х= ЮОя + ^/п.
___100л + 9m„ рт— 100л
Отв. Первый слиток веситг, а второй ; г.
p+qp-Vq
Пусть второй кран действовал х дней. Первый кран за т „
один день наполняет -^ чана. Если принять вместимость чана за ,, т п—т _
единицу, то второй кран наполнил 1—— = —-— чана, Следова-
„п—т
тельно, за один день второй кран наполняет чана.
Если бы оба крана действовали вместе -~~ дней, то они со
гласно условию задачи наполнили бы чан, поэтому
nt пх ) 21
или
тх (t+x^—^m—n) t (t + x) = 2nix,
* или
тх2—tnx-Vt^ (л—т) = 0.
Так как л—/л>0, то'оба корня положительные:
х — *Л ^ ^^п^ —^2fn ^—^_tn ± V<tn—2tm^
2т~ 2т
^tn ■£ (tn—2tm)
G 2т
Таким образом, хг=— (п—m), xa=L
Пусть в совхозе было х комбайнов. Таким образом, объем всей работы 24х комбайно-часов.
Согласно плану за первые (х—1) часов было выработано
1+2 + 3+ •• • + (х—l)^^^ комбайно-часов.
Пусть после этого все х комбайнов работали еще у часов, выработав дополнительно (ху) комбайно-часов.
Итак, имеем уравнение
х(х—1) ,
- 2 -+ху = 24х.(1)
Так как х^&О, то уравнение (1) равносильно такому:
х + 2у = 49.(2)
При работе по плану затрачено на всю работу (х—1+у) часов. Но согласно условию (х—5) комбайнов могут выполнить всю работу на 6 часов скорее, т. е. за (х+у—7) часов, т. е.
(х—5)-(x + t/—7) = 24х.(3)
49х
Из уравнения (2) имеем у — —^—. Подставляя это значение у в уравнение (2), после преобразований получим
х2—18х-175 = 0.
Положительный корень (х = 25) этого уравнения служит решением задачи.
Отв. 25 комбайнов.
Обозначим число дней, необходимое первому рабочему для выполнения всей работы, через х дней, необходимое второму— через у.
Таким образом, за день первый рабочий может выполнить -^~ всей работы, второй—™. Согласно условию задачи третий рабо- -1 / 1 , 1 \х + у,
чий может выполнить за один день — ——) , т. е. рабо- 2 \ х у / 2ху г ты. Третий рабочий за а дней может выполнить - ^у" Р3^0™» bс
первый—за b дней — работы, а второй—за с дней —работы. По- ху
скольку работа нами принята за единицу, то имеем систему уравнений
«U+у) । 6 —! А=£_ 2ху х ’ х у *
Решая эту систему, находим
хх__ab + ac + 2Ьс2с__ab + ac + 2Ьс2сab-\-ac-\-2bc25ab-\-ac-\-2bc25
х
х
__ab + ac + 2Ьс2с
__ab + ac + 2Ьс2с
ab-\-ac-\-2bc25
ab-\-ac-\-2bc25
Теперь определим дневную производительность третьего рабочего:
х + у _ 1 / 1_ 1 2Ь + 2с6 + с
2ху ~" 2 \ у^" х j 2 ab 4-ac-t- 2bc~ ab-V ас-V ^Ьс ’
Отв. Первый рабочий может выполнить всю работу за ab + ac + 2bc.«> ab-Vac + 2bc w ч
——^дней, второй рабочий—за L~2£J Анеи> третий
, аЬ^-ас-^-2Ьс ч рабочий —за —Ч-г2дней. о 4" с
Пусть первоначальное число 30 000 4-х. Если переставить цифру 3 с первого места на последнее, то получится число 10^ + 3. Согласно условию задачи имеем
10x-f-3 —30 000-^=29 997 или 9х = 59994,
откуда х» 6666, а искомое число равно 36 666.
Отв. 36 666.
Обозначим большее из искомых чисел через х, а меньшее—через у.
Имеем
ха—у2 = (х —^/)(а:4-^) = Ь5-7-13.
Таким образом, могут быть только следующие системы уравнений!
1 х-у=1, 1 х + у=455;
(1)
( х—у =5, ) х + у=91;
(2)
( х—у = 7, ( х + у = 65;
(3)
/ х—у = 13, | х + у=35.
(4)
Из (1) находим х = 228,у = 227;
из (2)»х=48,у=43;
из (3)»х = 36,у=29;
из (4)»х = 24,у =11.
Отв. Задача имеет четыре решения:
228, 227; 48, 43; 36, 29;
24,
305. Так как однозначных чисел 9, двузначных 90, трехзначных 900, то для нумерации страниц от 1-й до 999-й включительно требуется
9 + 90-2 + 900.3 = 2889 цифр.
Очевидно, что для завершения нумерации книги хватит (с избытком) четырехзначных чисел. Обозначив число четырехзначных чисел через п, имеем
2889 + 4л =6857, откуда л = 992.
Таким образом, в книге
9 + 90 + 900 + 992 = 1991' страница.
Отв. 1991 страница.
Обозначим число детей буквой х, а число орехов, полученных каждым, буквой у.
Последний ребенок получил ха орехов (заметим, что после того, как он взял ха орехов, никакого остатка не оказалось).
Следовательно, у=ха.(1)
Предпоследний ребенок получил
(х— 1) а + ^—j- орехов
[так как n-я часть числа в (п — 1) раз меньше остальной части этого числа; по смыслу задачи п ^ 1].
Составляем уравнение
. (х— 1)" + —-| = у.(2)
Из уравнений (1) и (2) получаем
(*—1)а+-—7 = ха, п — 1
, ахах—а 47 = ах»
п — 1
ах.
- — а» х = п—1.
п —1
Отв. Детей было (n— 1).
Глава VI
ПРОГРЕССИИ И СУММЫ
Первая группа содержит одно число, вторая группа содержит 3 числа, третья содержит 5 чисел, . . . , к-я группа содержит (2^ — 1) чисел и согласно условию последний член этой группы равен к1. Поскольку последнее число (к — 1)-й группы равно (/e^> 1)\ то первый член к-й группы равен (fc—1)2 +1 =£2—2Л? + 2.
Таким образом, сумма чисел к-й группы
Sk=IK^H^yW (2А-1) = (^-» +1) (2А-1).
Отв (А*-* + 1)(М-1).
Ясно, что (& + 1)-е нечетное число выражается формулой a* = 2fe + l.(1)
Найдем число нечетных чисел, меньших первого числа л-й группы,
1+2+3 + . . . +(п-1) = ^^.
Полагая в формуле (1)
п(п-1)
найдем первое нечетное число, входящее в n-ю группу:
2 • —' + 1 = п2—n +1.
2252258 И. X. Сивашинский
225
225
Итак, имеем арифметическую прогрессию ^
(п^—п + Х)» (п2 —л 4-3), .. *. Ж
Сумма чисел n-й группы>.|
2 (л2—л 4-1)4*2 (п—1)I
5Й =gл = л3.у
Отв. п*...
Общий член первой прогрессии ап= 174-4 (л— 1) = 4п +13;й
общий член второй прогрессии а^ = 16 + 5 (/л —1)=5/«4-11. Ясно, 5 что одинаковыми будут те члены, для которых .
4n + 13=5/«4-ll, или- n = m-V^-^-.i
Для того чтобы л было целым, необходимо и достаточно, чтобы т—2 . -.‘•'•
—4— = к было целым числом; отсюда
m = 4&4-2,‘ J
а следовательно, а'т~5(4/? + 2)4-11=20^4-21. Согласно условию 5 задачи А = б, 1, 2, ..., 99 (т. е. искомые числа составляют ариф-й
метическую прогрессию). Первое такое число 21, а сотое—2001.А
Сумма ста чисел ' -|
Si00= —100= 101 100.<
Отв. 101 100.•J
Пусть искомые числа a, a—d, а—2d, а—3d. Согласно ^ условию задачи имеем" ^
а = (а—d^-Ha —2d)a4-(a —3d)2, или „••"' ‘'1
•14d2—12od4-(3a2—а) = 0.
Чтобы разность d была действительным числом, дискриминант этого уравнения относительно d должен быть неотрицательным, т. е.
36а2—14 (За2—а) > 0,;
или7
.6а24- 14а ^ 0,7
или4\
‘ За2-7а<0.*
Решая это неравенство, получаем ‘7■
0<а<у.-
Но поскольку а должно быть целым числом, то а ==1. или а = 2. Обычной проверкой устанавливаем, что условию удовлетворяет только а = 2, тогда искомые числа суть 2, 1, 0, —1.
Отв. 2, 1, 0, — 1.
По условию задачи имеем
sin A — sin В = sin В — sin С, . отсюда
о Д + В . А —В о В + С . В-С
2 cos—-— sin ——= 2 cos —~— sin —-— •(!)
Так как Д+В + С = 180°, то
= 90°-у и Ц^- = 90°-|.(2)
Из (1) и (2) получаем
. С , А —В. А . В-С
sin у sin —у— = sin у sin -у— , или
, A . С В . В . C A sin у sin у cos у—sin у sin у cos у =
. A . В С A . С В4<sx
= 51Пу Silly COS y—Sin у 8$Пу COS у.(3)
Поделив обе части равенства (3) на произведение,
. А , В . С sin у sin у sin у , получим
2ctgy = ctgy+ctgy, что и требовалось доказать.
Имеем
1_ V^—Kai = Ква-Ка?
У^+Уа^о2~^d
_ 1 _ уг>- УТг VT8-
Квв+Коа°а—°i<1
1 Ка„— Коп— Ko„,t
Сложив почленно эти неравенства, получим
.„(^«Э— F^ + d^— К^)+---+(/^— Ка„_1)
5d
Имеем
о 2a1-Vd(n1—1)
»i =2"ь
с _2a1 + d(.n2 — !)„ о2—-п2>
о 2at+xd (п3—1) или
^ = «1+ ~(П1~1),>
^ = ах + у* (^2—0>
-1 = ^1 + —. (п3— 1).
Умножаем полученные равенства соответственно на (п2—nsY (пд—п^ и (пт — п^ и складываем произведения, после чего найдем ^ (П»— П$) + ^7 («з— «1) + ^пг — п2) =
^2П3
= а1[(л2—п3) + (л3—п1) + (л1—п2)] +
+4 {<«1— И (л»— »з) + (л,— О («з—«О + («з— О («1 — л2)]-
Выражения в квадратных скобках тождественно равны нулю, следовательно,
^ («2 — «з) + ^ («3 — «1) + ^ («1 — «з) = 0.
«1П2«3
что и требовалось доказать.
В n-й строке стоят числа
п, «4-1, ..., Зп—3, Зл—2(всего 2п — 1 чисел). Сумма этих чисел равна№"-2) (2"-1) = (2л-1)3.
Пусть
^1 + «2+•♦•+°п= сР
a«+l + aw + 2+ • * • +an + kn
Обозначим через d разность прогрессии. Интерес представляет лишь тот случай, когда d^ 0, так как при d = 0 все члены прогрессии равны между собой и равенство (1) выполняется ^отношение с=-^) . Используя формулу для суммы членов арифметической прогрессии, из равенства (1) получаем
4tai+ai+d^n—^^^ ^i+nd'^ax^’^n+fen—^^^
откуда после сокращения и перегруппировки членов находим
(2ах —2агкс—d + cdk) + n (d — cdk2 —2cdk) = 0.(2)
Так как равенство (2) имеет место при любом п, то
2а! —2ахкс—d-Vcdk = Q,(3)
d(l—скг—2ск)=0.(4)
Сократив равенство (4) на d ^ 0, будем иметь
С=ЙГ+2)’(5)
Равенство (3) можно представить в виде
(2ai—d)(l—cfc) = 0.
В силу (5) второй множитель отличен от нуля и, следовательно, d = 2av
Таким образом, при условии d ^ 0 равенство (1) может иметь место при всех п лишь в случае прогрессии
а, За, 5а, ... (а ^ 0).(6)
Легко проверить, что прогрессия (6) удовлетворяет условию задачи.
Отв. а. За, 5а,... (а ^ 0).
Согласно условию задачи имеем
ag—Oj — a3—a2 —- •. • ——d*
Если d = 0, то доказываемое равенство очевидно.
Считая d ^ 0, будем иметь
— 4—L-+-L- + ...+ —:—= a^g a2ag a3a4^п—i^»
^-А^АлАА-А^Ад-ГА-АН-!-...
\Oi а2/ d \ ^2 аз/ d \а3^4/ d
..МLU+^J1H =
Х^п—й ап—1/ d X^n—l an) d
/ J1 \^—Gl_ ft—1
d \ai an) daxan uxan
317. При317. При1a 10gдоста-1a 10gдоста-о2П1
317. При
317. При
1
a 10g
доста-
1
a 10g
доста-
n = 3 имеем1. Отсюда
«А a2a3 aia3a^ag
=и, следовательно, a3 —а3 = а2—аг. Поэтому
^1^3^1^2
точно показать, что при любом п^4
°п"**од—1 — an—l an-2*
Из условия следует
11
1 +
1
_ п—3
(1)
OlOt '
^2^3
^П-За/1-2
О1Оп_4
1
_ п—2
(2)
01^2 ’
о2а3 '
ап-^ап~1
°1°п- 1
1
П— 1
(3)
0 id л
^2^3
а^п *
Вычитая почленно из равенства (3) равенство (2) и из (2) равенство (1), получаем
-! = (п—2).
^П—2^д—1 ^1^/1—2^1^п —1^/1 —2
Приведя к общему знаменателю, после сокращения найдем
01—«„-! = («— 2)(а„_1—а„), «1—ап-1 = (п-"-2)(а„_2—an-1).
Следовательно, CLn_v—an — anwl—ап-1, что и требовалось доказать.
Первое решение. Пусть av b, с, ...,£,/—конечная арифметическая прогрессия, п—число ее членов, a d— разность, причем d ^ 0.
Если ит и vm т-е члены прогрессии,. равноотстоящие от ее концов, то
a„ = a + d(m — 1), em = l—d(m— 1)
И
«^ = M + d(m-l)l [/-d(/n^l)] = = al + d (m-^1) (/—a)—d2 (m— I)2.
Так как / = a + d(n —1). то
iVm=a/ + d2(m —l)(n—m).(I).
Аналогично находим apvp=al+ d2 (p — l)(n —p).(2)
где Up и t)p—p-e члены прогрессии, равноотстоящие от ее концов. Вычитая из равенства (2) равенство (1), находим
o,Pp—umpm = d2 [(р — 1)(п—р) — (т— 1) (n —т)] =
« d2 (р—т) [л 4-1 — (р + т)].
Пусть р> т* Согласно условию задачи мы можем считать, что Р^*^* и ^<у» поэтому р + т<п.
Итак, da>0, р—т>й, л +1 — (р + т)^ 1> а потому d2(р—m)[n+l —(p+m)] >0.
Следовательно, upVp > и^)т> что и требовалось доказать. Второе решение. Пусть х и у—два члена арифметической прогрессии, равноотстоящие от концов ее.
Тогда х4-у=с—постоянная величина, равная сумме крайних членов.
Рассмотрим тождество
2ху=(х + у)2—(х —у)2, или
*У=4(с2—(*—0)®L(1)
По мере удаления х и у от концов к середине ^х—у^ уменьшается, а поэтому на основании равенства (1) произведение ху возрастает.
Первое решение. Обозначим через а и q абсолютные величины первого члена и знаменателя прогрессии. Согласно условию задачи число членов прогрессии не менее трех и, кроме того, абсолютные величины членов не равны между собой, поэтому q—положительное число, не равное единице.
Обозначим сумму абсолютных величин крайних членов прогрессии через S, сумму абсолютных величин Л-го члена от начала и й-го члена от конца через 8^, число всех членов через т + 1 (т—целое положительное число, не меньшее двух). В силу наших обозначений последний член равен ауФ.
Имеем
S—Sa=a-J-a^w^(а^+J) =
=а—а^—(а^*1—а^т) = а (1—^)~ aq®*1 (1—-q), т. е.
S-S^ad-^d-^"1). -
Так как (т—1)—целое положительное число и q—положительное число, не равное единице, то разности (1—q) и (1—q®”1) одновременно отрицательны или одновременно положительны, смотря по тому, будет ли q больше единицы или меньше единицы. Поэтому (1—<7) (l—^'”-1) > 0, а так как и а > 0, тоа(1 — q)X X(l —q®”1) > 0, или же S—82>0, т. е.
8 > S2.
Аналогично доказывается, что S2 > S3, S3 > S4, ...
Итак, 8 >S2 > S8 >.. .> 8^_! > 8^, где р = ^- или р = ^^- , смотря по тому, будет ли т числом четным или нечетным.
Второе решение. Фактически надо доказать указанное свойство для геометрической прогрессии, все члены которой положительны.
Пусть х и у—два члена этой прогрессии, равноотстоящие от концов ее.
Тогда ху = ахаП1 где alf ап—соответственно первый и последний члены прогрессии, есть постоянная величина.
Рассмотрим тождество
(*+У)2 = (х—У)2 + 4ху, ИЛИ
x-Vy=V (X—»)2 + 4а!«„.
Так как ахап—постоянная величина, то при сближении х и у по их местоположению (х—у)2 убывает, а поэтому убывает и ^x-Vy\ 820. Согласно условию задачи имеем
Хп+1 Хп 5=6 ®ЯП« Следовательно, x^x^aq, x^x^aq^ — Xx + aq+aq^ Ki = x3 + aq* = Xi + aq+aq* + aq*,
1л"-1 xn=xx + aq+aqa+ ...+aqn**1 = x1 + aq—^_q
821. Имеем
aq11 ”1 + aqn + a^”+1 + aqn+2 + aqn + 3 = 19aqn+\ или
aqn-4\-Vq~ 18^2 + ^3 + ^) = 0.
Так как а и q не могут быть равны нулю, то 1+^—18^2 + ^3 + </4 = 0.
Поделим обе части этого уравнения на д2. ^+1-18+9 + ^=0.
Обозначим 7 + ~ через и, тогда уравнение примет вид ц2 + «—20 —0, откуда
?1 = 2+/з; qi=2-f3, q3 = -5+^21, qt = ^j^.W 232
Так как прогрессия возрастающая, то из значений (1) условию удовлетворяет только,
<7 = 2+КЗ?
Тогда m-й член прогрессии
аф+Кз)”"1-!, откуда _1
в —(2+УТ)*"”1 *
и искомая прогрессия будет 111
(2+КЛ'”^1’ (2+Кз)'”"2’ ^Уз)"*-3'
По условию задачи | q\ < 1, а
^^iTfT* “° так как^^iTfT* “° так какОтсюда 1 — q = hq и, следовательно, | q | < 1, значит,
^^iTfT* “° так как
^^iTfT* “° так как
Это последнее имеет место при А > 0 или
Отв. ^>0 или k < —2.
Пусть. alf а2,ап — последовательные п членов геометрической прогрессии.
Предварительно докажем, что>
Р2 = (aia2a3.. .а,^ = («№)"(1)
Действительно,
Г п (и-ппа 2 J = <V ^^-^q"-1^1-
= («1«1?" ■1)” = (О1«»)п.
Согласно условию задачи имеем
Si=Ci + а2 + о3 + • • • + ^й
58-^+^ + ^+,"+а«
Если обозначить знаменатель данной прогрессии через q, то знаменатель прогрессии" 1 111
01 Og О3Од
будет —.
Итак, S^^i-M,(2)
2! L '’^«^“О^^ а1ап* {
q
Из равенств (2) и (3) следует, что Si
Из (1) и (4) окончательно имеем
824. Имеем
s„=-±-+— ±-н~ «1 а «191 aq а^s„=-±-+— ±-н~ «1 а «191 aq а^± —- +... Н- ± —±яaq ОД" aqn± —- +... Н- ± —±яaq ОД" aqn
s„=-±-+— ±-н~ «1 а «191 aq а^
s„=-±-+— ±-н~ «1 а «191 aq а^
± —- +... Н- ± —±я
aq ОД" aqn
± —- +... Н- ± —±я
aq ОД" aqn
Так как q > 1, ^ > 1 и п -► оо, то выражения, стоящие в скобках, представляют суммы бесконечно убывающих геометрических прогрессий, а потому, обозначая искомый предел буквой S, получим
°' 1_1° 1-1 “i^i-1) «(9-1)
919
825. Согласно условию задачи имеем
(1)(2)(1)(2)(3)(3)а + с = 2b,c2 = bdt
(1)
(2)
(1)
(2)
(3)
(3)
1+1=Л
с ^ е d
Деля равенство (1) на равенство (2) и принимая во внимание равенство (3), получаем
а + с21,1а । 11.1
d с ес2 с с еd с ес2 с с е——±=1. или — J1
d с ес2 с с е
d с ес2 с с е
откуда
Поэтому а, с, 826. СогласноПоэтому а, с, 826. Согласное составляют геометрическую прогрессию, условию имеем
Поэтому а, с, 826. Согласно
Поэтому а, с, 826. Согласно
a = a1 + 4d = u1q4>
6 = 0!+16d = u1^u,
с=aY + 36d = uYq^»
где 01, иг — соответственно первые члены арифметической и геометрической прогрессий, d—разность арифметической прогрессии, — знаменатель геометрической прогрессии.
Из этих равенств находим
а — b = — 12d, b-c = -20d> c—a=32d.
Итак,
а6-е6с-Яса-6 = (ц194)-20<< (U1916)32d („193.)-12-i = u0^0 = 1.
Пусть первые члены обеих прогрессий а, разность первой d и знаменатель второй q. Согласно условию
[я 4-(я 4*^)1—(я + я^) = 3я, или
2a*Vd—a—aq=3a1
откуда d = a(7 + 2).(1)
Далее, по условию
а 4* (я 4е ^0 4* (^ + 2d)=а 4- aq 4-flq^i или
2a + 3d = aq + eq2, откуда
Из (1) и (2) следует
3(9+2)=<?2+»—2.
откуда
91=4, 9. = —2.
Подставляя значения q в (1), получаем
^! = 6а, d2 —0.
Очевидно, что d = 0 не дает прогрессии. Таким образом, искомые прогрессии
а, 7а, 13а, ...,
а, 4а, 16а
где а—произвольное число.
Обозначим
d=a,—ap
При п > 2 имеем
= Й1 + (П—l)d=a„, т. е. ап < 6„.
По условию задачи
Oi>0, ~=^>0 и b2 —by — d > Q,ai
где, как обычно, q есть знаменатель геометрической прогрессии, а d—разность арифметической прогрессии.
Пользуясь тем, что ап = а^п-1 и Ьп = Ьг-Цп — 1)d, получаем
log, ап—bn = (п — 1) (1 og, q—d) + log, th — bt.
Для того чтобы рассматриваемая разность не зависела от п, необходимо и достаточно, чтобы loga q — d = 0 Решив это уравнение, находим
a = qd.(1)
Следовательно, искомое число а существует и определяется по формуле (1).
Первое решение. Чтобы найти сумму квадратов первых п чисел натурального ряда, рассмотрим тождество
Зх2 + Зх + 1 = (х + 1 )3—х3.
Полагая в этом тождестве х=1, 2, 3, ..., п, сложим почленно п полученных равенств
3(12+22 + 32+...+п2) + 3 (1+2 + 3+ ...+n) + n = (n + l)3— 1,
3S; + 3SB+n = (n + l)’-l,(1)
где S„ и Sn—соответственна сумма п чисел натурального ряда и сумма их квадратов.
Из равенства (1) и из равенства
о _»(л+1) находим
е л(п + 1)(2л + 1)
6
Второе решение. Пусть Sn—сумма, стоящая в левой части формулы. При л = 1 обе части формулы совпадают. Покажем, что если формула верна для некоторого п, то она верна также для л + 1. Имеем
8л+1=$п+(«+1)2='!-^^Ш^^
_(n + l)(2na + 7n + 6)_(n + l)[2n (n + 2) + 3(n + 2)] _66
_(n+1) [(n +1)+1] [2(« +1) + Ц “6
Следовательно, формула верна при любом натуральном п.
381. Имеем
к^к-\^_к^к Ь2 ~ 2’
отсюда
^ = 20^ к.
Придавая к в этом равенстве значения 2, 3, .... п, получим
22=2С| + 2, .
32=2Са + 3,
42 = 2Са + 4,
п?=2С®+п.
Сложив эти (п—1) равенств и прибавив к обеим частям по единице, получим
Р+2а + 38+...+п2 = 2(Са + С|+Са+... + Са) +
+ (1+2 + 3+...+ п). Но
1+2 + 3+...+п=2^^ = Са + г Следовательно,
1*+22 + За + ... + п2 = С2+1 + 2 (С2+С2_1+... +С2).
Первое решение. При n = 1 левая часть формулы равна правой части (2«=2).
Покажем, что если формула верна для л = >, то она верна также для n=A +1.
Имеем
S»+1 = S» + (A + l)(» + 2) = ^±+^4(fc+l)(A + 2) =
(6+1) (А+2)3(6+1) (А+2)3(й+з)=(1+Щ(^±Д±1Ш5+2)±21(й+з)=(1+Щ(^±Д±1Ш5+2)±21
(6+1) (А+2)3
(6+1) (А+2)3
(й+з)=(1+Щ(^±Д±1Ш5+2)±21
(й+з)=(1+Щ(^±Д±1Ш5+2)±21
Следовательно, формула верна при любом натуральном п. Второе решение. Имеем
5„ = 1(1 + 1) + 2(2 + 1) + 3(3+1)+Л.+п («+!) =
= (Р + 22 + 32+...+п2)+(1+2 + 3+...+п).
Но так как
1+2 + 3+...+п=1№),
1»+ 2*+3s + ... + п» = М1±Ш21+1)
(см. задачу 330), то
« __п(п4-1)(2п+1) п(п+1)_л(п+1)(п + 2) 63~3
Третье решение. Напишем п очевидных равенств:
Ь2-3—О.Ь2 = 3*(Ь2),
2.3.4—Ь23 = 3-(2-3),
3-4.5—2-3.4 = 3‘(3*4),
n(n + l)(n + 2)—(п — 1) n (n+1) = 3 [n (n+1)].
Складывая эти п равенств, получим
n(n + l)(n+2)=3[b2 + 2.3 + 3-4+...+n(n+l)l = 3S/2,.
откуда
п (п+1) (п + 2)
з
Сумма к членов данного ряда
Sh=n8—п.12 + 2-Зп2^22.2л + 3.5па—ЗМп+...+
+ (2£-1)*п2—ЛМл, или
S^n* [1+2-3+3-5 + ... +* фк-1)1 —
— л (Р + 2» + 38 + ... + к8).(1)
Имеем
1=2-1*—1,
2-3=2 (2-2 —1) = 2-22—2, 3-5=3(2-3-1)=2-32—3, 4-7=4(2-4—1)=2-42—4,
А(2Л—1)=2й2—й.
Складывая эти равенства, получаем
1+2.3 + 3.5 + 4.7 + ...+А(2й—1)=2(1а4-22 + 32+...4-й*)—
-»+2+3+..
(2)(3)(2)(3)Л(^+1)(4А?—1) ™6
(2)
(3)
(2)
(3)
Известно, что
18+2»+33+... +й»=^У^.
Из (1), (2) и (3) следует
-п2/г(^+1)(4^—1) n^ty-l)2
64
При к — п имеем
_^з (п +1) (4п—1) п»(п + 1)2_, -б4-
" [8„-2-3„-3|="6Ы.
334. Имеем
Srt = (4d2 —1)х + (4.22 —1)я2+...Ч^4.^^ или ..
$я=4(Р.х+22.х2+ ... + п2х")—(*+х2 + ... +х").(1)
Пусть
_ y = x-V-^x2 + .».-V-n4n.(2)
Умножим обе части последнего равенства на х
ху=хй + 22№ +... + пЧп+х.(3)
Вычтем из равенства (2) равенство (3)
|/(1— x)=x + 3x2+ 5х3+... + (2п— 1)х”—п2хп^\(4)
Умножим равенство (4) на х
ху (1—х) = х2 + 3х3 + 5х4 + ... +(2п— 1}х” + 1—п2х”+я.(5)
Наконец, вычитая из равенства (4) равенство (5), получаем у (1— х)2 = х + 2(х2 + х3 + ... + х”)—(п2 + 2д—1)хл+1 + п2х”+2, или 9/уВуЛ+П
у (1 — х)2 = X + —™1_х—— (п2 + 2л — 1)хя + 1 + п2х”+а.(6)
Воспользовавшись тем, что
получаем из (6)
_х + х2—(п2 + 2л + 1)хп + 1ti~(1—х)3_х + х2—(п2 + 2л + 1)хп + 1ti~(1—х)3(2n2 + 2n— 1) х"+2—м2х"+3(1-х)3(2n2 + 2n— 1) х"+2—м2х"+3(1-х)3
_х + х2—(п2 + 2л + 1)хп + 1
ti~(1—х)3
_х + х2—(п2 + 2л + 1)хп + 1
ti~(1—х)3
(2n2 + 2n— 1) х"+2—м2х"+3(1-х)3
(2n2 + 2n— 1) х"+2—м2х"+3(1-х)3
Подставляя значение у в (1), находим
сЗх + 6х2—х8—(4n2 + 8/i + 3)x"+l ,
(1—х)3+
(8п2 + 8п—6)х”*2—(4n2—1) х"+3 +(1-х)3
Изложенное выше имело смысл при х ^ 1. Если же х=1, то из (1) следует
5„ = 4(12 + 22 + 32+...+/г2)-л = . п (n + 1) (2п+ 1) п | = 4 ■ ——55= (4n2 + 6n— 1).
Отв. ^-(4л2 + 6п—1),
385. Складывая тождества
Ь2=1(3—1)=ЬЗ—1,
1.3.4=ЬЗ(5₽1)=Ь3.5-Ь3,
1.3.5*6=Ь3.5.7-Ь3.5,
Ь3.5*7.9...(2п—1)2п=ЬЗ-5.7.9...(2п—1)(2п+1)^.
— 1.3.5-7-9... (2n—1), находим
j.2+1.3.4+ 1-3.5-6+...+ Ь3.5.7.9... (2n— 1) 2л =
= Ь3.5... (2п—1) (2n+0—1.
Отв. 1-3.5 .. .(2п—1) (2п +1)—1.
336. Замечая, что л-й член ряда равен
2-4-6...2(л — 1) (2n— 1)
и складывая тождества 1 = 1,
■2-3 =2 (4—1) = 2-4—2,
2-4-5 = 2-4(6— 1) = 24-6—2-4, .2-4-6-7 = 2- 4-6-8—2-4-6,.
2-4-6-8.. .[2 (л —1)] (2л—1) = 2-4-6-8.. .(2л)— . "1—2-4...[2(п —1)],
получим•
1+2-3 + 2.4.5 + 2-4-6.7+....
...+2-4-6-8.. .[2 {;: — !)] (2л —1) = (2-4-6.. .2л)—1=2"-л! — 1. Отв. 2”л!— 1. 337. Возвышая в квадрат обе части равенства -.
1+2 + 34-4+.. .+(п-!) + « = " (" + 1),
получим
P + 2* + 3s+...+(n—1)2 + па + 2[Ь2+ЬЗ+...+(п—1)п] =
.а.
Выражение, заключенное в квадратных скобках, есть искомая сумма; обозначим ее через S.
Так как .
р^.22 + 32+... + л2 = ^-^-^^^^
то (1) принимает вид л(л+1)(2л+1)л2(л + 1)2
Ь2Тз +“4'
откуда ‘ (л-1)л(л + 1)(Зл + 2) 1-2-3-4 е
838. Имеем 2-12=12 + 13, 3-22 = 22 + 2з, 4-32 = 32 + 33,'
(л+1) л2 = л2 + л3.
Складывая эти. равенства, получаем
S = (l2 + 22 + 3a+... +п8)-КР+23 + 38+...+«8).
Известно, что
I8+2* + З8 + ... + п2 = ^+57^-^
И
Р + У+З^.-.+п»™ [-^^У» поэтому
п(п + 1)(2п+1) Гп (n + l)18_n(n + l)(n+2)(3n+l)
Ь2-32 J ~ЬЗ-4
n (n+1) (п + 2) (3« +1)
Отв- —Гз+'
Имеем
S(а2-а8)-(а8-а8)-...-(а8„-а8„_1) =
= — [(«2—«1) (o2+oi) + (o4—а3) (о4 + а3) +... + (аа„—«,„_,) X
X (o2n + a2n_i)] = —d(ai + o2 + a3+a4 + .., + о2п_1+а2„),
так как'разность прогрессии d=a2—-aL — a4—а5 = ... = а2п—a2«-i- Далее
с .2a1 + d(2n—-Y) оо о .
5 =—d———- -2n — dn [d (1—2п)—2а1}.
Отв. dn\d(Y—2п)—2а^.
Так как
8 = 9—1,
2-89 = 2(9-10— 1) = 9-2-10—2,
3-899 = 3 (9-102 —1)=9-3-102—3,
п раз
п-899.. .9 = п (9-10” — 1) = 9п-10"- п, то данная сумма
S =9 (1 + 2- ю+з • 108 + ... + п • 10" ~ 8) - ”-^” + ^
Пусть
А = 1 + 2-10 + 3- 102+-.-+п.10"“1, тогда
Ю А = 10 + 2 -102 + ... + (п — 1) -10” “1 + п -10”, откуда
—9 А = 1 +10 +102 + Ю3 + ... +10" “^ п-10” и
Следовательно,
S = | [(9n— 1). 10" + IJ-^I^+l)
Умножив обе части равенства
Sn = l+2a + 3a2 + 4a3 + 5a4+... + /Ш*"1(1)
на а, получим
aSn = а + 2а2 + За3 + 4а4 + ... + па"(2)
Из равенств (1) и (2) следует
(a-^l)S„=— (1+а + а2 + а3+...+а""1) + па" или
откуда находим
(а— I)2’
Легко убедиться в справедливости утверждения при n —1. Пусть формула верна при некотором п^1. Обозначим через S„ сумму, стоящую в левой части формулы. Имеем
S"+x = S” + (n+l)(n + 2) (п + 3) =
_ п(п + 3)1
-4(п + 1)(л + 2) 'r(n+l)(n+2)(n-|.3)’ Отсюда *
n»4-6n1 + 9n+4_ («+1)(п8 + 5п + 4) _
6"+l”4(n+l)(n + 2)(n+3) 4(n + l)(n + 2)(« + 3)
(n+!)[(» +1)+3]
“ 4!(« + !)+1H(«+D+2| *
Следовательно, формула справедлива при любом натуральном п.
843. Заметив, что
344. Имеемt 2т4 t2 + l 22+l 2» + !—22s344. Имеемt 2т4 t2 + l 22+l 2» + !—22s2” -i2” -i= 1 + 1+ ^ + 1 + ^ + 1+^-+■••+ 1 + ^—1 —= 1 + 1+ ^ + 1 + ^ + 1+^-+■••+ 1 + ^—1 —— П ( 2 "*" 23 +“— П ( 2 "*" 23 +“
344. Имеем
t 2т4 t
2 + l 22+l 2» + !
—22s
344. Имеем
t 2т4 t
2 + l 22+l 2» + !
—22s
2” -i
2” -i
= 1 + 1+ ^ + 1 + ^ + 1+^-+■••+ 1 + ^—1 —
= 1 + 1+ ^ + 1 + ^ + 1+^-+■••+ 1 + ^—1 —
— П ( 2 "*" 23 +“
— П ( 2 "*" 23 +“
Выражение, заключенное в скобках, есть сумма (п— 1)-го члена убывающей геометрической прогрессии. Поэтому искомая сумма
о 2”1
^« = ^4p = n + 1 —1 .
Имеем
3 _22 —111
(Ь2)2 (Ь2)2 I2 22 ’
5 _ 11
(2-3)2“22 З2’
2п +1_ 11
[n(n + l)]2~n2 (п+1)2*
Складывая почленно эти п равенств, получаем
(Ь2)2 ^(2-3)» ^‘“^[«(n+l)!2(п+02’
Отв. 1 — 7—.
(«+0а
Рассмотрим тождество
а—а„ = (а—at) + («!—а2') + (а2—а3) + ... + (а„ _!—ап). Пусть
а-I, «1-2. о2-2.3. “з—2.3.4а”-2•3...(n4-l), тогда
11,2,3,, п _с
2-3-4...(п+1)- 2 "t"2-3"t"2-3-4‘" *"2-3..,(п+1)”*
Итак,
2-3-4. ..(п + 1)’
347. Имеем347. ИмеемЬ4 3 V 14 У ’
347. Имеем
347. Имеем
4 73\ 47 У ’
11М
7-10“ 3 \ 710/ *
10-133ЦО 13/*
Итак,Итак,1-1 f 11
Итак,
Итак,
(Зп —2)(Зп+1)3 \3п — 2 Зп+1 /•
3^14 / 3 < 473 \ 7 10 у
^З^Ю 13/^3\3п — 5 Зп—2 у
3 \?л~^ Зп+1
После раскрытия скобок и приведения подобных членов получим
/1 V Зп _ п
3 \ 1 Зп+1 J~3(Зп+1) Зп+1 •
Оше. .
иП + 1
348. Имеем
S = 4S = 42«-22"-1'2«-22"-1'Далее,
S = 4
S = 4
2«-22"-1'
2«-22"-1'
(1-10)2« = (-9)2,, = 81"(1-10)2« = (-9)2,, = 81"
(1-10)2« = (-9)2,, = 81"
(1-10)2« = (-9)2,, = 81"
Легко заметить, что левая часть доказываемого равенства равна
Составим комплексное число
К = А + Bi = (cos х + i sin x) 4-2 (cos 2x 4- i sin 2x) 4- 4-3 (cos 3x4-/sin3x)+ ... 4-n (cosnx-j-/ sinnx)== =cosx-M sin x 4- 2 (cos x 4-/ sinx)24- 4-3(cosx-H sin x)3+ ... 4-n (cos x-(-isinx)" = = z+2224-3z34- • • • +^zni где z=cosx-H sinx.
Теперь находим произведение
К (1 -Z)=z + 2z2 + 3z3 + ... + nz"—z8—2z8—... —(n — 1) z"—nzn +t=
= z-|-z24-z34-... + zn —nzn+1 = —^^ • — nzn+\ откуда
Далее определяем
(l—z)2 = (l—cosx—/ sinx)2 =
= 1 —2cosx4-cos2 x—2/ sin x(l—cosx)—sin2x=
= 2 cos2x—2 cos x—2i sinx (1—cosx) =
= — 2cosx (1—cosx)—2/ sinx(l—cosx) =
= —2(1—cos x) (cos x-j-< sin x)=—2(1—cosx)z.(2)
Из (1) и (2) имеем
1— zn—nz"(l-z)_ 1 — zn — nzn-Vnzn^ _
~~ —2(1—cos x)—2(1—cos x)
_1—(n-h 1) (cos nx-H sin nx)4-n [cos (n4-1) x4-t sin (n4-1) x]
w—2(1 —cos x)
Так как два комплексных числа равны тогда и только тогда, когда равны их действительные части и равны их мнимые части, то
д —1—(л + О cos ^4-^ cos (n4-l)x
— —2(1—cos х)
и
_ — (п +1) sin пх4-м sin (n4-1) х
2(1 —cos х)
Имеем
sin а +sin (а 4-0)4-sin (а 4-20) 4- ... 4-sin (a + «0) =
= ——g- [2 sina sin у 4- 2sin (a + 0)sin у + 2sin (a4- 20)sin -|^ + • 2 sin L
... 4-2 sin (a4-n0) sin -|-1 =—/ [cos fa ——
2J 2sin^’L x 7
— cos (a+ "2 )] + [cos (®+ y) ~cos (°+3у)] + "*, Г / , 2« —1 _\/ , 2«4-l oM I
|_cos^a+—pj—cos^a4-—g— "JJf”
- Г/p\/ , 2n4-l „ M
e—0 [cos-cos (a4- —₽ J =
2sin-£ Lx 74/J
. / , «0\ . /«4-1 n\ sin [ a4--^-) sin I — 0J
=7*0
sin I
852.
S=cosa4-cos (a4-P)4-cos (a4-2^)4- cos (а4-ЗР)4--.»4- 4-cos(a-|-n0) = sin ^ 4- a^4-sin^fy 4- «)+ p] +
4-sin [fy + a)+2P] +---+sin^y 4- a) + np]
Y °)
. /л .. np\ . («4-1)0 f , np\ . («4-1)0
sm('2 +“+ 2 )sin' ^2 ' cos (“ + T / sm - ™2 "S=—-—-.
sin^Sin J:
Так как ctg(fe—l)x—ctgfex = -r-7r—^^—^—т- , то '6 sin (A— l)*sin kx
-T—7T—nr—r— = cosec x I ctg (A—1) x—ctg Ax]. Sin(^—1) X Sin^XtJ
Придавая /г значения 2, 3, ...» n, получим
-jH-^-=cosecx(ctgx-ctg2x),
ЙНтаЗх =cosecx(ctg2x-cig3xX
cosec x [ctg (« -1) x-ctg л,].
Сложив эти равенства, найдем
S = cosec х (ctg х — ctg ах), или
$ — ын (n— ^ x
sin x sin nx
Пусть r—разность прогрессии, тогда искомая сумма S = sin аг sin (at + г)+
откудаоткудаtgai tga2tgai tga2tg a8—tgaitg (02 — 01)tg a8—tgaitg (02 — 01)jtga2—tgattgrjtga2—tgattgr+ sin (ax + г) sin (ax + 2г) + ... + sin [^ + (n — 1) r] sin (ax + ar). Имеем
откуда
откуда
tgai tga2
tgai tga2
tg a8—tgaitg (02 — 01)
tg a8—tgaitg (02 — 01)
jtga2—tgat
tgr
jtga2—tgat
tgr
где r—разность прогрессии. Аналогично имеем
tga2tgas=tga2tgas=tgo3tga4 =tgo3tga4 =tgQg—tga2 tg(a3—«а) tg Qi—tgos tg (o4—Оз)tgQg—tga2 tg(a3—«а) tg Qi—tgos tg (o4—Оз)1 tga8—tga2 ttgr_tga4—tga3 ttgr1 tga8—tga2 ttgr_tga4—tga3 ttgr
tga2tgas=
tga2tgas=
tgo3tga4 =
tgo3tga4 =
tgQg—tga2 tg(a3—«а) tg Qi—tgos tg (o4—Оз)
tgQg—tga2 tg(a3—«а) tg Qi—tgos tg (o4—Оз)
1 tga8—tga2 ttgr_tga4—tga3 ttgr
1 tga8—tga2 ttgr_tga4—tga3 ttgr
Складывая почленно последние п равенств, получим искомую сумму
S ^^^+1 — 1^01 пtgr
Известно, что . n ctg2a— 1 ctg 2a = ,
62 ctg a
откуда
2 ctg a ctg 2a = ctg2 a —1._a a
Подставляя в это равенство вместо а последовательно -^ , ф aa
2з»22"» получим 2п равенств
2 ctg 2" ctg a = ctg* у —1, 2ctg^ctgy=ctg»^-l, 2ctg^ctgj = ctg»^-l,
л . a , a , « a , ^ С4» 22« C^g 22га -1 C^S 2”*
Перемножив 1-e, 3-e, 5-e, ..., (2n — l)-e равенства и разделив полученное произведение на произведение остальных равенств, легко получим доказываемое равенство.
Предварительно докажем тождество
ctg a—2ctg2a = tga.(1)
Имеем ,. sin a cos a sin2 а—cos2 а
ьcos a sin a sin a cos а
—2 (cos2 a —sin2a) _ cos 2а £ =— '- —~2 • ~——= —2ctg2а,
2 sin a cos asin 2а s ’
отсюда следует справедливость тождества (1). Из.(1) следует, что tga = ctga—2 ctg 2a, 1 ,a1.a.
ctg"ctga-
1 ,a1.a1 . a
2,tgT = 7 ctgT-Tctgy,
gn-i tg 2”-1 2"~* Clg 2n-1 2я-» C^g 2я-*
Складывая почленно эти равенства, получим
3 = 2^1 ct8 y^i ~ 2 ctg 2а.
358. Умножим числитель и знаменатель заданного выражения на 2 sin а:
sin г^1 аcos а • cos 2а • cos4a... cos2ffa=• 2*+1sinasin г^1 аcos а • cos 2а • cos4a... cos2ffa=• 2*+1sina860. Имеем860. Имеемsin a sin аsin a sin аcos 0—cos 2а2cos 0—cos 2а2sin За sina =sin За sina =cos 2а—cos 4а2cos 2а—cos 4а2
sin г^1 а
cos а • cos 2а • cos4a... cos2ffa=• 2*+1sina
sin г^1 а
cos а • cos 2а • cos4a... cos2ffa=• 2*+1sina
860. Имеем
860. Имеем
sin a sin а
sin a sin а
cos 0—cos 2а
2
cos 0—cos 2а
2
sin За sina =
sin За sina =
cos 2а—cos 4а2
cos 2а—cos 4а2
2 sin2 а+ 2 sin а sin За +... + 2 sin а sin (2п — 1)а
2 sin а cos а + 2 sin а cos За + .., + 2 sin а cos (2п — 1) а
_(1—cos2a) + (cos2a—cos4a) + ... +[cos2(n—l)a—cos2na]_
sin2a + (sin 4a—sin2a) + ... + [sin2na—sin2 (л— l)a]
1—cos2na2 sin2 ла
sin2na 2 sm na cos na *
Отв* tgna.
859. Имеем
sin2a
cosa —;— ,
2 sina
„ sin 4a
cos 2a — - . o ,
2 sin 2a
. sin 8a
cos4a=^-T—T- ,
2 sin 4a
• • •
sin2*+1a
cos2ffa— nк— .
2 sin a
Перемножив почленно эти (Л?+1) равенств, получим
. - .cos 4а—cos 6 а
sin 5а sin а=s
. _...cos(2/i—2) a—cos 2па
sin (2п — I) a sin а =5 .
Сложив эти равенства, получим
sin a [sin a + sin 3a + sin 5a+... +sin (2n—l)a]=-
или
sin a [sin a -j- sin 3a + sin 5a +... + sin (2л — 1) a) = sin2na.
Поделив обе части последнего равенства на sin2 а, получим ^2^-[slna + sin 3a + sin5a+...+sin(2n —1)а] = ^^^^ .
Имеем »1 + cos 2а
cos2a = —,
l+cos4a •cos?2а = —.
я 1 + cos 2na ■-cos2na=—*—2 •
Сложив эти n равенств, получим
„ ,яn + (cos2a + cos4a+...+cos2na)
cos2 a + cos2 2a + ... + cos2 na = —~5‘ .
Легко доказать (см. задачу 352), что• .
п . л ,. a sin na cos (и+1) a
cos 2а + cos 4а + ... + cps 2па = -:5—— ,
поэтому й91 Г । sin na cos (n+1) а!
cos2a+cos22а+...+cos2 па = -^- п 4г—1—5—~ .
z Isin а I
1 Г . sin па cos (п + 1) а!
Отв. — п 4. \ —— .
2 [sin.a J
Заменяя1 а на р, а п на п-j-l в формуле
cosa + cos (a + P) + cos (a + 2P)+ ... +cos (a + nP) =
cos(a + ^).,n<l+O9Sin-|-
(см. задачу 352), получим (n—l)al , (n —l + l)an + 1, na
a + 4s$n 12^—C0S a S ° 2*
^.a. a “
sm -2.sin j
.. n + 1. na
cos-~—a sin
' Отв. —.
. a sln2
Заменяя 0 на а, а п на п + 1 в формуле
sin а + sin (а+ 0)4-sin (а+ 20)+ ... + sin(a + n0) =
sin (« + ^) sin (Ц^ р sin I
(см. задачу 351), получим
(n—l)al . ( п —1 + 1 V . (n+l)a . па a + —2^” 81П\Т— a / Sln 1—sm 2*
sin —Sin ^.
. (n + 1) a . na sin ™ Sin -^ Ome. .
. asiny
364. Имеем
11^3"
arcsin 1 —arcsin — =arcsin -^—
, 1. 1. / 11 1, 1 \
arcsin ——arcsin v=arcsin( — у 1 — — — — 1/ 1——) = aОZ гУ и г4 1
. j/T—^ = arcsin —
о
, 1. 1. KI5-K8
1 (n+1)2 n+11 (n+1)2 n+1=arcsin=arcsinV n2 + 2n— V пг— 1n(«+l)V n2 + 2n— V пг— 1n(«+l)arcsin—arcsin —=arcsin^,
1 (n+1)2 n+1
1 (n+1)2 n+1
=arcsin
=arcsin
V n2 + 2n— V пг— 1n(«+l)
V n2 + 2n— V пг— 1n(«+l)
s 1. 1
arcsinarcsin——=arcsin
СложивТак какСложивТак какn n + 1
Сложив
Так как
Сложив
Так как
почленно эти равенства, получим
Sn=arcsin 1—arcsin——? .пп + 1
. , л:.1,1
arcsin 1 =-7г = arcsin —— +arccos ——г
2 п + 1 1 п + 1
то
S„ = arcsin —^-r+arccos —$-7—arcsin —~=arccos —^-т .”n+1 1n+1n+1 n+l
Отв. arccos —r-r . n + 1
Глава VII
ОСНОВНЫЕ СВОЙСТВА ЛОГАРИФМОВ.
ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ И ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ
Логарифмируя обе части равенства а|о8.6=& по основа- нию bt получаем
logfl 6 log» а = log» 6= 1, откуда
log0b = -j—?— .
_ -1обб °
Так как
log6 а =. и aXoga b = b>
logtib
то
logb Iog6 а
а \^ьа __ ( aloga 6) log6 log^ й = ^log^ log^ a __ jog^ ^
Логарифмируя обе части равенства aVogaN™N по основанию Ь, получаем
iog»W log» а ‘iog»W log» а ‘log» (a!oga ^l = log»/V, или log„/V (log» a) = log» W, откуда
iog»W log» а ‘
iog»W log» а ‘
logaW =
logo fl loge (об) ’logo fl loge (об) ’Имеем (см. задачу 367)
logo fl loge (об) ’
logo fl loge (об) ’
V^abN = -
следовательно,
\^=§^=Xo8«w^
logo (a»)
(I)(I)(2)(2)Требуется доказать, что logoW, log» N и logy W—три последовательных члена арифметической прогрессии, т. е.
(I)
(I)
(2)
(2)
2 log» W = loge 2V + logc 2V, или (после приведения всех логарифмов к основанию а)
2121^ = 1о8вд, + Ы. logo 6Ьоlogo о
ИЛИ
2. ,1
loga6' log. с ’
или
иди
(logo 6) (1 +logo С) = 2 logo с,
(ac)l°ga*=c2.
Так как произведенные операции обратимы, то из (2) следует (1).
Первое решение. Пусть logba=x, т. е. Ь* — а. Возведя последнее равенство в степень п, получаем Ьп*=ап, или (6”)*=а".
Следовательно,
\og^an = xtили согласно нашим обозначениям имеемlog^a = log6na".
Второе решение* Имеем
. п log^ a log& а” 1°£ь»аП . п ^ba — "nAog^b™ \о£ьЬп ~\ogbnb\ogbbra = °^а •
371. Логарифмируя обе части равенстваа2 = с2—62 =
«=(е—ЬНс+b) по основанию а, получаем
2 = loge (с—6)+loge (с + 6). Отсюда
2=-I
loge_fr a log^a
и, следовательно, loge+» о + loge_.fr 0 = 2 logc+d а. loge_.fr «•
Вначале докажем, что 6 > 0. Действительно, выражение tab равно сумме квадратов (4а2 + 962), из которых один не равен нулю (4a2 > 0), поэтому ab > 0. Но так как a > 0, то и 6 > 0.
Поделив обе части равенства 4a2 + 962 = 4a6 на 16, получим
a2 962 _ ab
(1)(1)4 + 16 "~ 4 *
(1)
(1)
Прибавим к обеим частям (1) по —^~
иля
Логарифмируя это равенство, находимЛогарифмируя это равенство, находимили
Логарифмируя это равенство, находим
Логарифмируя это равенство, находим
log 2a + ^ _ log о + log 6
Поскольку а, b и с—последовательные члены геометрической прогрессии, то Ь^ — ас.
Логарифмируем обе части этого равенства по основанию N 2 log# & = logw a+logN с, или
log# b—log^ a = log/v c—logN »•
Преобразуем правую часть доказываемого равенства
11
log^W—bg^AT tog# alog# 6
log# b\ogNc
^ 10g#6 —10g#Q log#*? _ | , 10g#C = logq^v log# c—log# b log# a * log# a log6 N *
Поскольку
TO
Отв. -г-.
Приведя все логарифмы к одному основанию, получим
=11 • X 11 ц. 11=
^ logy a logy 6 + logy 6 logy с + logy с logy а
= J2gy£±jogya + *ogy6_ _- logy (abc)
logy a logy b logy c logy a logy b logy c ’
или
1
_ 10go»cW _loga TV-log» TV-log, TV
У~ 111^ЬсТУ
logeW log6AT log, TV
Первое решение. Пусть
^Sa, x = °1- 1о8а,x = “г. loga, x = °зНа. x = а»«
откуда
x = a^\ x = a^\ x^a^*x = a^№, или
JL A-1.
5^=Oi, xa* =o2, xae=o8ха^=ап.
Перемножив последние n равенств, получим
xai a# a#an=агааа8 ...an,
откуда
.a, a,
< = (^1030$ ... а„)•
Логарифмируя обе части последнего равенства по основанию аха2а8 ...ап, получаем
«1 + «2 + а3 + ’ * * + ай
1
1°8а, * logo,log а„*
Второе решение.
^а^а, . . ,апх fog^ ^^^ . _ а^
log* ах + log* ай + log* а3 + ... + log* ап ” 1
l°ga,X l°ga,x 'og^X
Первое решение. Пусть toga№m, log*x = n, откуда
x — a^ x = bn, или ii
xm = a, x n — b.(1)
Из последних двух равенств получаем 11
a"ba"bт” пх6 •
a"b
a"b
Логарифмируя обе части этого равенства при основании получаем / 1 IV . log х= 1; \ т п ) отсюда
log^x=lГ'
6 т п
Но так как из (1) следует, что 1 ..1 .
— Iogex=l и — log6X=l, или 1111
=-. и = т \ogaxп logbJt
то
1 log* X—logtf X
log» х log*X
Второе решение.
1о£а/ =Т1о£а/ =Т1111378. Имеем378. Имеемa logxa-log^ b= logax-log6x logbx—logox‘a logxa-log^ b= logax-log6x logbx—logox‘1logox log^x1logox log^x
1о£а/ =Т
1о£а/ =Т
1
1
1
1
378. Имеем
378. Имеем
a logxa-log^ b
= logax-log6x logbx—logox‘
a logxa-log^ b
= logax-log6x logbx—logox‘
1
logox log^x
1
logox log^x
п (П-1)
Далее,Далее,c=aka^'... an = a-aq ... <aqn"x^anq 8
Далее,
Далее,
tog, b = -—2^— “
l°gac , n(n—\) .
6 n+S^Nat
Но так как
поэтомупоэтомуХ0«д=^Ь.д =^gb.= A.iro%a4 log6a log?6 S'
поэтому
поэтому
,. 2A-B
]°ёсЬ2nB + n(n—\) A "
Преобразуем правую часть доказываемого равенства.. Имеем
—logs log3—logs log3п разп раз— log3log3 3 3— log3log3 3 3
—logs log3
—logs log3
п раз
п раз
— log3log3 3 3
— log3log3 3 3
Я,
что и требовалось доказать.
(1)(1)Имеем (см. задачу 365) у COS X==-i;— .
(1)
(1)
6sin х|ogcos sln x
Учитывая (1), перепишем заданное в условии уравнение так:
10grn. „ sin X Н::=2.
^ -г iogcosxsinx
Но если сумма двух взаимно обратных чисел равна дв^м. то каждое из них равно единице. Следовательно,
l°gCOsx sin х~ h sin х —cos х, tgx=l
ИГ
х^=2л/? + -^-, где k = 0, ± 1, ±2,...
2572579 И. X. Сивашинский
257
257
Заметим, что мы взяли двойной период для тангенса; это л
объясняется тем, что если х = ля +, то при £=2п и sinx>0,
и cosx>0, а при ^ = 2п+1 и sin х< 0, и cosx<0, а последнее не может быть, так как sinx и cosx в данном уравнении должны быть только положительными.
Отв. 2лк + -^-, где k = 0, ± 1, ± 2, ...
Так как х+1>0, то данное уравнение равносильно такому:
2 logs(x+l) + log2(х+ 1) = 6, или
log2 (х+1) = 2,
откуда х+1=2 = 4 и х = 3.
Отв. 3.
Перейдя в уравнении к логарифмам по основанию 10, получим
/ 4—х\
1+ 8V.10 /=(igig„_i) 1.
‘ 1g х ь ь 1g X
Отсюда после простых преобразований придем к уравнению
. ( 4—х\ . Ign
8 v io )~ 8 ю "
После потенцирования будем иметь
х2—4x + lgn = 0,
откуда
*1,2 = 2 ± /4—Ign .
Должно быть 4 —Ign^O, т. е. 1g и ^4. Из условия ясно, что 1g и > 0, х > 0, х ^ L п > 1.
Рассмотрим четыре возможных случая.
Если 1 < n < 104 и n ^ 10, то уравнение имеет два различных корня:
х1==2+К4 —lg п и х2 = 2—1^4 —lg п .
Если п = 103, то имеется лишь один корень х — 3.
Если п=104, получаем также один корень х = 2.
Если, наконец, n > 104, то корней нет.
Заданное уравнение равносильно такому:
6x = logac.(1)
Рассмотрим четыре возможных случая.
Если с>1 и a>L то уравнение имеет единственное решение
x = log6 loga с.
Если а > 1 и с < 1, то нет решения, так как в этом случае loga с < 0, что противоречит уравнению (1).
Если а<1 и с^1, то также нет решения, поскольку и в этом случае logo с <0.
384. Так как
logbc=। l°ga *Og»X = -:'," И66 log»Ьlogbc=। l°ga *Og»X = -:'," И66 log»Ьtoga ОlOga 6 *toga ОlOga 6 *10gcX =10gcX =togqX togaC *togqX togaC *
logbc=
। l°ga *
Og»X = -:'," И
66 log»Ь
logbc=
। l°ga *
Og»X = -:'," И
66 log»Ь
toga О
lOga 6 *
toga О
lOga 6 *
10gcX =
10gcX =
togqX togaC *
togqX togaC *
то данное уравнение принимает вид
fl+_L_Log х ^^ tog^Ao^x
\ log, с/ 80 log, 6 logo6-logoс ’
откуда
logo X (logo X—logo c—1) = 0.
Это уравнение разбивается на два уравнения:
loga^^O, откуда х1=1,
logaх — logaс— 1 — 0, или loga-y = l, откуда хг = ас.
Отв. 1, ас.
885. Имеем
lg (M = 21g(x+1), откуда
(^+1)2^^ или
х2 + (2 —^)х+1 = 0.
Решая это уравнение, получаем
(1)(1)к VF=^
(1)
(1)
*1,2-2—1 ±2
Для того чтобы корни были действительными, необходимо, чтобы к было не меньше 4 или отрицательно.
Если к = 4, то х = 1.
Если к>4, то х1х2=1>0 и х1 + х2= к — 2,> 4—2 > 0. Следовательно, уравнение имеет два положительных корня.
Если к < 0, то х1х2=1>0 и х1 + х2 = /? —2 < 0, оба корня отрицательны.
Для существования lg(x+l) должно быть х4-1>0. Имеем (см. (1))г
*i+!=y2<0
как сумма двух отрицательных величин. Следовательно, xt не. является корнем уравнения.
Выражение
„+,^+^>0.
поскольку ^<0. Так как х2 < 0 и ^ < О, то кх > 0, а поэтому существует и 1g кх.'
Итак, данное уравнение имеет только один корень, если к =4 иди к < 0.
Имеем
log2| 1 —х | =3»
откуда
|1—х| = 8.
Если х< 1, то 1—х = 8 и х1 = —7.
Если же х > 1, то х—1 =8 и х2 — 9.
Отв. —7 или 9._■
Поделив обе части уравнения на ^ 9, получим
х Г 2
Решая это квадратное уравнение относительно у -у , получаем
Г 32V 32•1 '
Преобразуем первое из равенств (1)
/О—1V_ 2■
V 2 / “ 3 •
1Л5|
Логарифмируя обе частиэтогоуравнения по основанию-,
получаем
Второе равенство не имеет места ни при каком значении х. 2
ОтвЛо^- ^..■
2
Областью определения левой части уравнения являются — 1^х<1 и х>0, т. е. 0<х^1.
Областью определения правой части уравнения является х^З.
Так как неравенства 0<х^1 и х^З противоречивы, то заданное уравнение не имеет решений..
Из второго уравнения системы получаем у=х-2. Тогда первое уравнение перепишется так:
хх+У=х*^х~У\
Это равенство возможно в трех случаях:
*1 = 1,тогда ух=х~2 = 1;
*,=—1, тогда у2 =х”2 = 1;•
3)х^±1, тогда х + у = — 2(х—yV или у = 3х и, учитывая второе уравнение системы, имеем Зх3 = 1.
Следовательно,
Итак,
Х1=У1 = 1;Х1=У1 = 1;*2=— 1. У2 = *:*2=— 1. У2 = *:Уз — у у*Уз — у у*
Х1=У1 = 1;
Х1=У1 = 1;
*2=— 1. У2 = *:
*2=— 1. У2 = *:
Уз — у у*
Уз — у у*
Приведем все логарифмы к основанию 2, тогда заданная система принимает вид
(1)(1)/pg2^ (logs * + log, у) = log2 X,1по у !о§2(* + У) n 10g2X
(1)
(1)
Ё2 log23 -дчТ
Так как x ^ 1 (в противном случае левая часть первого уравнения исходной системы не имела бы смысла), то log2x 0 и систему (1) можно записать в виде
( log2x + log2 t/ = log212,
1 log2(x + r/) = 3.
Потенцируя, получаем
xi/ = 12, x+z/ = 8, откуда
Хх = 6, «/1 = 2; х2 = 2, t/2 = 6.
Так как
31о^^ = !/1
то заданная система принимает вид
(1)(1)Iog5x + z/ = 7,х^512.
(1)
(1)
Потенцируя первое уравнение системы (1), получим х-5^ = 57, откуда
х = 5’“Х(2)
Подставляя х из уравнения (2) во второе уравнение системы (1), получаем уравнение
512+^*- 1у _ j имеющее корни
l/i = 4,#2=3.
В результате мы приходим к двум решениям!
Xi=125, #i = 4; х3 = 625, #2 = 3.
Пусть ~ =а. Если а=1, т. е. p = q, то системе удовлетворяет любая пара равных положительных чисел. Будем поэтому
считать а ^ L Из второго уравнения получаем х — у*. Логарифмируя первое уравнение и используя это равенство, будем иметь
у lgy(a—уа-1) = 0.
Так как у > 0, то либо lgz/=O, либо a = (/a-1. В первом a
случае получаем ^«l, yi — 1; во втором случае x2=aa~1, у2 = 1
= aa~1. Обе пары чисел удовлетворяют и исходной системе.
a1
Отв. хг = ^ = 1; х2 = аа™\ у2 = аа”11
393. Вначале заметим, что должно быть
х> 0, у > 0, х^ 1, у / L
Так как
logxi/ = ——, то первое уравнение системы принимает
вид
2 logy х—5 logy х + 2 = 0,
откуда
logy*=2 или logyx = y,
т. е.
х = у4 или у=х*
Второе уравнение системы при
у = Xй принимает вид
х2 + х—a—а2 = 0,
откуда
— 1 ±(1 + 2а)
2
т. е. х^ — а, х2— — а—\.
Если a>0, а / 1, то хг — а, уТ = аа, а №—1—а не дает решения.
Если —1—а > 0, —1—a ^ 1, т. е. а< — 1, но а ^—2, то х2 = -~ \ —а, у2 = 0 А*аТ являются решением данной системы, а х = а не дает решения.
Если — l^a^O, то х = а и х = — 1—а не дает решения данной системы.
Ввиду симметричности уравнений системы относительно х и у, помёняв местами х и у, мы придем к аналогичным выводам.
Итак, если a>0, a^l, то система имеет два решения: xv = a, yx = a^ и x2 = a2, уа = а.
Если а< — 1, но а Ф— 2, то система имеет также два решения:
хх = — 1— а. ух = (1+а)2; х4 = (Д+а)\ у2 = —\—а. .
Если —l^a^O, то система не имеет решений.
Логарифмируя первое уравнение по основанию а, найдем
x + ^loga&=l+loga b.x + ^loga&=l+loga b.(1)(1)
x + ^loga&=l+loga b.
x + ^loga&=l+loga b.
(1)
(1)
Во втором уравнении перейдем к логарифмам по основанию е, тогда
210^*=-^-10^6 = -21ос и
80 loge&logaKa "
Отсюда х=~. Подставив У = ~ в (1), получим уравнение
х2—х (1 + loga b) + loga b = О, имеющее корни
^1= loga b и х2 —1.
Следовательно, yi = logba, </2—1.
Итак,
^i = loga^ z/i = logba;
х2=1,z/2=l.
Глава VIII
КОМБИНАТОРИКА И БИНОМ НЬЮТОНА
В числе 50! имеется только 10 сомножителей, которые кратны пяти, а именно:
5, 10, 15, 20, 25, 30, 35, 40, 45, 50,
В каждое из чисел 5, 10, 15, 20, 30, 35, 40 и 45 пятерка входит сомножителем один раз, а в числа 25 и 50—два раза.
Итак, если произведение 50! разложить на простые множители, то среди них будет двенадцать пятерок.
Число 2 содержится множителем в произведении 50! значительно больше 12 раз, так как только 2*4-8d6-32 > 212. Следовательно, число нулей в 50! определяется числом пятерок, так как при умножении простых чисел только произведение пяти на два дает число, оканчивающееся на нуль.
Отв. Число 50! имеет на конце 12 нулей,
Имеем
пХпХ(п — к^Х х/
^1^!...^! ” к^Дп — кх^ к^Х (п — кх—к^Х Х
(п — кх — к^Х^п — кх — кй— ... —kj_xY-_
kJ. ^п—кх—к^—к^Х * * * k^n — kx—k^ —... — к^Х
Так как С^ есть целое число, то и произведение гкх рк2 ркг
п — kt* *— кх — kt — ... — kt-t
есть целое число, что и требовалось доказать.
Данный ряд сравним с правой частью формулы бинома Ньютона
(х 4-а)” = х” + пах" -1 +аМ - « + ...
Очевидно, чтобы из этого разложения получить А, надо положить
х=1, а = 1, п = 104.
Следовательно, сумма членов ряда А равна 210 = 2юооо
Логарифмируя, видим, что характеристика логарифма этого числа равна ЗОЮ, поэтому число 210000 имеет ЗОН цифр.
Отв. ЗОИ цифр.
Имеем
(х +1)” =х" + С^-^ + С^«“2 + ... + С” и
(1+ х)" - 1 + С^х + С^ + ... + су.
Перемножим почленно эти два равенства. В левой части получим (1 + х)2”, Коэффициент при хп в разложении (1 + х)2п равен С^Пе
При перемножении правых частей рассматриваемых тождеств получится многочлен 2п-й степени.
Легко убедиться, что коэффициент при хп в этом многочлене равен
1 + (^)2 + (^)2+...+(С«Л
Поскольку правая и левая части рассматриваемого произведения тождественно равны, то должны быть равны коэффициенты при одинаковых степенях х, в том числе и при хп. Поэтому
ia+(ci)2+O+...+(c^=q„.
Отв. С"п.
Доказываемое равенство равносильно
l+(/i + D + ^C* + ^ Сп + --- + -Йтс»+"-
...+^t2 С"-14-1=2п+Ч(1)
Но так как
я +1 рт _ п +1^2кп + О*+1
ш +1 п~ ^ + 1 т\ (п— ту. (т + \)Цп — ту.« + 1 ’
то левая часть доказываемого равенства (1) равна
H-Ci + Ca + ...+C^++11 + ...+(7^l + l=(l + l)'4-1 = 2"+i, что и требовалось доказать.
•400. Из цифр 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 можно составить А* четырехзначных чисел, считая и те, которые начинаются нулем.
Поскольку все 8 цифр равноправны, то нулем начинаются 17
— Aj чисел. Следовательно, всего четырехзначных чисел у А4 .
Число четырехзначных чисел, не содержащих единицу и начинающихся цифрой, отличной от нуля, равно
1-ТА7=—АГ
Итак, всего четырехзначных чисел, каждое из которых содержит единицу,
~ А 4 — —А 4
8 8 1Аг
Для определенности пусть А, В и С получают по 4 предмета в такой последовательности: А получает 4 предмета, потом из оставшихся восьми предметов В получает 4 предмета, а С получает оставшиеся 4 предмета.
Итак, А может получить столько различных наборов из четырех предметов, сколько можно составить сочетаний из 12 по 4 в каждом, а В может получить столько различных наборов, сколько можно составить сочетаний из восьми по 4, а С получает каждый раз оставшиеся 4 предмета. Таким образом, число способов распределения наборов из четырех предметов из имеющихся 12 предметов равно произведению
С^-С4 = 34 650.
Отв. 34 650.
Пронумеруем клетки последовательно порядковыми числами 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8. Поместим в четных клетках гласные буквы. Таких всевозможных расположений гласных букв по четным ящикам 4!. Каждому из этих расположений гласных букв будет соответствовать 4! расположений по нечетным клеткам согласных букв. Таким образом, число различных расположений гласных и согласных букв, если гласные помещаются в четных клетках, а согласные — в нечетных, равно произведению 41-4!. Если же мы будем помещать согласные в четных клетках, а гласные—в нечетных, то таких всевозможных расположений также будет 4!-41.
Итак, всего различных расположений букв
2 (4!-4!) = 1152.
Отв. 1152,
Расположим все белые шары в ряд. Для черных шаров остается (р + 1) место: (р— 1) место между каждыми двумя белыми шарами, одно место правее всех белых и одно место левее всех белых. Отсюда ясно, что число способов, которыми можно разместить в ряд шары, равно С£ + 1«
Отв. Ср + .
Трехзначное число имеет вид abc. При этом каждая из цифр а, b и с может принимать независимо друг от друга все
значения от 1 до 9. Поэтому число искомых трехзначных чисел равно 9-9-9 = 93 = 729.
Отв. 729.
Очевидно, что всякое число, являющееся делителем числа 25-32, будет иметь вид 2а-33, где а может принимать значения от 0 до 5 (включительно), а £—от 0 до 2 (включительно). Таким образом, а может принимать шесть значений, а р—три значения. Поскольку эти значения друг от друга не зависят, то при этом 2“33 принимает 6-3= 18 значений. Следовательно, число искомых делителей равно 18.
Аналогичными рассуждениями легко убедиться, что число делителей Л = ра4ра2# ^а^ где plt р4, .... рк— различные простые числа, равно
(1+«0 (1+ аз) (1 + а3).. .(1+аЛ).
Отв. 18.
Поскольку число наполненных ящиков равно т и так как в каждый наполненный ящик вложено по к ящиков, то число - вложенных ящиков равно тк. Но так как первый ящик никуда не вложен, то всего ящиков тк-\Л. Следовательно, число пустых ящиков равно (w^+1)—т.
Отв. тк-\-\—т.
Всего число перестановок из п элементов, включая те, у которых а и b стоят рядом, равно п\. Исключим из данных п элементов элементы а и b и образуем из остальных (п—2) элементов всевозможные перестановки. Их будет (п—2)1. Присоединим к каждой из этих перестановок два элемента а и b так, чтобы они оказались рядом. Это, очевидно, можно сделать 2 (n—1) способами (множитель 2 здесь связан с тем, что а и b можно переставить местами). Таким образом, число перестановок, в которых а и b стоят рядом, равно 2 (л—2)!(п—1) = 2(л—1)!, а интересующее нас число равно
п!—2 (п— 1)! = (п— 1)!(п—2).
Первое решение. Очевидно, что произведение двух чисел кратно трем в том и только в том случае, когда хотя бы один сомножитель кратен трем.
Выберем из чисел 1, 2, 3, ..., 100 все числа, кратные трем. Таких чисел 33. Остальные 67 чисел не кратны трем.
Число произведений, полученных из сомножителей, кратных трем, равно С33. Число произведений, кратных трем, полученных из сомножителей, один из которых не кратен трем, равно 67-33.
Итак, искомое число парных произведений, кратное трем, равно
Сд3+ 67-33 = 2739.
Второе р е ш е н и е. Число всех парных произведений равно Cioo> а число парных произведений, не кратных трем, равно С^ .
Поэтому число парных произведений, кратных трем, равно ci о о - Св 7 = 4950—2211 = 2739.
Отв. 2739.
Всего можно составить С^ различных групп офицеров (из трех офицеров каждая) и С^ различных групп солдат (из семи солдат каждая).
Поскольку каждой возможной группе, состоящей из офицеров, можно дать любую возможную группу, состоящую из солдат, то число разведывательных групп равно
г3 .г7
С10 С2О*
Выберем одну заглавную букву, этот выбор можно сделать к способами. Затем из т гласных выберем р, букв, это можно сделать С^ способами. Наконец, выберем v согласных, что можно сделать С^ способами. Итак, выбор необходимых букв для составления слова можно сделать ^С^С^ способами. Произведя указанный выбор, поставим заглавную букву на первое место, тогда из прочих p + v строчных букв можно составить (p, + v)! перестановок, каждая такая перестановка дает новое слово.
Итак, всего можно составить
^C^ + v)!
различных слов.
Отв. AC^(^ + v)!.
Поскольку в колоде карт 4 туза и 32 карты — не тузы* то всякое деление колоды, указанное в условии, равносильно .извлечению 16 не тузов из 32 и двух тузов из четырех. Первое извлечение можно осуществить С|® способами, а второе—С^ способами. Так как каждое извлечение 16 не тузов можно скомбинировать с любым извлечением двух тузов, то общее число способов указанного деления колоды равно С^С^.
Отв.
Занумеруем окружности (например, в порядке возрастания радиуса)
2к.
Занумеруем также лучи (например, по часовой стрелке)
2, ..., L
Точку пересечения т/-й окружности с п/-м лучом обозначим (mz, п^.
Пусть (mv п^^т^ n^...VnSl ns) — oj№H из таких наборов. Так как никакие две точки не лежат на одной окружности, то тХ1 т2, ..., ms — некоторая выборка из 1, 2, ..., к.
Аналогично nv n2l ..., ns—некоторая выборка из 1, 2, ...,/. Так как порядок точек в наборе нас не интересует, то искомое число равно С^А^.
Отв. С^А^«
Первое решение. Так как каждые две точки определяют прямую, причем прямые АВ и ВА есть одна и та же пря- П (fl мая, то число прямых равно С„ = —-.
Второе решение. Так как из каждой точки можно провести (п— 1) прямую, то всего прямых п (и—1)# если считать прямые АВ и ВА различными, но так как АВ и ВА есть одна и та п (п — 1) же прямая, то число прямых равно —у — •
n(n —1)
Оте. —.
При п = 1 закон верен.
Действительно, одна прямая рассекает плоскость на две части, так как 1 +- ^ ^-^ = 2.
Предположим, что закон верен при n = Z?, т. е. число частей, па которые рассекается плоскость прямыми, равно
1 .^(^ + 1)2 ■
Далее проведем еще одну прямую так, чтобы она не была параллельна ни одной из взятых ранее к прямых и не проходила бы через точку пересечения каких-либо двух из них; (Ае + 1)-я прямая пересечет все ранее взятые прямые в к различных точках и, следовательно, пройдет по (^ + 1) частям плоскости, каждую из которых разделит на две части. Следовательно, число частей плоскости увеличится на ^ + 1.
Итак, (^4-1) прямых делит плоскость на
(Ж)4а+^=1+№Н2)
частей. Таким образом, закон оказался верным и при п = &4-1. Следовательно, он верен при любом п.
Первое решение. Известно, что две ладьи могут бить друг друга, если они находятся либо в одном вертикальном, либо в одном горизонтальном ряду полей шахматной доски. Символом (/, /) будем обозначать поле, находящееся на пересечении /-го горизонтального и /-го вертикального ряда, где для / и / возможны значения 1, 2, ..., 8.
Две ладьи, находящиеся на полях (/, /) и (к, /), не могут бить друг друга в том и только в том случае, если / к и j ^ L Если 8 ладей, расставленных на доске, занимают поля
01» /1), 0 г» /з)> • • •» 0в> /в)
и не могут бить друг друга, то среди чисел Zlf /2, ,•••» к не может быть двух равных, так как никакие две ладьи не могут стоять в одном горизонтальном ряду. Следовательно, iv /2, ..., /8 есть перестановка из чисел 1, 28.Аналогично установим,
что /1, /2, ..., /8 есть перестановка из тех же чисел. Распо-
ложим символы (/, /) так, чтобы числа ib /2, ..., /8 следовали в натуральном порядке
(1, /1), (2, /2), ...» (8, /8).
Всякой перестановке /ь /2, ..., /8 соответствует возможное расположение ладей.
Итак, существует 8! =40 320 различных возможных расстановок ладей.
Второе решение. При каждом допустимом расположении ладей в каждом вертикальном и в каждом горизонтальном ряду находится одна и только одна ладья.
Присвоим ладьям (до их расстановки на доске) номера от 1 до 8 включительно.
При любом расположении ладей на к-е место (считая снизу) в том или ином вертикальном ряду будем ставить ладью, имеющую номер к.
Каждое расположение ладей есть соединение элементов (номеров 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8), взятых в порядке их нахождения в вертикальных рядах (считая эти ряды слева направо). Эти соединения представляют собой перестановки из 8 элементов, а поэтому число их равно 8! Следовательно, число различных способов расположения ладей равно 8! = 40 320.
Отв. 40 320.
416. Имеем
т^с^-Ч/зу-!, т»+1=с*вв(КзУ. ^<«(/3)4
Согласно условию задачи должно быть
Тк^х>Т^ и
или
После упрощений получим
ьюо
V з 1 к >101 — к’
(1)
1 У 3
100—k> А + Г
(2)
Из неравенства (1) получаем
101 V 3
а из (2)
к
Но так как менно, то
оба неравенства должны существовать одновре-
юо Кз —1
Ю1 V з
(3)
Левая и правая части неравенства (3)—-числа нецелые, а разность между ними равна единице. Поэтому существует лишь одно целое число 6, удовлетворяющее неравенству (3). Заметив, что 1,72 < КТ < 1,73, прямым вычислением установим, что 64,64 >к> 63,135.
Следовательно, к = 64.
Отв. 64.
Делителями числа q являются, во-первых, сами числа Ри Ри Ри •••> Pkt а также всевозможные их произведения по два, по три и т. д. (эти произведения различны, так как единственным образом можно представить число в виде произведения простых чисел). Таким образом, число делителей равно
^ + ^+^ + ...+€*=2*
Пусть искомые числа х и у. Имеем x*Vy = Otlxyt или 10х+ 10у = ху. Отсюда получаем
х (у-10)= Юу, а также
у (х—10)= Юх.
Перемножив последние два равенства, получим ху (х—10) (у —10) = ЮОху, или
(х—10) (у--10)= 100.
Поскольку х и у—целые числа, то и разности (х—10) и (у—Ю) должны быть целые числа. Следовательно, задача сводится к разложению числа 100 на два множителя, а так * как такое разложение может быть сделано только пятью различными способами, а именно:
100= Ы00 = 2.50 = 4.25 = 5-20= 10-10, то, стало быть, и задача имеет только пять решений: Xi=ll, ух = 110; х2=12, у2 = 60; х3=14, у3 = 35; х4=15, у4 = 30; хб = 20, у6 = 20.
Глава IX
КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛА
419. Возведя в куб заданную зависимость, получим
Отсюда
х 4- iy=(аа—Зйб2) + (За26—63) 1.
х = а(аа—362),у=6 (За8—62),
или
—=а2—362,^-=Заа-Ь».
аb
Сложив последние два равенства, находим
—+т- = 4(а2—Ь2).
а b
420. Имеем
|2~1|<|Z+1|. Поэтому
|z—1 P<|z+1 [=.(1) .
Пусть z = x + iy, тогда (1) принимает вид
^__\^ + у^^+ХУ + у\ или
х2 — 2х +1 + у2 «С х2 + 2х +1 + у2, или
*~2х^ 2х,откудах > 0.
Следовательно, точки находятся в полуплоскости, расположенной правее оси у.
Пусть Zi = x1 + /y1, z2=x2 ^iyi- Имеем
г1 + г2 = *1 + *2+* (#1 + ^2)»(О
Zi — z2 = хх—х2 + i (^—у^.(2)
В силу (1) и (2) левая часть доказываемого тождества принимает вид
Р1 + Х2)2 + (У! + у,)2 + (X! - Х2)2 + (У! — у2)2 =
= 2(x^+y2) + 2(x2+y|) = 2(|Z1|2 + |Za|2).
Уравнение х” = 1 имеет корни 2л/? , . . 2л/? Оь = С08Н Sin • ,
где /? = 0, 1, 2, ..., (п— 1).
Очевидно, что .2л , , . 2л
а0 = 1,c^-cos—H^sm —,
л п
а
ft / 2л . . . 2л\А 2л& , , . 2л/? се = cosН z sin — =cosh I sin=a&.
\ л л /nn R
Поэтому, положив Oi = a, получаем корни в виде
1, a, a2, ..., a"-1.
Искомую сумму можно записать так (см. задачу 422):
1 +ap+a2^+ ... Ч-а^-^^^ 1 +aF + (aF)2+ ... j^^n-^ где
р 2рл , . . 2рл0^=008——Hz sin-^—.пп
Если р делится на п> то а^=1 и сумма равна п.
Если же р не делится на и, то а^/ 1 и можно воспользоваться суммой геометрической прогрессии. В этом случае искомая сумма равна
0^-1’
так как
а^ -1 = (а^-1 = 1 -1 = 0.
Отв. Если р делится на п, то искомая сумма равна п, а если р не делится на п, то сумма равна нулю.
Первое решение. Пусть г = cos ф + / sin ф, тогда
2142 + ^42 = (cos ф-Н sin ф)142 + (СОЗ ф —/ sin ф)142 =
= cos 142 ф + / sin 142 ф +cos 142 ф — i sin 142 ф = 2соз 142 ф.
Так как z + — = 1, или г2— z+l=0, то г
. ■ ^ 3"/ , л \ .. / , Л \
,^2=2-^cos^-^J+.sm^^.
•Таким образом, ।«142 л 4л _ л .
2 +Zil2 = 2 cos -у- =2 cos у = —2cos -у= —1.
Второе решение. Так как г +у = 1, то z2— z + 1 =0, а значит, и г84-1=0; следовательно, г3 =— 1. Поэтому
Г/1 V7 11
Отв. —1.
Пусть z = r (cos ф + /sin ф), тогда заданное уравнение принимает вид
г2 (cos 2ф + i sin 2ф) + г = О, гак как | г | = г.
Это уравнение перепишем так:
г [(г cos 2ф+ 1)+и sin 2ф] = 0.
Отсюда имеем либо г = 0, тогда z = 0, либо
(г cos 2ф+ l) + /r sin 2ф = 0.
Это уравнение равносильно системе (sin 2ф = О,
\)
( гсо$2ф+1=0.
Значения ф, равные 0, ^-Значения ф, равные 0, ^-Злл, *2" > •••’ удовлетворяют пер-Злл, *2" > •••’ удовлетворяют пер-вому уравнению системы (1). Но так как из второго уравнениявому уравнению системы (1). Но так как из второго уравнениясистемы (1) следует, что со$2фсистемы (1) следует, что со$2фл / принимать только значения — ( вообще Зл , Л,ХТ+ яА)-л / принимать только значения — ( вообще Зл , Л,ХТ+ яА)-О, то заключаем,О, то заключаем,л , , \-2"+лА) ил , , \-2"+лА) ичто ф можетЗл /_-^ (вообщечто ф можетЗл /_-^ (вообщеПодставляя убеждаемся, чтоПодставляя убеждаемся, чтоэти значения ф во второе уравнениеэти значения ф во второе уравнениесистемы (1),системы (1),л -Зл.как при ф =—, так и при Ф= ^“ получаем г = 1.л -Зл.как при ф =—, так и при Ф= ^“ получаем г = 1.ииИтак,Итак,г2г2л , . . л cos-у+ /sin —л , . . л cos-у+ /sin —
Значения ф, равные 0, ^-
Значения ф, равные 0, ^-
Зл
л, *2" > •••’ удовлетворяют пер-
Зл
л, *2" > •••’ удовлетворяют пер-
вому уравнению системы (1). Но так как из второго уравнения
вому уравнению системы (1). Но так как из второго уравнения
системы (1) следует, что со$2ф
системы (1) следует, что со$2ф
л / принимать только значения — ( вообще Зл , Л,Х
Т+ яА)-
л / принимать только значения — ( вообще Зл , Л,Х
Т+ яА)-
О, то заключаем,
О, то заключаем,
л , , \
-2"+лА) и
л , , \
-2"+лА) и
что ф может
Зл /_
-^ (вообще
что ф может
Зл /_
-^ (вообще
Подставляя убеждаемся, что
Подставляя убеждаемся, что
эти значения ф во второе уравнение
эти значения ф во второе уравнение
системы (1),
системы (1),
л -Зл.
как при ф =—, так и при Ф= ^“ получаем г = 1.
л -Зл.
как при ф =—, так и при Ф= ^“ получаем г = 1.
и
и
Итак,
Итак,
г2
г2
л , . . л cos-у+ /sin —
л , . . л cos-у+ /sin —
Зл . . . Зл
COS у+1 Sin у
Таким образом, данное уравнение удовлетворяется только тремя значениями z, а именно: 0, / и —I.
Отв. О, /, —I.
Пусть 2 = г (cos ф + / sin ф), тогда
z2 =ir2 (cos 2ф + i sin 2ф) и
z2 +1 — г2 (cos 2ф + / sin 2ф)+ 1 = (г* cos 2ф +1) + zr3 8$п2ф.
Поскольку модуль комплексного числа а + bi равен КаМ^, то
| z2+11 = У (г2 cos 2ф +l)2-^2 sin 2ф)2= V z^ + Sr2 cos 2ф4~ Ь(О
Далее, 1^11 р2 + 1||z2+l||z2+l|
|z+7r|T*r“W:
Но так как по условию lz+—1 = 1, то h!±ll=i
откудаоткуда|22+1|-г.|22+1|-г.(2)(2)
откуда
откуда
|22+1|-г.
|22+1|-г.
(2)
(2)
В силу (1) и (2) имеем
г4 + 2г2 cos 2ф+1 =г2, или г4 + г (2 cos 2ф—1)+1 = 0.
Отсюда
(3)(3)2_1—2со$2ф± 1^(1 — 2соз2ф)2—4
(3)
(3)
г -2
Поскольку мы ищем наибольшее значение г2, то перед корнем берем знак плюс.
Очевидно, что г2 принимает наибольшее значение, когда cos2(p =— 1, т. е. при ср =-^-+ л/г.
ГТ23 + V” 5
3+У 5_1 + /52~23+У 5_1 + /52~2Подставив это значение <р в (3), получим г*=——.
3+У 5_1 + /5
2~2
3+У 5_1 + /5
2~2
Следовательно, г = [ z | =
ГлаваХ
ЗАДАЧИ ПО ПЛАНИМЕТРИИ НА ВЫЧИСЛЕНИЕ
Имеем
а^ + Ь3—с3 — ас2 + Ьс2— с3, или
а3 + д3 = (а + &) с2, или
a2—ab-Vb2—с2 —О, т. е.
c2 = a2 + b2 — ab.
Отсюда следует, что / С = 60°.
Второе условие задачи перепишем так:
3
2 sin A sin В = — , или
3
cos (Л— В)—cos (Л + В) = ~ ,
или
3
cos (Л —В)—cos 120° = у.
Отсюда
cos (Л — В) = 1,т. е. Л —В = 0 и Л=В = 60°.
Итак, треугольник равносторонний.
Пусть (рис. 4)
Z О^Оа^а, Д02М0 = ^ ^0гМ0 = у.
Из треугольника ОХЛ4О2 имеем
ОД = /^4-7?® —2^7?, cos а.
Проводим OXD параллельно АВС до встречи с О2С в точке D* Из прямоугольного треугольника OXOJ) следует
O1D2 = O1O|-O2D2> откуда
OtD = BC = V Я* + ^ — 2RXR, cos а - №- /?Ja, или
ВС = 2/"^ sin ^-.
Аналогично находим
АС = 2УRR; sin ^,AB = 2VRR"iSin^.
Подставив найденные значения ВС, АС и АВ в равенство АС = АВ + ВС, получим искомую зависимость
Рис. 4.Рис. 5.Рис. 4.Рис. 5.
Рис. 4.Рис. 5.
Рис. 4.Рис. 5.
для треугольников OADtдля треугольников OADt0D_sinaeOC^sin а7 *0D_sinaeOC^sin а7 *
для треугольников OADt
для треугольников OADt
0D_sinae
OC^sin а7 *
0D_sinae
OC^sin а7 *
Используем теорему синусов ОАВ, ОВС, OCD (рис. 5):
ОА _sin а8OB _sin а2 ОС _sin а4
OD'~ sin ах * ОА ~ sin а3 ’ OB ~ sin а5’
Перемножив эти равенства, получим
sin a2 sin a4 sin ae sin a8 _ ^ sin ax sin a35in a5 sin a7“
430 Так как в /\АСВ
АК = СК = КВ,
то
Д АС3 = 90°.
Из треугольника ADK имеем * / лАК 0,5а tg ДАОК = ^ = — = 0,5.
Из треугольника АЕК следует
Далее, ' 1 + 1 tg(Z ADK + Д 4^)=^-^=!.
23
Отсюда
Д ADKA- ДАЕК = 45°,
а следовательно, Д ADBA- ДАЕВ =90°.
Итак, Д АСВА-Д ADBa-Д АЕВ = \^° (рис. 6).
Первое решение. Обозначим в радианах (рис. 7) Д AKB = yt vAB=xw vBC = vt ^CD — y, vAD = a.
Так как по условию
ДР = а, ДЕ = ^
то можно составить две системы;
/ х + у = 2у.
( х—у = 2а и
{
« + о —2л—2у, и— и = 2р.
Из системы (1) следует
х = у + «, t/ = y—а.
Из системы (2) следует
м = л—у + Р, о = л—у~ ₽•
Д АВС = -™- —(радианов),
^ADC^it—Д АВС ^^^^^ - (радианов). Аналогично
Z BAD = —^- =—(радианов),
/ BCD = n—/ BAD = Л"^“ ^"^’ (радианов).
Второе решение. Имеем
^ A DC -f- ^ BCD — л -f- <х.
£ ABC4-£ BCD = л4-^, £ BAD4-£ ВСО = л, £ АВС + £ ADC = л.
Решив эти четыре уравнения совместно, получим £ВДР = :^^^,£ABC=”~“ + ^,
^ВСО^У^,£АВС = ^-^.
Для удобства будем считать, что одна из окружностей неподвижна, а вторая движется с удвоенной скоростью (так как окружности катятся с одинаковыми скоростями).
Пусть первоначально окружность Ох касается прямой в точке В, а в момент прикосновения к окружности О—в точке С (рис. 8). Конечное положение центра Ох обозначим через О2, а точку касания окружности О с прямой — через А* Проведем прямую 0х02К н соединим О с Ох и с О2.
Так как АО = 12 м, а ВОХ = 3 м, то ОК = 9 м.
Из прямоугольного треугольника OJCO имеемх ^
- О,к = Уоо^—ок1 = KiP^y2 = 40 (я)..*т
Из прямоугольного треугольника 02К0 находимY
Огк = /оо2—ОК2 = V152 — 92 = 12 (л«)..i
Окружность Ох сместилась на расстояние$
ВС = 0^ = 0^—О2К = 40 —12 = 2В (м\|
Поскольку окружности катились со скоростями 1 м в минуту, то
их суммарная скорость 2 м в минуту и время их движения равно 28:2 = 14 мин.
Обозначим СМ через х, высоту треугольника АВЕ через hXi высоту треугольника СМЕ через h2 (рис. 9). По условию
1 ,1 а + b t
или
2а61 + ^2, , h2
a + b” hx ~ hx * Ш
Из (1) и (2) получаемЛт = 1+-Из (1) и (2) получаемЛт = 1+-Но из подобных треугольников АВЕ и СМЕ имеем
Из (1) и (2) получаем
Лт = 1+-
Из (1) и (2) получаем
Лт = 1+-
х а—bа — b
а а—Ь-на расстоянии от точки С.Пусть О—середина гипотенузы АВа а—Ь-на расстоянии от точки С.Пусть О—середина гипотенузы АВ— = —> х = а —— .а~-
а а—Ь-
на расстоянии от точки С.Пусть О—середина гипотенузы АВ
а а—Ь-
на расстоянии от точки С.Пусть О—середина гипотенузы АВ
Отв. Точка М находится
Первое решение, прямоугольного треугольника АВС (рис. 10).
Соединив О с вершиной С, получим два равнобедренных треугольника АОСиВОС, боковые стороны которых равны —-, а углы при вершинах 150° и 30°.
Площадь прямоугольного треугольника АВС равна сумме площадей треугольников АОС и ВОС, т. е.
у £ у sin 30°+.1 | £ sin 150’=^ .
Рис. 10.
Второе решение. Катет ВС = с sin 15°, а катет АС = = с cos 15°. Площадь треугольника
5 = 2. ВС* А С=2- с2 sin 15° cos 15° = -2- sin 30° = -^- 224о
Первое решение. Соединим центр круга О (рис. 11) с вершинами А, В, С треугольника АВС и с точками касания D, Е, F. Тогда OA^JEF, OB_[_FD и ОСД_ОЕ. Двойная площадь прямоугольного треуголь- ника АОЕ равна8
EF
АЕ*ОЕ или ОА~.
следовательно,следовательно,AE + CD + BF = pAE + CD + BF = p
следовательно,
следовательно,
AE + CD + BF = p
AE + CD + BF = p
Е
Рис. 11.
Известно, что радиус вписанного круга
(р—а) (р—6) (р—с)
где а + ^+с = 2р. Из рисунка видим, что
AE + CD = b, CD + BF = at BF-^AE^c,
АЕ = р — а, CD — p—c, BF — p — b.
Таким образом,
О Л = VAE^-V-CE1 = "^Ьс^р—а^,
поэтомупоэтомуЕР„г^уЧ!=№=£1ЕР„г^уЧ!=№=£1
поэтому
поэтому
ЕР„г^уЧ!=№=£1
ЕР„г^уЧ!=№=£1
Аналогично можно найти FD и ED.
Л
Второе решение. Так как АЕ — р—а и / ОАЕ = -^-, где Л —угол ДЛВС, то из треугольника АКЕ, в котором ^/(=90°, получим д КЕ = АЕ stn~ .
Но
sin^=/(£4<£z£l,2 гОС
Следовательно,
КЕ = (р~а) у ~—-^-' ,
FE-SKE-^p — a)
Известно, что
ЛС2 + ЛВ2 = -^- + 2т2ЛС2 + ЛВ2 = -^- + 2т2(1)(1)(рисунок сделайте сами!).На основании теоремы синусов(рисунок сделайте сами!).На основании теоремы синусовВС __sin А ЛС““sin ВВС __sin А ЛС““sin Вииимеем ВС sin А АВ" sin С ’имеем ВС sin А АВ" sin С ’откудаоткудаАС = ВС Ц^ sin АИз (1) и (2) находимАС = ВС Ц^ sin АИз (1) и (2) находимииАВ = ВС^^ sin ААВ = ВС^^ sin А(2)(2)
ЛС2 + ЛВ2 = -^- + 2т2
ЛС2 + ЛВ2 = -^- + 2т2
(1)
(1)
(рисунок сделайте сами!).
На основании теоремы синусов
(рисунок сделайте сами!).
На основании теоремы синусов
ВС __sin А ЛС““sin В
ВС __sin А ЛС““sin В
и
и
имеем ВС sin А АВ" sin С ’
имеем ВС sin А АВ" sin С ’
откуда
откуда
АС = ВС Ц^ sin А
Из (1) и (2) находим
АС = ВС Ц^ sin А
Из (1) и (2) находим
и
и
АВ = ВС^^ sin А
АВ = ВС^^ sin А
(2)
(2)
др— 4/7x2 sin2
V 2 sin2 В + 2 sin2 С — sin2 Л *
Площадь треугольника
о• а 1 sin В D _ sin С . *
S =тг AC-АВ -sin А=-?г ВС -.—т ВС -—т sin А =
22 sin Л sin А
_ВС^ sin В sin С
~2 sin Л
Из (3) и (4) следует'
s _2/и2 sin Л sin В sin С
2 sin2 В + 2 sin2 С — sin2 А *
Обозначим корни данного уравнения через хь х2,' хг. Согласно формулам Виета имеем
xr + x2 + *з“ 42, ХхХ2+ х2х3 + х3хг = 587, XxXaXg = 2730.
Площадь треугольника"
8 = КР (p—«i) (р—х2) <р—ха>.где"
/^i + ^a + ^^ot
Р —2—‘
Следовательно,
(Р—*i) (Р — ^2) (Р—х3) = (21 —хО (21 —х2) (21 —х3) = = 441-21-441 (х1 + х2 + х3) + 21 (ххх2 + х2х3 + х3хх) —xtx2x3 =
= 441-21—441-42 + 21-587 —2730 = 336.
Площадь треугольника S = 1^21-336 = 84.
Первое решение. Известно, что BD = l> BE —lx (рис. 12).-
Если DC = x, то AD=kx\ если СЕ —у, то АЕ = ку. Так как биссектрисы смежных углов взаимно перпендикулярны, то треугольник BDE прямоугольный. Из этого треугольника имеем
DEa = BDa^BE»t-
или
(x + f/)2 = Z2 + /J.(1)
Также имеем
AE — AD-VDC + CE, или ky = kx-Vx-\-y, . откуда
Из (1) и (2) следует
откуда
х~2k~UC-
Удвоенная площадь треугольника DBE равна ll1 = DE»BH> где ВН— высота, или
//^(х+^ВЯ,
или
nx = VР-У 1\ВН,
откуда
вн = 111 . ¥РУ1\
Площадь треугольника АВС
АС*ВНАС*ВН
АС*ВН
АС*ВН
Второе решение. В Л DBE ^ S = 90°, а поэтому
5д £>В£~ зГ ^i-W)
В то же время
в^ авс _асJac
SZXDBe"~DE*b^ABC-DE ^ДОВЕ-(2)
AC
Как видно из формулы (2), надо найти отношение ~-= . DE
Из свойства биссектрисы угла в треугольнике АВС следует,
ДР ,
что qq = ^ значит, AD + DCDC _ 1
DC’ AD + DC &+Г
п AD 4- DC 4" СЕ , Далее, ^ р-= &, поэтому
СЕ
AD-VDCСЕ 1
СЕb AD^DC ^-Г
Таким образом,РС-уСЕ 1126
AD-VDC 6+1+6——1 ’
т. е. АС 62 — 1 DE” 2k '
Следовательно, qqfe2 —1//1(^ -1)//!
дД две - 55 йд DBE^Г у =45
Первое решение. Пусть высоты треугольников АОР и ВОС соответственно равны Нк и А2> тогда площадь трапеции (рис. 13)
5 Л£±М № + у_Но из подобия треугольников АОР и ВОС следует, чтоAP*h^ = ВС *кь поэтомуS = p^ + qa+ АР.^,(1)пР2 АР^Далее имеем, что*AD.h2 = ^^£ qВ силу (1) и (2) имеем5 Л£±М № + у_Но из подобия треугольников АОР и ВОС следует, чтоAP*h^ = ВС *кь поэтомуS = p^ + qa+ АР.^,(1)пР2 АР^Далее имеем, что*AD.h2 = ^^£ qВ силу (1) и (2) имеемВС-р откуда АР = ~ q и =^ = 2р<?.(2)ВС-р откуда АР = ~ q и =^ = 2р<?.(2)
5 Л£±М № + у_
Но из подобия треугольников АОР и ВОС следует, что
AP*h^ = ВС *кь поэтому
S = p^ + qa+ АР.^,(1)
пР2 АР^
Далее имеем, что*
AD.h2 = ^^£ q
В силу (1) и (2) имеем
5 Л£±М № + у_
Но из подобия треугольников АОР и ВОС следует, что
AP*h^ = ВС *кь поэтому
S = p^ + qa+ АР.^,(1)
пР2 АР^
Далее имеем, что*
AD.h2 = ^^£ q
В силу (1) и (2) имеем
ВС-р откуда АР = ~ q и =^ = 2р<?.(2)
ВС-р откуда АР = ~ q и =^ = 2р<?.(2)
S = p2-H»A-2pq = U> + q)\
Второе АОР и ВОС.Второе АОР и ВОС.решение. Рассмотрим подобные треугольники Находим, что их коэффициент подобия равен
Второе АОР и ВОС.
Второе АОР и ВОС.
е.
AD:BC= AO:OC = DO:OB=—. q
Так как высоты треугольников ВОС и РОС, опущенные из вершины С, совпадают, то
5д вос:5д boc=DO:()B =2^, т. е.
5Д DOC — ^* 5Д ВОС = ^ ^ = РЧ-
Аналогично
5д AOB = pq.5д AOB = pq.Таким образом, площадь трапеции равна р2Л-дгА-рц-\грд=<р-Н?.
5д AOB = pq.
5д AOB = pq.
Первое решение. Пусть К — точка пересечения медиан AD и СЕ (рис. 14). По условию
ДКАС + Д КСА = №, поэтому
L AKE = Z_KAC + Z-KCA = ^°.
Проведем высоту АН треугольника AKJE. Поскольку
£ НАК = ^°—£ AKE = 3Q°, то
НК=^ АК = ~*^ AD = ^ т^
АН=УЛК2— нк2= у (-| adV—hk2 =
Площадь треугольника АСЕ равна
1£С.ДН = 1те1£С.ДН = 1тета ^а^сУз~ч Уз ‘та ^а^сУз~ч Уз ‘
1£С.ДН = 1те
1£С.ДН = 1те
та ^а^с
Уз~ч Уз ‘
та ^а^с
Уз~ч Уз ‘
Но по условию то-те=Уз, следовательно, площадь треуголь- ника АСЕ равна — . Площадь же треугольника АВС, очевидно, (АВ так как АЕ = -^-, а высота этих треугольников, опущенная из вершины С, общая^ , т. е.
5А авс = 1.
Второе решение. В треугольнике АКС
^ = 120°, АК = ~та, СК = ^тс.
Следовательно,
S^akc = ^AK-CR sin \№=^твтс^Ц ^V^' ,5Д ЛВС = 35Д ЛКС = 3‘ "3 = 1-
Отв. 1.'
Первое ре ш е н и е. Обозначим сторону ромба через у» а меньшую его диагональ через х. Следовательно,
х^ + а^^Ау2,■
откуда
у=J l^ + a2(1)
С другой стороны, мы можем рассматривать х как сторону правильного двенадцатиугольника, вписанного в круг радиуса у» т. е.
х = уУ^У^:(2)
Из (1) и (2) находим
'х = а(2—КЗ),у = аУ2—У"3.
Высота h ромба, т. е. одна из сторон прямоугольника, вписанного в ромб, определится из равенства
*xa__yh
отсюда
Другая сторона прямоугольника г определяется из равенства 22=X2-/l2, откуда
'г = £К(2-Кз)з.
Искомая площадь
S=/!.z=^ (2-КЗ)]2.
Второе решение. Пусть ABCD— данный ромб, в который вписан прямоугольник MBND (рис. 15).
В треугольнике АОВ
2_А0В=9й°, £ВАО=\У, BO = ^tg\5°, ^_АВО = 1Ь°.
Рис. 15.Площадь MBNDjРис. 15.Площадь MBNDjВ треугольнике MOB МО^ОВ как половины диагоналей прямоугольника, £_ АВО*»Д ОУИВ = 75°, поэтому Д ВОМ = 30°.
Рис. 15.
Площадь MBNDj
Рис. 15.
Площадь MBNDj
А
S=yB£>-^sin30°, где BD = MN = a tg 15°,:
поэтому S = -j-tg215°.
Ноу
fо. 150 30 1 cos 302 \
tg -tg 2 - sjn3QO 2 У 3.
Поэтому $mbnd “f ^— /3) •
Ome. ^(2— K^j2•
Для определенности пусть Z A < / В прямоугольного треугольника АВС с гипотенузою АВ. Введем обозначения: R— радиус описанной окружности, г — радиус вписанной окружности^ ч D—точка касания гипотенузы с вписанной окружностью (рис. 16). £
Гипотенуза AB = 2R. С другой стороны,
А В = AD+DB = OD ctg ^ + BD ctg ^ =r (ctg ^ + ctg ^ Таким образом,
2fi = r (ctg y + ctg ^,
откуда «84+с1г5-=4=24=5.(1)
А В
^^Поскольку / А = 2, В = 90°, то -—+ -^- = 45° и . л , в , /А 'в \ -С^ 2 Ct® 2 * ' 4 ctg4+ctgy л
^
^
Учитывая (1), имеем '*—■—i
, А , В .Ctg у ctg у = 6.
Решая (1) и (2) совместно и учитывая, что А < В, получаем
ctgy=3, ctgy=2.
Отв. А = 2 arcctg 3, В = 2 arcctg 2.
Рис. 16.Рис. 16.
Рис. 16.
Рис. 16.
Обозначим катеты треугольника через а и Ь, а гипотенузу—с (рис. 17). Имеем
с ——(1)
_a-Vb+c
5Д А ВС —2’
q&R । bR cR,o\
Из (1) и (2) следует
r=———.(4)
а+6+с''
Из (1) и (3) находим
Перемножив почленно (4) и (5), получимп а^ _а2Ьй_аЬ_оКг”(а + ЬУ—сй — 2аЬ ~ 2 ~ЬДАВС-
Отв. Площадь треугольника Rr.
Первое решение. Очевидно, что искомый четырехугольник— ромб с углами, равными 60° и 120° (рис. 18).
ci 3
Высота треугольника DMC ML =—; отрезок МК = а—
а КЗг-
2—* большая диагональ ромба MN — LK—2MK~a(Y 3—1).
Рис. 18.Рис. 18.Треугольник EMF равносторонний.
Рис. 18.
Рис. 18.
Так как высота этого равностороннего треугольника h=-^MN= |( Кз — 1). то его сторона равна
—_ а (КТ1)
Следовательно, площадь ромба равна
25д emf = EF-h = | (Кз -1) ^= (Гз -1) = ^ (КЗ -1)^=
2 КЗКЗ3
Второе решение. Пусть ЕР — высота треугольника AED. Из треугольника АЕР имеем
ЕР =|tg 30°.
5 EMEN — ^АЕВ^^ ВЕС + 5Д ANB + 5 ДОМС ~SA BCD = =^tgOT° + ^tg30e+^-^+^-p^-a« =
a1 Vs a4 V3 2 (tP + Sa^VS—ba4 а2 (2^3—3)
= 2 3 *"2° -63
л а2 (2 КЗ - 3)
Отв. —5—-.
Пусть точки В и С — точки касания окружностей с общей внешней касательной, а О± и О2—центры окружностей (рис. 19) Проведем CD Ц О1О2. В прямоугольном треугольнике BCD катет BD=BOX— OXD = ВОХ — СО4 = 3 — 1 = 2, а гипотенуза CD = OXO^ =3-|-1=4. Но если катет в два раза меньше гипотенузы, то противолежащий ему Д BCD = 30°, а / BDC — Д ВОХА = 60° и 28а
/ С0201= 120°. Искомая площадь S равна разности между площадью трапеции OxOjCB и суммой площадей секторов АО^В и AOjC. Основания трапеции суть 3 и 1, а высота ВС — VCD2—BD2 = = j/*16—4 = 2 1^3. Поэтому/ С0201= 120°. Искомая площадь S равна разности между площадью трапеции OxOjCB и суммой площадей секторов АО^В и AOjC. Основания трапеции суть 3 и 1, а высота ВС — VCD2—BD2 = = j/*16—4 = 2 1^3. ПоэтомуОте. —К? 1!2.Рис. 19.ООте. —К? 1!2.Рис. 19.О
/ С0201= 120°. Искомая площадь S равна разности между площадью трапеции OxOjCB и суммой площадей секторов АО^В и AOjC. Основания трапеции суть 3 и 1, а высота ВС — VCD2—BD2 = = j/*16—4 = 2 1^3. Поэтому
/ С0201= 120°. Искомая площадь S равна разности между площадью трапеции OxOjCB и суммой площадей секторов АО^В и AOjC. Основания трапеции суть 3 и 1, а высота ВС — VCD2—BD2 = = j/*16—4 = 2 1^3. Поэтому
Оте. —К? 1!2.Рис. 19.
О
Оте. —К? 1!2.Рис. 19.
О
Первое решение. Очевидно, что полученные треугольники и основной треугольник подобны (рис. 20). Обозначим площадь треугольника АВС через х.
Рис. 20.Рис. 20.
Рис. 20.
Рис. 20.
Так как площади подобных треугольников относятся^ как квадраты сходственных сторон, то из подобия треугольников АВС и МРК имеем
а^ МК2 а МКх АВ» ’ или Yx Ав '
Аналогично из подобия треугольников АВС и ENK следует, чтоb _KN
Vx~AB ’
а из подобия треугольников АВС и KFR получаем, что
с _FR
289289АВ"
289
289
10 И. X. Сивашинский
Имеем
a-Vb + c MK + KN+FR
кг =AB *'
Из рисунка видим, что
MK = AF,KN = RBt
поэтому
AB = MK + KN + FR.(2)
Из (1) и (2) следует
а-уЬ-ус _АВ_^
Ух ~АВ~ ’
ИЛИ
а4-Ь + с= Кх, откуда
х=Ца-уЬ-ус^.
Второе решение. Проведем отрезок КС. Так как пло- щади подобных треугольников относятся, как квадраты сходственных сторон, то МР:КЕ = а:Ь, или МР:РС = а:Ь. Учитывая, что треугольники МКР и РКС имеют общую высоту, опущенную из вершины К» находим
$дмрк;$& РСК = МР:РС = а:Ь, т. е.
SA СР№5ДМР/С“ = а2= аЬ*
Отсюда следует, что площадь параллелограмма РСЕК равна 2аЬ.
Аналогично находим, что площадь параллелограмма KNBR равна ^ 2Ьс, а площадь параллелограмма ✓X~ AMKF равна 2ас. Следовательно,
ууЗд двс = а2 + ^ + с2 + ^а^ +
у-У2ос 4- 2Ьс = (о 4* Ь -j- с)2«
Оте. (а 4- 6 4- с)2.
^^447. В параллелограмме A BCD
рис. 21.(Рис- 2l) BD = qt АС = р. Из
Л ABD имеем
^ = х2 + у^—2ху cos а,(1)
где через х и у обозначены смежные стороны параллелограмма.
Из Л ACD имеем
р2=х2 4- у^ 4- 2ху cos а.(2)
Из (2) вычитаем (1), получим
р2—q^ = 4xy cos а, откуда
п2 — д2
ХУ ="
4 cos а
Площадь параллелограмма равна . р2—о2 . р2—о2 ху sin а=j— sin а = -—tg а.4 cos а46Площадь параллелограмма равна . р2—о2 . р2—о2 ху sin а=j— sin а = -—tg а.4 cos а46Отв. tg а.448. Пусть катеты прямоугольного треугольника а и 6, тенуза с.По условиюОтв. tg а.448. Пусть катеты прямоугольного треугольника а и 6, тенуза с.По условиюа гипс-а гипс-илиилис2 /3 „аЬ4 ~2 2 *с2 /3 „аЬ4 ~2 2 *с»- —с»- —(1)(1)С другой стороны, по теореме ПифагораИз (1) и (2) имеемС другой стороны, по теореме ПифагораИз (1) и (2) имеем(2)(2)о । 4аЬа^-^Ьй = —^о । 4аЬа^-^Ьй = —^(3)(3)Поделив обе части (3) на ab, получимПоделив обе части (3) на ab, получима . b __ 4+/Т*а . b __ 4+/Т*_аОбозначив -у через х, получаем , 14х Н—= ,* Кз_аОбозначив -у через х, получаем , 14х Н—= ,* КзилиилиУЗх2 —УЗх2 —откудаоткудаХ^^З,Х2 = -р^х,Х^^З,Х2 = -р^х,
Площадь параллелограмма равна . р2—о2 . р2—о2 ху sin а=j— sin а = -—tg а.
4 cos а46
Площадь параллелограмма равна . р2—о2 . р2—о2 ху sin а=j— sin а = -—tg а.
4 cos а46
Отв. tg а.
448. Пусть катеты прямоугольного треугольника а и 6, тенуза с.
По условию
Отв. tg а.
448. Пусть катеты прямоугольного треугольника а и 6, тенуза с.
По условию
а гипс-
а гипс-
или
или
с2 /3 „аЬ
4 ~2 2 *
с2 /3 „аЬ
4 ~2 2 *
с»- —
с»- —
(1)
(1)
С другой стороны, по теореме Пифагора
Из (1) и (2) имеем
С другой стороны, по теореме Пифагора
Из (1) и (2) имеем
(2)
(2)
о । 4аЬ
а^-^Ьй = —^
о । 4аЬ
а^-^Ьй = —^
(3)
(3)
Поделив обе части (3) на ab, получим
Поделив обе части (3) на ab, получим
а . b __ 4
+/Т*
а . b __ 4
+/Т*
_а
Обозначив -у через х, получаем , 14
х Н—= ,
* Кз
_а
Обозначив -у через х, получаем , 14
х Н—= ,
* Кз
или
или
УЗх2 —
УЗх2 —
откуда
откуда
Х^^З,Х2 = -р^х,
Х^^З,Х2 = -р^х,
т. е. отношение большего катета к меньшему равно )^3.
Проводим BD параллельно АТ, где D—точка на АС (рис. 22). Так как угол ВАТ равен углу ABD как внутренние накрестлежащие при параллельных, а угол АС В равен углу ВАТ как измеряющиеся половиной дуги АВ, то угол ABD равен углу АСВ. Поэтому треугольники ABD и АВС подобны (у них угол А общий). Из их подобия следует
АР_ АВ АП_с_
АВ- АС* с — Ъ *
откудас2AD=V
Далее,
С2 №—с2DC — AC — AD — b—~==—r--- .о b
Так как BD Ц АТ» то
D£_B£ b2—c2_ а
AD^BT' .с2 ~ВТ*ьт
откуда_
Имеем’ ;
AT1-RT ^г- - - ^ ( - ■ “С2 V- ^^ - (“М*
^—с1 V^tP—c1) 62—С2 62—с2 (62—с2)2*
«abc откуда ЛТ = Г55-^.
Дополнив треугольник АВС до параллелограмма АВАХС» легко найти зависимость (рис. 23)
АналогичноАналогичноа2 + 4т^ — 262 + 2с2.
Аналогично
Аналогично
Ь2 + 4пг^ = 2а2 + 2с2,с2 + 4т^ = 2а2 + 2Ь2.
Из этих трех равенств следует, что
4(m2 + m2 + m2) = 3(a2 + 62 + c2), т. е.
(m2+zzi|4-m2):(a2 + 62 + c2) = |-.
Пусть CF—третья медиана (рис. 24).
Так как OF — ~ (медиана гипотенузы треугольника ЛОВ равна половине гипотенузы), то CF = — .
откуда с =откуда с =Поэтому 9с2 + с2 = 2 (а2 + &2),
откуда с =
откуда с =
Отв.
AB = BF + AF = R + x,AB = BF + AF = R + x,Соединим центр А круга искомого радиуса х с центрами В, С дуг, к которым он прикасается в точках F. 6, и с точкой Е, в которой он прикасается к отрезку CD (рис. 25). В треугольнике АВС имеем
AB = BF + AF = R + x,
AB = BF + AF = R + x,
AC = CG — AG = R—x,
BC = R.
Кроме того, проведя высоту АН, найдем СН = АЕ = х.
По известной теореме имеем
АВ2 = АС^ВСа — 2ВС-СН, или
(/? + х)2 = (R—х)2 + R2—2Rx,
R* + 2Rx+х2 = R^—2Rx + x2 + /?2 — 2Rx,
6Rx-R\
1 n
откуда x=-^ R«
R
Ome -&-•
453. Пусть ABC—данный треугольник, у которого АВ = ВС= =АС = 3 и А^В^х—вписанный в него треугольник (рис. 26), причем площадь S треугольника АВС равна утроенной площади Sx треугольника Л1В1С1. Так как площади подобных треугольни-453. Пусть ABC—данный треугольник, у которого АВ = ВС= =АС = 3 и А^В^х—вписанный в него треугольник (рис. 26), причем площадь S треугольника АВС равна утроенной площади Sx треугольника Л1В1С1. Так как площади подобных треугольни-Пусть СС1 = АА1 = х, тогда ЛС1 = 3--х.Поскольку в треугольнике ЛЛД угол АХАСХ равен 60°, тоПусть СС1 = АА1 = х, тогда ЛС1 = 3--х.Поскольку в треугольнике ЛЛД угол АХАСХ равен 60°, то
453. Пусть ABC—данный треугольник, у которого АВ = ВС= =АС = 3 и А^В^х—вписанный в него треугольник (рис. 26), причем площадь S треугольника АВС равна утроенной площади Sx треугольника Л1В1С1. Так как площади подобных треугольни-
453. Пусть ABC—данный треугольник, у которого АВ = ВС= =АС = 3 и А^В^х—вписанный в него треугольник (рис. 26), причем площадь S треугольника АВС равна утроенной площади Sx треугольника Л1В1С1. Так как площади подобных треугольни-
Пусть СС1 = АА1 = х, тогда ЛС1 = 3--х.
Поскольку в треугольнике ЛЛД угол АХАСХ равен 60°, то
Пусть СС1 = АА1 = х, тогда ЛС1 = 3--х.
Поскольку в треугольнике ЛЛД угол АХАСХ равен 60°, то
ахс\=аа\л-ас\—aavacv
илиилиЗ = х2 + (3—х)2—х(3—х).З = х2 + (3—х)2—х(3—х).
или
или
З = х2 + (3—х)2—х(3—х).
З = х2 + (3—х)2—х(3—х).
Отсюда хх=1, ха = 2.
Оте. Расстояния от вершины А до вершин смежных углов равны 1 и 2.
Глава X!
ЗАДАЧИ ПО ПЛАНИМЕТРИИ НА ДОКАЗАТЕЛЬСТВО
Пусть AD — биссектриса угла А треугольника АВС (рис. 27). По свойству биссектрисы угла треугольника имеем
ВО^ЛВ
CD~ АС*илит _ сп b *
Составим производные пропорции
т с и m + n b-\-cт + п^b^c п “” b
Так как m+n=a, то имеем
откудаоткудаААРис. 27.Рис. 27.т — с а "”Ь+ст — с а "”Ь+с
откуда
откуда
А
А
Рис. 27.
Рис. 27.
т — с а "”Ь+с
т — с а "”Ь+с
Первое решение. Пусть ЛD — биссектриса угла Л треугольника АВС (рис. 28). Обозначим отрезки BD и DC стороны ВС через тип, стороны АС и В А — через b и с, a AD — через 1А.
Опишем около треугольника окружность и продолжим биссектрису AD до пересечения с этой окружностью в точке М. Так как углы ВАМ и CAD равны, а также равны углы А МВ и АСВ как вписанные и опирающиеся на одну и ту же дугу, то треугольники АВМ и ADC подобны.
Из подобия этих треугольников следует, что
1а_ ьс lA+DM*откуда
PA-HA*DM = bc.(1)
Но так как произведения отрезков каждой из двух пересекающихся хорд равны, то
lA.DM=mn.(2)
Из (1) и (2) получаем
/д —Ьс—тп.
Второе решение. Имеем
Л рд+с»-т» laA^b»-n4 C0S 2 ~2cl д- 2ЫД
откуда
ЬРА + be1 ~W-cl\-V bac - сп1.• (3)
Поскольку
т __IL с b 9
то
т — сх, п — Ьх,
где х—коэффициент пропорциональности. Таким образом, из (3) следует
(6 — с) /д = Ьс (Ь—с) — (СЬгх2—Ьсгх^, откуда
(д=Ьс—bcx^ — bc—cx-bx = bc—тп.
Мы знаем, что 1д=Ьс—тп (задача 455). Также известно (см. задачу 454), что
где т и п—отрезки, на которые делится сторона а биссектрисой угла А.
ас ab Г а2 ]Й'нс L (Н^Гас ab Г а2 ]Й'нс L (Н^ГИмеем
ас ab Г а2 ]Й'нс L (Н^Г
ас ab Г а2 ]Й'нс L (Н^Г
1д = Ьс—тп =
^Ьс [(Нс)2—а2]__&с (НН a) (b + c-a)_J>c-2p'2 (р—а) .
(Нс)2~(Нс)2”(Нс)2
отсюда
ZA=b^ Vp(p—a)bc.
В задаче 455 мы доказали, что /д = Ьс—тп» где т и п — отрезки, на которые делит биссектриса 1д сторону а (рис. 28). Известно, что стороны b и с пропорциональны отрезкам тип. Обозначим коэффициент пропорциональности через к.
Итак, имеем
т=кс» n = kb.
Сложив эти два равенства почленно, получим
m + n = k (Ь + с).
Но т^п = а, поэтому
Ь-\-с
Следовательно, аЧс тп=к"ьс=-№^-
Поэтому
. а^Ьс
^-Ьс (Ь + с)»-
Аналогично определяются биссектрисы углов В и Ci
1в = ас1в = асЬ2ас(5W1Ь2ас(5W1
1в = ас
1в = ас
Ь2ас
(5W1
Ь2ас
(5W1
b^ — abb^ — abсйаЬWсйаЬW
b^ — ab
b^ — ab
сйаЬ
W
сйаЬ
W
(О(ОРис. 30,Рис. 30,
(О
(О
Рис. 30,
Рис. 30,
Площадь треугольника АВС (рис. 29) равна 0,56с sin А.
С другой стороны, площадь этого же треугольника равна сумме площадей треугольников ABD и ACD (D—основание биссектрисы угла А), т. е. равна
д0,5/л (6 + с) sin-^-.(2)
Приравняв (1) и (2), получаем л 0,56с sin А = .0,5/л (6 + с) sin — , или АДА
2bc sin-y cos -^ = IА № + с) sin—, откуда
2bc cos/л =/-■ ~.А Ь-^сАналогично находим
2accos -^ 2ab cos ~-^в — а+с - * ^с— а+ 6
Около треугольника АВС (рис. 30) опишем окружность и. проведем диаметр DE перпендикулярно АС.
Угол Вх равен углу В и А1Сг = АС, поэтому если совместим А^ с АС, то вершина Вх будет находиться на той же дуге, что и
В, если треугольники расположить по одну сторону от AC(AiCi), причем расположить вершину Вх по ту же сторону от DE, что и вершину В. Допустим, что В и Вх не совпадают. Так как точка D делит дугу АС пополам, то обе биссектрисы ВР и ВХРХ при их продолжении проходят через точку D.
Для определенности пусть дуга DCB больше дуги DCBX) тогда отрезок DB больше отрезка DBX (так как, проведя хорду ВВи получим Z\DBBV в котором £_BBVD >W\ Отрезок DP меньше, чем DPK> так как проекция DP на АС меньше проекции DPX на АСХ.
Таким образам.
BD > B^D,D? <DPVВычитая почленно эти неравенства, получимBD—DP>BXD—DPV
т. е. ВР > ВХРХ1 что противоречит условию (ВР = В1Р1). Следовательно, точка Вх совпадает с точкой В, т. е. треугольники АВС и ЛхВхСх равны.
Первое решение. В задаче 457 мы доказали, что
<гА = Ьс<гА = Ьса^Ьс(W’а^Ьс(W’,2"6 Qc,2"6 Qc
<гА = Ьс
<гА = Ьс
а^Ьс
(W’
а^Ьс
(W’
,2"6 Qc
,2"6 Qc
Следовательно, нам дано, что
. а^ЬсЬ^ас
или a^bab^
XbW~° ka-Vc^*
ИЛИ'
(м — °^°^ _ hV b ° 1
(°~О)-(а + с)2 (6 + c)2^M [(^с)2 (b + c)2J *
Предположим, что треугольник неравнобедренный, т. е. а ^ Ь. Для определенности пусть а > Ь> тогда а—b > 0.
Рассмотрим разность
b а
(а+су (Ь + сГ-'
Согласно нашему предположению (а > Ь) числитель уменьшаемого меньше числителя вычитаемого,^ знаменатель уменьшаемого больше знаменателя вычитаемого, поэтому уменьшаемое меньше вычитав* мого, а следовательно, рассматриваемая разность отрицательна.
Итак, предположив, что треугольник неравнобедренный, мы пришли к тому, что положительное число равно отрицательному, что невозможно. Следовательно, наше предположение отпадает и треугольник равнобедренный.
Второе решение. Мы знаем, что
1А = ьТс У"ркР-<ОЬс,
1с=5^7ь ^Р kP—c)ab-.
Итак, по условию задачи имеем
^ У77^)^=_2_ ур(р_с)а6; ИЛИ 44
’р (р~0) ^wr*р (р~с) оЬ*.илиа(р—с)_с(р—а)(а+Ы - (6+ср 1
Отсюда
(Ь2 + 2&+с2) (ар—ас) = (а2 + 2а& + ^2) (ср—ас), или
ab^p + 2abcp + ас^р—аЬЧ—2abc2—а<^ =
=а2ср + 2abcp + ЬЧр—а3с—2а2Ьс—аЬ2с» откуда
(ab2p—Ь2ср) — (аЧр—ас2р) + (2а2Ъс—2abc2) + (а3с—ас3) = 0.
Следовательно,
(а—с) [b2p—аср + 2abc + ас (а+с)] = 0.(1)
Но
a-Vc = 2p—b и ас (а+с) = 2аср—abc.(2)
Из (1) и (2) получим
(а—с) (Ь2р + аср + abc) = 0.
Выражение во вторых скобках положительно, поэтому а—с=0 и а = с, т. е. треугольник равнобедренный.
Третье решение. Пусть в треугольнике АВС (рис. 31) ВМ и CN—биссектрисы углов В и С, причем BM = CN.
Рис. 31.Рис. 31.Построим отрезки ND и DM, соответственно равные и параллельные отрезкам ВМ и BN*
Рис. 31.
Рис. 31.
Введем обозначения ^.BCN^^NCA^a, ДСВМ = ДМВА=^, £MDC = y и Z. MCD = ^*
Так как BNDM — параллелограмм, то / NDM = р.
Допустим, что АВ > АС, тогда 2а > 2^, т. е.
а > р.(1)
В треугольниках BNC и ВМС сторона ВС—общая, CN = BMt но а > В, следовательно, BN >,МС.
Так как MD = BN—стороны параллелограмма BNDM, то MD>MC.
Поэтому
ф > V-(2)
Из равенств (1) и (2) следует
а + ф>Р + Т-<3)
Но в треугольнике CND CN—ND, а поэтому « + ф = р + у, что противоречит (3).
Итак, допущение, что АВ > ЛС, неверно. Так же можно доказать, что допущение АС> АВ неверно.
Следовательно, АВ = АС.
461. Пусть в треугольнике у основания высоты, биссектрисы461. Пусть в треугольнике у основания высоты, биссектрисыВС (рис. 32) точки Н, D и; М — и медианы. Для определенности пусть АВ<ВС, тогда /.А> > Д С» а следовательно, /_АВН<£НВС. Отсюда следует, что
461. Пусть в треугольнике у основания высоты, биссектрисы
461. Пусть в треугольнике у основания высоты, биссектрисы
z АВН <
, или
ДАВИ < ^ABD.
Рис. 32.Отсюда заключаем, что
точка Н находится между точками Л и D. Теперь на основании свойства биссектрисы угла в треугольнике имеем
лр_лв
DC"* ВС'
Поскольку АВ < ВС» то и AD < DC. Так как DC>-^, то за- АС
ключаем, что AD <, или AD < АМ, а следовательно, точка М
лежит между точками С и D.
Итак, мы доказали, что точка D находится между точками Н и М.
Если треугольник равнобедренный, то биссектриса, медиана и высота сливаются.
Угол между биссектрисами прилежащих углов ЛВС и CBD есть.сумма половин этих углов, и, значит, сумма углов АВС и CBD равна 180°, т. е. эти углы смежные и сторона BD служит продолжением стороны АВ, следовательно, точки Л, В и D лежат на одной прямой.
Пусть диагональ АС вписанного четырехугольника A BCD является диаметром (рис. 33). Требуется доказать, что проекции DAX и ВСХ сторон AD и ВС на диагональ BD равны между собой.
Углы ADB и АС В равны как вписанные углы, опирающиеся на дугу АВ < 180°. Следовательно, прямоугЬльные треугольники Л^О и АВС подобны. Из их подобия следует, что
AtD_BCAD ~~ AC ’
откуда
Z CBD = ^ CAD как вписанные углы, опирающиеся на дугу DC < 180°. Следовательно, прямоугольные треугольники ВССХ и ACD подобны. Из их подобия следует
ВСХ АР
откудаоткудаВС ~АС*
откуда
откуда
(2)(2)RC AD*BCво,-—
(2)
(2)
Из (1) и (2) заключаем, что АХО = ВСг, что и требовалось доказать.Из (1) и (2) заключаем, что АХО = ВСг, что и требовалось доказать.
Из (1) и (2) заключаем, что АХО = ВСг, что и требовалось доказать.
Из (1) и (2) заключаем, что АХО = ВСг, что и требовалось доказать.
Около четырехугольника ABCD (рис. 34) можно описать окружность, так как 2 BAD = Д BCD =90°. Отрезок BD, на который опирается вписанный прямой угол BAD, есть диаметр этой окружности, так что BD проходит через центр О. Перпендикуляр, проведенный к хорде АС через ее середину, также проходит через центр О круга.
Опустив из точек В и D соответственно перпендикуляры BE и DF на перпендикуляр, проведенный к хорде АС через ее середину, находим, что прямоугольные треугольники ODF и ОВЕ равны, так как гипотенузы их OD и ОВ равны как радиусы одного круга и 2.DOF = Д ВОЕ. Следовательно, DF — BE.
исходили из того, что прямая BD не совпадает с перпендикуляром к хорде АС, проведенным через ее середину. Если же прямая BD совпадает с этим перпендикуляром, то расстояния BE и DF обращаются в нуль, т. е. и в этом случае DF = BE.
Пусть 02—окружность, описанная околотреугольника ABC,^
а Ох—окружность, описанная около треугольника О АС, где'-^
О—ортоцентр треугольника АВС (рис. 35). Продолжим высоту ОЕ до пересечения в точке D с окружностью О2.;
ДОАС-ДОВС,(1)
так как они вписанные и опираются на одну и ту же дугу DC окружности О2;
ДОВС^ДОАС(2)
как углы с соответственно перпендикулярными сторонами. Из (1) и (2) заключаем, что ’
Д ОАЕ = Д DAE,
а следовательно, прямоугольные треугольники ОАЕ и DAE равны, а также равны треугольники О АС и DAC. Поэтому и окружности О4 и Оъ описанные около треугольников О АС и DAC, равны. Итак, мы доказали, что окружность, проходящая через О, А, С, равна окружности О2.
Аналогично доказывается, что окружности, проходящие через О, А, В и О, В, С, равны окружности 02.
Рис. 35.Рис. 35.
Рис. 35.
Рис. 35.
Пусть прямая DOE—секущая треугольника АВС, проходящая через центр . О вписанного в него круга (рис. 36). Требуется доказать, что
S&BDE BE + BD ~§eacdЕА4-АС + CD
Имеем
S£BD Е^Зд ВОЕ + 5Д BOD "2*Т~ = Т" ^ВЕ ^ ED^*
ЕА-г2ЕА-г2AC-r . CD-r-2~ + -T"AC-r . CD-r-2~ + -T"у (£Л + ЛС + СР).у (£Л + ЛС + СР).Seacd=^Д ОАЕ + Едолс+S^OCD =
ЕА-г2
ЕА-г2
AC-r . CD-r
-2~ + -T"
AC-r . CD-r
-2~ + -T"
у (£Л + ЛС + СР).
у (£Л + ЛС + СР).
где г— радиус вписанного круга.
Отсюда
BE + BDEA 4- Л C4- CDBE + BDEA 4- Л C4- CD^Z^BDE "2” ^^ + ^^
BE + BD
EA 4- Л C4- CD
BE + BD
EA 4- Л C4- CD
Seacd y(EA + AC+CD)
Пусть AD—биссектриса угла ВАС (рис. 37). По условию АВ = а, АС-b, AD = c.
Обозначим / BAD = £_ CAD = a. Так как дуги BD и DC равны, то также равны хорды BD и DC* Из треугольников ABD и ACD имеем
(1)(2)(1)(2)BD2=а2 + с2 —2ас cos а, DC2 = b2 + c2 —2bc cos а.
(1)
(2)
(1)
(2)
Так как BD = DC, то из равенств (1) и (2) следует а2 4- с2 — 2ас cos а = Ь2 + с2 — 2bc cos а, или a2 — b2 — 2c (a—b) cos а, или
Iа + b = 2с cos а,
откуда а 4" Ь о —:— — 2 cos а. с
Поскольку угол а есть постоянная величина, то отношение а 4“ Ь
—:также постоянная величина, т. е. это отношение не зави
с
сит от радиуса окружности, отсекающего отрезки а, Ь, в»
Первое решение. Пусть AMD — перпендикуляр, опущенный из точки А на касательную DBt а М — вторая точка пересечения AD с окружностью (рис. 38). Из прямоугольного треугольника ABD имеем
АВ2 = ВО2^АО\
)1)1
)
1
)
1
Ho DB^== AD^MD^ поэтому
AB^AD-MD^-AD^ откуда
^MD + AD.
Легко доказать, что MD + AD есть величина постоянная при любом положении точек А и В, следовательно, и отношение AB4AD есть величина постоянная.
Второе решение.. Соединим произвольную точку N дуги ANB с точками А и В (рис. 38). Углы ABD и ANB равны как измеряющиеся половиной дуги А МВ. Обозначим их через а.
Имеем
ЛВ 1.
—-=-— и АЕ— 2R-sin а, AD sina
где R—радиус окружности.
Перемножив последние равенства почленно, получим
АВ^
-——-=2/?—постоянная величина.
Третье решение. Проводим диаметр ВС и АЕД_ВС (рис. 38). Имеем АВй = ВС* BE или AB2 = BC*AD (так как BE=^ADY
Следовательно,
ЛВ2
- = ВС — 2R — постоянная величина. AD
Приводим через точки Л и В окружности Olt О2 и т. д., которые пересекают окружность О соответственно в точках С, и Оъ С2 и О2 и т. д. (рис. 39).
Пусть М — точка пересечения прямых АВ и CXDX. Проводим прямую МС2 и допустим, что эта прямая пересекает окружность О в точке В, а окружность О2 в точке F. Для окружности 02
МА* МВ = MF* MC2t (1)
для окружности Ох
MA*MB = MCX*MDV (2) для окружности О
MCX*MDX = ME* МС2. (3)
Из (1) и (2) следует
MF*MC2=MCrMDx. (4)
Из (3) и (4) следует
me*mc2=mf*mc2.
Следовательно, ME = MF, т. е. точки Е и F совпадают. Но точка Е принадлежит окружности О, а точка F принадлежит окружности 08. Следовательно, точки Е и F совпадают с точкой D2.
Таким образом, прямые АВ и C2D2 также пересекаются в точке М, т. е. М— определенная точка на продолжении хорды АВ и через эту точку проходят продолжения всех общих хорд ркруж- ности О и окружностей, проходящих через точки А и В.
Пусть М, N, Е, F, Р, R—середины отрезков АВ, ВС, CD, AD, BD, АС (рис. 40)*
AC MN = FE = ^ , MF = EN = ^ ,AC MN = FE = ^ , MF = EN = ^ ,Имеем
AC MN = FE = ^ , MF = EN = ^ ,
AC MN = FE = ^ , MF = EN = ^ ,
следовательно, четырехугольник MNEF—параллелограмм. Так как
PN = FR=^-PF = RN=^
то четырехугольник FPNR—параллелограмм.
Отрезки ME и FN пересекаются в точке О и делятся этой точкой пополам как диагонали параллелограмма MNEFt
Отрезки PR и FN (диагонали параллелограмма MNEF), пересекаясь, также делятся пополам. Но так как мы установили, что точка О—середина FN, то PR и FN пересекаются в точке О.
Итак, ME, FN и PR пересекаются в одной точке О и делятся ею пополам.
Пусть точки К, L, М и N — соответственно середины сторон АВ, ВС, CD и DA четырехугольника ABCD (рис. 41). Отрезки KL и MN равны и параллельны как средние линии треугольников АВС и ADC с общей стороной АС. Следовательно, четырехугольник KLMN— параллелограмм, и поэтому его диагонали КМ и LN в точке пересечения R делятся пополам. Обозначим середины диагоналей АС и BD четырехугольника ABCD через Р и Q. Отрезки КР и QM равны и параллельны как средние линии треугольников АВС и DBC с общей стороной ВС. Значит, четырехугольник KPMQ— параллелограмм, и поэтому отрезок PQ, соединяющий середины диагоналей четырехугольника ABCD,
пересечет отрезок КМ в его середине R, т. е. в точке пересечения прямых, соединяющих противоположные стороны четырехугольника ABCD.
Итак, точки Р, Q и R лежат на одной прямой, что и требовалось доказать.
Пусть AB = DE и АВ ЦОЕ (рис. 42). Соединим А с Е и В с D. Четырехугольник ABDE — параллелограмм, так как стороны АВ и DE равны и параллельны. Следовательно, диагонали AD и BE как диагонали параллелограмма разделятся точкой О пополам. Но если рассмотреть теперь четырехугольник AFDC, у которого AF—CD, AF\\ CD, то также убедимся, что CF разделится в точке О пополам. Итак, AD, BE и CF проходят через точку О.
Опишем окружности около треугольников ЛВ^ и ВЛД, и пусть они пересекаются в точке D (рис. 43).
Заметим, что
Z ЛВС+ Z ВС А + Z САВ + Z AXDBX-V
+ Z AXDCX + l bxdcx^w
как сумма полного угла (при точке D) и сумма внутренних углов треугольника АВС.
Но £САВ+ Дв1°Сх=180° и Z ABC-V Z-AxDCx=\^° как суммы противолежащих углов вписанного четырехугольника. Поэтому Z ВСЛ + Z AxDBx= 180°, т. е. около четырехугольника AXCBXD можно описать окружность. Следовательно, и окружность, описанная около треугольника АХСВХ, проходит через точку D.
Дан треугольник АВС. Через вершины Л и В, В и С, С и А проведены соответственно окружности Ох, О2, О3 (рис. 44). Из произвольной точки М дуги окружности, проходящей через вершины Л и В, лежащей вне треугольника АВС, проводим прямые МА и МВ до вторичной встречи с окружностями О2 и О3 в точках N и Р. Далее соединим точки N и Р с вершиной С треугольника АВС. По условию задачи сумма
Z^+Z^+Z Р = 180°.(1)
Следовательно, ДМСР=Ш)°, т. е. точки N, С и Р лежат на одной прямой.
Пусть окружности Ох и Оа пересекаются в точке О. Соединим отрезками точку О с точками Л, В и С. Около четырехугольников АОВМ и BOCN описаны окружности, поэтому
. Д ДОВ + Z ДМВ = 180°, 1
Z ВОС+ Д ВМС- 180°. ) Также имеем
ДАОВ^-Д BOC-V ДАОС= 360°.(3)
Из (1), (2) и (3) следует, что
ДАОС+ДР=\ВО\ т е. около четырехугольника АОСР можно описать окружность. Но через точки А, Р, С уже проведена окружность О3. Следовательно, эта же окружность проходит и через точку О.
Итак, все три окружности проходят через одну точку О.
Р Рис. 44.Рис. 45.
Пусть РА и РВ—две касательные к окружности (рис. 45), С—одна из точек хорды, соединяющей точки касания Д и В, a KL—перпендикуляр к ОС. Окружность, построенная на ОК, как на диаметре, проходит через точки В и С, из которых отрезок ОК виден под прямым углом. Следовательно, Д OKL = — ДОВС, и таким же путем докажем, что ДОЬК — ДиАС. Но ДОВС — ДОАС, так как треугольник О АВ равнобедренный. Следовательно, /ОКЬ = ДОЬК и OK — OL. В равнобедренном треугольнике OKL высота ОС есть в то же время и медиана, т. е. KC — CL, что и требовалось доказать.
Первое решение. Пусть г—радиус вписанного круга, р—полупериметр треугольника АВС (рис. 46), S—площадь треугольника АВС. Опустим из точки О перпендикуляр ОР на сторону ДВ, тогда
OP=r = AO sin у- ,
r* = AO2 sin2 А = ЛО2^-^. (Р~С^ ,
26с
откуда
,4 Qi —^^•
(р-ьнр-сГ
АО*.ВС = АО4а
Аналогично найдем
abcr1
(Р —6) (Р—О
ВО1-АС
abcr1
(р—а) (р—с)
СО^АВ-
abcr1(р—аЦр -Ь)
(1)
(2)
(3)
Складывая равенства (I), (2)Складывая равенства (I), (2)Рис. 46.Рис. 46.(О(2)(3)(О(2)(3)
Складывая равенства (I), (2)
Складывая равенства (I), (2)
Рис. 46.
Рис. 46.
(О
(2)
(3)
(О
(2)
(3)
и (3) почленно, получим AO1-BC-VBO1-AC-VCO1-AB =
V (Р—аНР—сГ (Р-«) (Р— 6)Jabcr8 (p — a+p—b + p—c)_(р—а)(р—Ь)(р—с)~
_abcr8 [Зр—(а + & + с)]_ ~ (р—а^р — Ь) (р—с) ~ _ abcr2p __ (р — а) (р—Ь) (р—с)" abcp2r2abcS2
-p(p-a)(p-b)(p-c)~"^ - аЬС*
Второе решение. Из треугольника АОР имеем
АР „р — а
=-д-. Но так как АР = р — а, то АО = ~—д~ .
соа 2"C0S*T
Имеем
AO1-BC = (p—“ja.a.cos1 А-
„0 А р (р—а)
Поскольку cos2-^-—', то
АО1-ВС = аЬс^р—а-^ .
Р
Аналогично находим
ВО^АС^^-^ ,
Р
СО1 - АВ ^^ALzSl.
Р
Сложив равенства (1), (2) и (3) почленно, получим
ло2.вон-воа.лс+со2-лв=
= — (p—Q + p — b + p—c^—.p^abc.
Расположим треугольники ЛВС и Л1В1С1 так, «чтобы углы Л и Лх были смежными и стороны Л^ и АВ принадлежали бы одной прямой (рис. 47). Из точки Ст проводим отрезок СХР, параллельный ВС и встречающий АС в точке Р.
Из подобия треугольников ACVP и АВС следует, что
AD__AA
АС-АВ ’
или
АР __ Ьх ь ~ с ’ откуда
АО =—.
С
Из подобия треугольников ВуСуР и ЛВС следует
ВуР _ВуСу ВС-АВ Но так как
В1О = Л1В1 + ЛО = с1+^ = ^±^1
то (1) принимает вид
ссу-\- bby йу
с-а — с ’
Треугольник АМС имеет общую с треугольником АВС высоту, проведенную из вершины С, и основание ЛМ, равное половине АВ (рис. 48). Поэтому площадь треугольника АМС равна
половине площади треугольника АВС, т. е. равна площади треугольника ADE, площадь которого по условию составляет тоже половину площади треугольника АВС.
Вычитая из равных площадей треугольников АМС и ADE одну и ту же площадь .четырехугольника АМКЕ, находим, что треугольники MKD и ЕКС, имеющие при К равные углы, равновелики. Следовательно,
KM-KD = KE*KC.
Треугольники ВМС и ВАС (рис. 49) имеют общее основание ВС, следовательно, их площади относятся, как их высоты, т. е.
S^BMC 1д,
h△ ВАС па
Аналогично находим
S^BMA_lc Ск.W
° Д В А С
И
,SbAMC lb(ох
ABC nb
Складывая почленно (1), (2) и (3), получаем
^ДВМс + ^ЛМс + ^Д ВМЛ _ /д | 1ь_1^ 5д ABC^а hb • hc^ДВМс + ^ЛМс + ^Д ВМЛ _ /д | 1ь_1^ 5д ABC^а hb • hc
^ДВМс + ^ЛМс + ^Д ВМЛ _ /д | 1ь_1^ 5д ABC^а hb • hc
^ДВМс + ^ЛМс + ^Д ВМЛ _ /д | 1ь_1^ 5д ABC^а hb • hc
1) Из треугольников ACD и CBD (рис. 50) имеем
АОг = т-АС и DB4 = n.CB.(1)
Заметим, чтоЗаметим, чтоAC-CB = CD-AB = pc,AC-CB = CD-AB = pc,(2)(2)
Заметим, что
Заметим, что
AC-CB = CD-AB = pc,
AC-CB = CD-AB = pc,
(2)
(2)
так как эти произведения представляют удвоенную площадь треугольника ЛВС; кроме того,
AD-DB = p2.(3)
Перемножив почленно оба равенства (1) и учитывая (2) и (3), получим
р3 = пгпс.
Из треугольников AED и DFB имеем m2 = AD2-ED4 n^ = DB%~DF^.
Сложив эти равенства, получим
/к2 + л2 = AD^+DB2—(ED2+DF2). Но
с2 = ЛР2+ПВ2+2ЛП^В = ЛПа+РВ2 + 2р2,
ED2A-DF2 = p*.
Следовательно,
т2 + п2 — с2—2р2—р2 = с2—Зр2, откуда
/и2 + п2 + 3р2 = с2.
Из подобия треугольников AED и АСВ имеем AD с
т АС * Также имеем
AD2=mAC.
Из этих двух равенств получаем
AD3 = ctn2, откуда AD — ^ст-а*
Аналогично получаем
DB = Усп2*
Следовательно,
^/сп? + у/ сп2 = с, или
p/m2 + p/n2=:|/c2.
Пусть стороны параллелограмма а и Ь, а диагонали D и d (D>d).
По теореме косинусов имеем
D2=a2 + 62 + 2abcos45° = a2 + b2 + ab /2, d2 = o2 + b2—2ab cos 45° = a2 + b2—ab K2, откуда
(Dd)2=(a2 + b2)2—(ob К2)2 = a4 + b\ что и требовалось доказать.
Требуется доказать, что AB*GD + AD-BC = AC-BD (рис. 51). Построим угол АВК, равный углу CBD. Треугольники АВК и DBG подобны, так как / АВК = ДЬВС (по построению), Д ВАС = Д BDC (вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу ВСУ Из подобия этих треугольников следует, что
АВ _BD AK^CD ’ или
АВ.CD = АК-BD» (1)
Треугольники ВСК и ABD также подобны, поскольку
ДКВС^ДАВО(так как Д KBG = Д CBD+Д DBK;Д ABD = Д АВК +Д DBK)
иДАСВ-ДАОВ
(вписанные' углы, опирающиеся на одну и ту же дугу АВу Из подобия последних двух треугольников имеем
;;вс во
КС" АО'
т е. \
\ВС-АО-КС-ВО.(2)
Сложив почленно равенства (1) и (2), получаем
AB.CD*BC.AD = (AK + KC).BD1
или окончательно
АВ.СО-^-АО*ВС = АС-ВО, что и требовалось доказать.
Пусть О*—центр описанного круга, ОАг> ОВЪ ОС^—расстояния от О до сторон а, Ь, с треугольника АВС (рис. 52). Поскольку в четырехугольнике АС^Вх углы Вх и Сх прямые, то около него можно описать окружность.
В силу теоремы Птолемея (задача 482) имеем
АО.В1С1 = АВ1.ОС1 + АСГОВ1.(1)
Так как
AO=R, ВХСХ=^, АВ1=^- АСХ=^,
то (1) перепишется так:
R-^=^OCX^^OBX, или
Ra = b.OCx-Vc.QBv(2)
Так как четырехугольники ОАгВСх и 0Л1С51 тоже вписуемы, то, рассуждая как выше, мы получим
Rb = c-OAt-Va‘OCx(3)
Rc^b-OA^-Va-OB^(4)
Удвоенная площадь треугольника АВС равна г (а + 6 + с)(г—радиус вписанного круга). С другой стороны, эта же удвоенная площадь равна
о • ОА । 4- ^ * 0Вх 4" с* 0Съ следовательно,
r^a + b^c^a-OA^b.OB^c-OCv(5)
Сложив почленно равенства (2), (3), (4) и (5) и поделив обе части полученного равенства на сумму (а + & + с), получим
О А1 -f* ОВХ 4“ ОС, = R г.
что и требовалось доказать.что и требовалось доказать.
что и требовалось доказать.
что и требовалось доказать.
илиили(1)имеем(1)имеем
или
или
(1)
имеем
(1)
имеем
По теореме Птолемея (задача 482) имеем (рис. 53)
AM.BC=BM.AC + MC-ABt
а.АМ=Ь.6М+с-МС.
Из подобия пар треугольников MBD, ADC и MDC> BDA
ВМ BD.
AC ^AD ’
МС CD
АВ "AD *
откуда
ВМ
МС
BD.AC_b.BD
AD AD ’
АВ-CD _c-CD AD ~ AD *
(2)
(3)
Из (1), (2) и (3) имеем
a-AM-AD-b^BD-Vc^CD.
Проводим диагонали AC, AD,АЕ и СЕ (рис. 54). Так как ^ семиугольник правильный, то около него можно описать окруж- ность. Эта же окружность описана около четырехугольника ACDE. Примейяя теорему Птолемея (см. задачу 482) к этому четырехугольнику, получаем
AD-CE = AC-DE + CD-AE.(1)
Так как AB — CD—DE, AE = AD и АС=СЕ, то, поделив обе части равенства (1) на произведение AB-AC-AD, получим
JL+_L
АВ AC'AD"
Рис. 54.Рис. 55.
Предварительно докажем, что в любом треугольнике расстояние от центра описанного круга до стороны вдвое меньше расстояния от противоположной (этой стороне) вершины до ортоцентра.
Действительно, пусть О—центр описанного круга, Я—ортоцентр, BF и СК —высоты (рис. 55).
Проводим ОЕ Д_АВ, MN —среднюю линию треугольника ВИС и DE, являющуюся средней линией треугольника АВС. Так как DE равно ~ВС и параллельно ВС и MN равно-^- ВС и параллельно ВС, то DE равно и параллельно MN. Треугольник DOE равен треугольнику MHN, так как DE^MN, Z„D — ^M, £.Е — £,N (углы с соответственно параллельными сторонами). Следовательно, OD—HМ=^ ВН.
Теперь приступим к непосредственному доказательству нашей теоремы. Пусть BF и AL— высоты, BD—медиана (рис. 56). Так как ОО^ЛС, то 00=55.
Проводим отрезок ОН, который пересекает медиану BD в точке М. Проводим ЯК—среднюю линию £\МВН. Так как ЯК = ^р, то
NK-OD, кроме того, ^ MN К = Z ODM и /, NKM — Д DOM (внутренние накрестлежащие углы при параллельных NK и 0D). Следовательно, NM = MD. Но BN = NMt поэтому MD = -^- BD, т. е. точка М есть точка пересечения медиан ДЛВС. Таким образом, доказано, что точки О, Н и М лежат на одной прямой.
Рис. 57.Рис. 57.
Рис. 57.
Рис. 57.
Пусть (рис. 57) О—центр описанного круга, ODJL/4C, BF-— высота, Н—ортоцентр (точку Н можно построить, отложив на высоте BF отрезок, равный 2-OD (см. задачу 486)). Отложим на BF отрезок BM = OD и построим отрезки ОВ и DM. Так как OD#BM, то DOBM—параллелограмм. Поэтому DM = OB = R (радиус описанного круга). Проведя отрезки ОМ и DH, получим параллелограмм DOMH (так как OD^ МН), Точка Оделит его диагонали пополам, следовательно, О,—середина отрезка ОН
R£)М R
O1M = O1D= -^-, OiF = -^— = у (медиана гипотенузы A DMF равна половине гипотенузы DM). •'
Таким образом, окружность ( Оь — L имеющая центром середину
отрезка ОН, проходит через точки D, F и М, где М—середина ВН
Если принять за вершину точку Л или точку С, то можно доказать аналогичное свойство для остальных шести точек, указанных в условии.
Оъ ^ ) ПРОХОДИТ через девять точек, перечисленных в условии задачи.
Известно, что около четырехугольника можно описать окружность тогда и только тогда, когда сумма противолежащих углов равна 180°.■
Докажем, что £ BCE-Y* £ EDB = 180° (рис. 58).
Пусть угол ВСЕ = а, тогда дуга САВ равна 2а, дуга ВС, дополняющая дугу САВ до окружности, равна 360°—2а. Поэтому 360° — 2а
угол ВАС равен-= 180°—а, а угол, BAD (как смежный
углу ВАС^ равен а, а потому дуга BKD равна 2а и дуга BAD равна 360°—2а и, следовательно, угол EDB равен 180°—а.
Итак,
^ВСЕ + £ EDB = а+ (180°—a) =180°,
поэтому около четырехугольника BCED можно описать окружность.
Рис. 59.Рис. 59.
Рис. 59.
Рис. 59.
Опишем около треугольника АВС (рис. 59) окружность с центром О. Центр О лежит на перпендикуляре OD к АВ, проведенном через середину АВ. Пусть D—точка пересечения биссектрисы угла С с OD. Поскольку и CD и OD пересекают дугу АВ в ее середине, то точка D должна быть на дуге АВ, а следовательно, окружность, проведенная через точки А, В и С, также проходит через точку D.
Итак, около четырехугольника ADBC можно описать окружность.
Соединим центр О первой окружности с точками касания Л и С, а центр Ог—с точками касания В и D (рис. 60). При этом ОЛ^В и OCJIO^ как перпендикуляры к прямым АВ и CD. Углы АОС и BOyD равны как углы с параллельными и одинаково направленными сторонами.
Так как треугольники АОС и DOyB равнобедренные с, равными углами при вершине, то они подобны и имеют равные углы, т. е. Z.OAC = £OCA = /OiDB= = /_OyBD. Но так как ОЛЦС^В, то и АСЦОВ, а следовательно, четырехугольник ABDC—трапеция. Легко убедиться, что эта трапеция равнобочная, а как известно,
Рис. 60.около равнобочной трапеции мож
но описать окружность.
Медиана ВМ, проходящая через центр окружности О, и перпендикуляр ОМу, проведенный из центра описанной окружности на АС, должны делить АС пополам, но это невозможно, так как
из одной точки О вне прямой нельзя провести перпендикуляр и наклонную к данной прямой АС так, чтобы они пересекали эту прямую в одной точке. Если же треугольник прямоугольный, то основание М медианы ВМ одновременно является серединой стороны А С и центром круга. Следовательно, в этом случае задача возможна.
Первое решение. Пусть вписанный круг касается сторон АВ, ВС, АС треугольника АВС соответственно в точках
D, Е и F (рис. 61). По свойству касательных имеем
AC = AF-\-FC = AD + CE,(1)
BC = CE + BD.(2)
Из условия AC-CB = 2AD-DB и равенств (1), (2) следует, что (AD + CEHCE + BD) = 2AD.DBt
откуда
CE^ + AB-CE—AD-DB = O.
Это равенство решим относительно СЕ:
„ — AB+VAB4 + 4AD.DB
СЕ=
Но так как 2AD-DB = АС-СВ, то
се -АВ4-УАВ* + 2АС-СВ(3)
Периметр треугольника АВС равен
ЛВ + ВС + СЛ = ЛВ + ВЕ + ЕС + СГ + ГЛ=2ЛВ + 2ЕС.
Подставляя значение ЕС из равенства (3), получаем
А В + ВС + С А = 2АВ + (— А В + V АВ4Л-2АС.СВ'), откуда
ВС + СА = У"АВг-\-2АС.СВ.(4)
Возведя обе части равенства (4) в квадрат, получим
ЛВ2=:ЛС2 + ВС2,
т. е. треугольник АВС прямоугольный с прямым углом АСВ.
Второе решение. Пусть ВС = а, АС — b, АВ=с» 2р — периметр треугольника АВС.
Так как BD=BE и CF = CEt то
— AD + AF»=2p—2а, AD = p—a. Так же получим
BD = p—b.
Из условия следует
ab = 2 (р—а) (р—Ь), 2аЬ = (2р—2а) (2р—2b), 2ab — (b^c—а) (а + с—Ь), 2ab = cP—(а—Ь)^,
откуда
с^а^ьЧ
Следовательно, угол АС В прямой.
Известно, что площадь треугольника равна рг, где а + b + сahaah„
р ———, или-—-. Следовательно, pr — -^L ,откуда
нв=>:=2Га_±ь±£=г (н^Х
а а 2а \ * а ' a J Аналогично
hb-r (1 + у+у) И
hc=r V+t+t}
Сложив почленно последние три равенства, получим
ha -|- hh + hc = г ( 3 + -г Нh т~
Согласно условию задачи должно быть
a ) \c b / или
(уЦ)«Х+1Н<»
Выражения, стоящие в скобках в равенстве (1), суть суммы взаимно обратных положительных величин. Известно, что сумма взаимно обратных положительных величин не меньше двух, т. е. т . п Л о
—+ —^2. Знак равенства имеет место только при т = п«
Таким образом, левая часть равенства (1) может б^ть равна . шести только при а = Ь = с, т. е. когда треугольник равносторонний.
Предположим, что треугольник не прямоугольный, т. е. что его ортоцентр не находится в его вершине.
^eof+Z.edf=\bo°. (1)^eof+Z.edf=\bo°. (1)Пусть ортоцентр О находится внутри треугольника ) ЛВС (рис. 62). По условию задачи четырехугольник EDFO вписан в окружность (В, D и F—середины сторон АВ, АСи ВС). Следовательно,
^eof+Z.edf=\bo°. (1)
^eof+Z.edf=\bo°. (1)
Пусть высота АК пересекается с ED в точке М, а высота CL с DF—в точке N.
£MON + 2/MDN=\BO°.Из (1) и (2) следует, что ДЕОЕ = £МОМ.£MON + 2/MDN=\BO°.Из (1) и (2) следует, что ДЕОЕ = £МОМ.(2)(2)Так как АК и CL перпендикулярны соответственно ВС и А В и поскольку ED и DF параллельны соответственно прямым ВС и ЛВ, то ED перпендикулярно АК, a DF J^CL. Вследствие последнего 1
£MON + 2/MDN=\BO°.
Из (1) и (2) следует, что ДЕОЕ = £МОМ.
£MON + 2/MDN=\BO°.
Из (1) и (2) следует, что ДЕОЕ = £МОМ.
(2)
(2)
Последнее равенство возможно только тогда, когда OF лежит на стороне ВС, а ОЕ— на стороне ВЛ, а так как ОЕ и OF имеют общую точку—ортоцентр, то он должен находиться в точке В (общая для. АВ и ВС). И так как только в прямоугольном треугольнике ортоцентр находится в вершине его угла (прямого), то АВС прямой.
Пусть в пятиугольнике ABCDE (рис. 63) стороны равны между собой л равны последовательные углы Л, В и С.
Проведем диагонали AC, BD и BE. Пусть К—точка пересечения диагоналей АС и BE. Треугольники АВЕ и ЛВС равны по двум равным сторонам и углу, заключенному между ними. Поэтому диагонали АС и BE равны и равны углы ЛСВ, АЕВ, АВЕ и ВАС.
Отсюда заключаем, что треугольник АКВ равнобедренный. Следо-
ВЕ — ВК,ВЕ — ВК,то СК-ЕК.то СК-ЕК.вательно, АК = ВК. Поскольку СК = АС—АК и ЕК
ВЕ — ВК,
ВЕ — ВК,
то СК-ЕК.
то СК-ЕК.
треугольника, а поэтомутреугольника, а поэтомуРис. 64.Рис. 64.Следовательно, / QPN = 90°,Следовательно, / QPN = 90°,ССОгОгО»О»ААОз Рис. 65.Оз Рис. 65.что ОгО3 = ОаО4 = О4Ог. Следова-что ОгО3 = ОаО4 = О4Ог. Следова-
треугольника, а поэтому
треугольника, а поэтому
Рис. 64.
Рис. 64.
Следовательно, / QPN = 90°,
Следовательно, / QPN = 90°,
С
С
Ог
Ог
О»
О»
А
А
Оз Рис. 65.
Оз Рис. 65.
что ОгО3 = ОаО4 = О4Ог. Следова-
что ОгО3 = ОаО4 = О4Ог. Следова-
Треугольники DKE и DKC равны, так как стороны ED и DC равны по условию, ЕК и СК — по доказанному, а сторона KD—^ общая. Из равенства треугольников следует равенство углов KED и KCD, а значит, равны углы Е и С пятиугольника ABCDE
как суммы равных углов.
Таким же образом доказывается равенство углов D и Е.
Итак, пятиугольник ABCDE правильный.
По условию EA\_FB и ED^FA (рис. 64). Пусть С—точка пересечения прямых ED и FB. Проводим прямую ЛСК, которая пересекает прямую EF в точке К. В треугольнике FAE отрезки
ED и FB являются высотами. Следовательно, точка С—ортоцентр ЛК —третья высота, т. е. АКД_ЕЕ. В образовавшихся прямоугольных
треугольниках FDC, ЕВС, ADE, ABF точки /И, N, Р, Q являются соответственно серединами гипотенуз FC, ЕС, АЕ, AF. Соединив М с N, N с Р, Р с Q и Q с М, получим четырехугольник MNPQ. Его сторона MN — средняя линия треугольника FCE, поэтому
MN = ^- и MN\\FE;
его сторона PQ — средняя линия треугольника FAE, поэтому
PQ=™ и PQWFE.
Следовательно, MN=PQ и MN || PQ,
т. е. MQPN — параллелограмм.
т. е.т. е.Так как NP — средняя линия треугольника ЕАС, то NP Ц АС. 'MQPN— прямоугольник.
т. е.
т. е.
Пусть A BCD—данный параллелограмм (рис. 65),^ВAD=a, Оъ О2, О3, О4—центры квадратов (на рисунке показаны только четверти квадратов). Треугольники ВОХС, АО^В и т. д. построены так, что каждый из углов, прилежащих к сторонам ВС, АВ и т. д., равен 45°. Треугольники О^ВО^ и О3ДО2 равны, так как ОхВ — ОгА, 02В = 0йА и 2, ОхВО2= L О3ЛО2 = 90° + а, где а—острый угол параллелограмма ABCD.
Следовательно, OtO2=O2O3 и / 1 = / 2, а значит, / О1О2О3=» = Z 1 + Z 3=^2 + Z3 = 90°, так как А02\02В.
Аналогично можно доказать, тельно, О1О2О3О4—квадрат.
Первое решение. Пусть в четырехугольнике ABCD точки М и N—середины сторон АВ и CD и MN=™^-^- (рис. 66).
Положим, что точка Р—середина диагонали АС, тогда
МР=^МР=^И NP=-~И NP=-~
МР=^
МР=^
И NP=-~
И NP=-~
как средние линии в треугольниках АВС и ACD. Складывая почленно последние два равенства, получим
mp-\-np=^^5. .
Но по условию
поэтому
MP-VNP = MN.
Полученное равенство возможно только в том случае, когда точки М, N и Р лежат на одной прямой, так как если бы точка Р не лежала на прямой MN, то по свойству стороны треугольника было бы
MP + NP> MN.
Но по свойству средней линии треугольника ВС \\ MN и AD |[ MN, поэтому AD || ВС, т. е. четырехугольник ABCD—трапеция.
Второе решение. В четырехугольнике A BCD точки М и Л —середины сторон AD и ВС (рис. 67). Отрезок DN продолжим на длину NE, равную DN. Соединив точку £ с точкой А, получим треугольник ADE, у которого MN— средняя линия, а поэтому
321321MN^-y (1)
321
321
11 И. X. Сивашинский
Далее, соединив точку Е с точкой В, получим треугольник BNE, равный треугольнику DCN, так как DN=NE по построению, CN=NB по условию и углы DNC и BNE равны между собой как вертикальные. Следовательно, BE = DC. Так как по условию mn=abvdc
и поскольку DC = BE, то
=(2)
Из (1) и (2) имеем
АВ^ВЕ-АЕ.
Это равенство возможно только тогда, когда АВ и BE лежат на одной прямой. Так как ^ BEN== Д CDN, то BE || DC.
Итак, АВ параллельно DC и четырехугольник ABCD—трапеция.
Пусть диагонали АС и BD четырехугольника ABCD (рис. 68) пересекаются в точке К. Известно, что площади треугольников с равными высотами относятся, как их основания, а потому
$&акв_АК5д вкс _ВК
SA вкс ^СSA dkc ^D
Но по условию
SZXAKB_ SABKC5Д ВКС SA DKC ’
следовательно,
М^ВК КС KD*
На основании последнего равенства, учитывая, что углы АКВ и DKC равны как вертикальные, заключаем, что треугольники АКВ и CKD подобны, а потому углы ABD и BDC равны. Следовательно, прямые АВ и CD параллельны и четырехугольник ABCD— трапеция.
Пусть А— данная точка окружности, ВС—данная хорда, ДО—перпендикуляр к ВС; BE и CF—перпендикуляры к касательной EF в точке А (рис. 69). Требуется доказать, что
BE _ADAD~CF *
Прямоугольные треугольники ABD, ACF подобны, так как у них острые углы ABD, CAF измеряются половиной одной и той же дуги АС. Таким же образом докажем подобие треугольников ACD, 322
АВЕ. Четырехугольники BEAD и ADCF подобны, так как они сходственным образом составлены из подобных треугольников. „BE AD
Приравнивая отношения сходственных сторон, получим до^ср*» что и требовалось доказать.
Для удобства обозначим угол ВАС через а (рис. 70 и рис. 71), а сторону ВС — через а. Пусть высоты В К и CD пересекаются в точке О. Имеем
/ B0D=£BAC = a как углы со взаимно перпендикулярными сторонами.
В прямоугольном- треугольнике CDB
BD= ВС cos £ CBD.(1)
В прямоугольном треугольнике ODB
BO~sin£BOD~sinae( '
Из (1) и (2) следует
ВО — В^ cos ^ ^Р — а C0S^^^
sin а " sin а
Известно, что я = 2/? sin а, поэтому
ВО = У1^^4££1> = 2/? cos / CBD. sin a
Пусть угол CBD равен 60°, тогда
B0 = 2rA = R.
Если же угол АВС — 120°, то cos L CB£>=cos(180° —120°)==cos60° = l, т. e. и в этом случае BO=»R.
и*зга
Итак, мы доказали, что если ^ АВС равен 60° или 120°, то необходимо, чтобы OB = R.
Пусть
OB = R = 7r4—.(3)
2 sin ах '
Из прямоугольного треугольника ODB имеем
BD = OB-sin а,
или, учитывая (3),
Из треугольника CBD следует, что (рис. 70)
BD = a cos £ CBD, или (рис. 71)
BD^a cos (180°—^ АВС).
Но так как BD = ^, то cos Д CBD = ^~ исоз(180° —^ АВС) — — , откуда
£ CBD = 60° и / АВС = 120°.
Итак, мы доказали, что если OB = R, то это условие достаточно, чтобы угол при вершине В был равен 60° или 120°.
На отрезке СР строим равносторонний треугольник CPPi (рис. 72). Так как каждый из углов АСР и ВСРг равен (60°—/, ВСР), то они равны, и так как АС = ВС и СР = СРЬ то треугольники АСР и ВСРХ равны, а следовательно, BPt = AP.
Учитывая, что СР2 = AP^-V BP^t а также, что РР^^СР, ВРХ = АР, имеем
рр^вр^+врч
Поэтому Д PBPi = 90°.
Обозначив угол BPtP через а, имеем
Z. СР Л = а +60°,Z Р1РВ = 90°-а,
Z СР А + Z CPPL + Z ВРРг + ДАРВ = 360°, или
(а + 60°) 4-60° +(90°—a) + Z APB = 360°, откуда ДАРВ = 150°.
Очевидно, что имеет место и обратная теорема.
Пусть PMNQ — общая секущая кругов О и О', касающихся внутренне в точке А (рис. 73). Требуется доказать равенства
Z MAP=£NAQ> £NAP = £MAQ.
наружного круга касательна к щая точку касания кругов с тнаружного круга касательна к щая точку касания кругов с тРис. 73.Рис. 73.Рис. 74.Рис. 74.Второе получается из первого прибавлением к обеим частям по Z MAN. Чтобы доказать первое, продолжим АМ и AN до пересечения с окружностью О' в точках М’ и N\ Легко убедиться, что хорды MN и M'N' параллельны. Действительно, если принять точку А за центр гомотетии обеих окружностей, становится ясным, что MN параллельна M'N'. Следовательно, заключенные между ними дуги PM*, QN* круга (У равны, а потому равны и опирающиеся на эти дуги вписанные углы МАР и NAQ того же круга. 4 Если бы хорда PQ круга О' была касательна к кругу О, то точки М и N совпадали бы с точкой касания и мы получили бы следующую теорему: если два круга внутренне касательны и хорда внутреннему, то прямая, соединяю- <ой касания хорды к внутреннему кругу, делит пополам угол между прямыми, соединяющими точку касания кругов с концами хорды. Предлагаем читателю доказать эту теорему самостоятельно.
наружного круга касательна к щая точку касания кругов с т
наружного круга касательна к щая точку касания кругов с т
Рис. 73.
Рис. 73.
Рис. 74.
Рис. 74.
Треугольник СВО равнобедренный, так как по условию ВС = ОВ (рис. 74). Пусть угол ОСВ=»СОВ = а. Угол АВО = 2а, так как он является внешним по отношению к треугольнику ОВС. Поскольку треугольник А ВО равнобедренный, то и угол О А В = 2а. И, наконец, угол AOD, являясь внешним по отношению к треугольнику АОС, равен а + 2а=>3а. Итак, Д AOD = 3 Д ACD.
Пусть A BCD —данный четырехугольник (рис. 75), стороны которого связаны зависимостью АВ2-\-CD* — ВС2-\- AD2. Требуется
доказать, что BD и АС пересекаются (в точке О) под прямым углом.
Предположим, что углы ВОС и AOD тупые, а углы АОВ и COD острые. Тогда из треугольников А ВО и CDO имеем
АВ2 < ВО2АО2, )
CD2 < СО2 + DO2, /
а из треугольников ADO и ВСО имеем
AD2> AO2 + OD2, 1
ЪС2 > В О2 + СО2. J
Из (1) следует, что
AB2-VCD2 < АО2 + ВО2 + СО2 + DO2,(3)
а из (2)-
ВС2 + AD2 > А О2 + ВО2 + СО2 + 0D2.(4)
В неравенствах ДЗ) и (4) правые части равны, поэтому
ВС? + ЛР2 > AB2 + CD2,
что противоречит условию. Итак, прямые АС и BD пересекаются под прямым углом.
Рис. 75.Рис. 75.
Рис. 75.
Рис. 75.
Пусть четырехугольник ABCD (рис. 76) вписан в окружность. Обозначим середины дуг АВ, ВС, CD и DA соответственно через Е, F, К и L. Так как угол с вершиной внутри круга измеряется полусуммой дуг, заключенных между его сторонами и их продолжениями, то / FMK измеряется
"BC_L CDJL АВД_ AD
22~
= ^BC-\-^CD+^AB + —AD = 360° =gQO
44*
Следовательно, /_ FMK = W.
Первое решение. Имеем ВО = СЕ и BD — EF (рис. 77). Следовательно, треугольник СЕР—равнобедренный. Обозначим углы при основании равнобедренного треугольника АВС через а, а углы при основании равнобедренного треугольника СЕР через Р. Продолжим РЕ до пересечения со стороной ВС в точке К. Образовавшийся угол FKC тоже равен а. Угол РЕС —внешний по отношению к треугольнику ЕКС, а потому он равен 2а. В треугольнике FEC сумма внутренних углов равна 2 (а+Р) —180°, откуда а + Р = 90°. Итак, ^ FCB = a + P = 90°, что и требовалось доказать.
Второе решение. Продолжив FE до пересечения с ВС в точке К, получим треугольник KFC, в котором СЕ — медиана, так как CE — FE и СЕ — ЕК. Так как медиана СЕ равна половине стороны FK, то Д РСК = 90°.
Первое решение. Пусть четырехугольник ABCD вписан в круг (рис. 78). Обозначим точку пересечения сторон АВ и СО через Е, а сторон АО и ВС—через Н. Требуется доказать, что угол ЕКН прямой, если ЕК и НК—биссектрисы углов ВЕС и АНВ.
Из треугольника ЕКН имеем
Д ЕКН ^W-^Д КЕН-V ДЕНК).(1)
Введем обозначения ДАЕК=ДКЕО = а, ДОНК = Д КН В — р, Д DEH — х, ДОНЕ = у« Таким образом,
Д КЕН+ ДЕНК^а-V^-Vx-Vy. Z АОС = Д НОЕ = \^°—х—у.
Рассматривая треугольник ВНЕ, находим
Д £ВЯ = 180° —2a—2₽—х—у.
Так как Д АОСЛ- L ЕВН= 180°, то
180°—х—i/ + 180°—2a—2р —х — у = 180°,
откудаоткудаРис. 79.Рис. 79.ЛD 8ЛD 8
откуда
откуда
Рис. 79.
Рис. 79.
ЛD 8
ЛD 8
а + р + х+у = 90°, . т. е.
• Z.KEH-VZ. ЕНК = 90°.(2)
Из (1) и (2) следует, что ^_EKH=W.•
Второе решение (рис. 79). Пусть / DEK = Z КЕА = ~ , / С НК = / NHD = *|- (в радианной мере). Обозначим (в радианах) ^DP через х, ^РА через у, ^CF через z, ^FD через t, тогда ^СМ=х-\-а» ^МВ = у + а, ^BN = z + ^, ^NA = t + $.
Складывая все 8 дуг, получим полную, окружность, поэтому
2(x + ^ + z + f + а + р) = 2л, х + # + г + ( + а + р=л.(1)
Так как Д НКЕ измеряется 2^££^t—^.™ , т0
(^ + ^) + (^ + a + z + P) _x + y + z + f + « + P л
Д НКЕ =§"2= Т *
Следовательно, на основании равенству (1) ^ НКЕ = ~ , т. е.
HKLEK.
Пусть А СВ—прямоугольный треугольник с прямым углом С (рис. 80), CD — высота треугольника, С^ и О2—центры кругов, вписанных в треугольники ACD и BCD. Построим треугольник
Рис. 80.
C0i02, где СОх и СО2—биссектрисы углов ACD и BCD, а О1О2—линия центров.
Проведем биссектрису ААг угла А до пересечения в точке Ах с СО2 и докажем, что AAiJ_CO2
Действительно, ^ DCB = Д САВ как дополнительные к углу АВС.
Далее, ^/ АСА^ =90° — ^-5£5 =90° — - ^^ . Таким образом, / СДА1 + /, АСА1 = 90°, а следовательно, 4/АА1С = 90°, т. е. A Ail со%. *
Аналогично доказывается, что биссектриса ВВг угла АВС пер- пендикулярнаГ к COV Точка М пересечения A A t и ВВу является точкой пересечения биссектрис углов треугольника АВС с ортоцентром треугольника СОгО2, поэтому биссектриса ССХ угла АСВ перпендикулярна к ОуО^ что и требовалось доказать.
Рассмотрим остроугольный треугольник АВС (рис. 81). Пусть О—ортоцентр, К—точка, симметричная с О относительно стороны АС, М—основание высоты, опущенной на АС. Так как 0М = КМ и / СМ0=/ СМ К = 90°, то треугольники СОМ и С КМ равны между собой, поэтому
£СКМ = /.С0М.
Кроме того, ДС0М = £САВ как углы с соответственно перпендикулярными сторонами. Следовательно, Д СКМ = ДСАВ. Отсюда заключаем, что точка К принадлежит описанной окружности.
Аналогично доказывается, что точки, симметричные с О относительно сторон АВ и ВС, также лежат на описанной окружности.
Для полного доказательства теоремы предлагается самостоятельно рассмотреть случаи, когда треугольник прямоугольный и тупоугольный.
Рис. 82.Рис. 82.
Рис. 82.
Рис. 82.
Пусть точка К—ортоцентр треугольника АВС (рис. 82). Отрезок DK пересекается со стороной АВ треугольника АВС в точке М. Так как углы DAC и ВВС прямые как вписанные и опирающиеся на диаметр DC, то AD и BD соответственно параллельны прямым В К и АК. Отсюда следует, что четырехугольник ADBK — параллелограмм и точка М—середина стороны АВ и отрезка DK.
Итак, DM = МК, что и требовалось доказать.
Пусть треугольник АВС вписан в круг с центром О, высота треугольника —CD, средняя линия MN параллельна А В
(рис. 83). Соединим отрезком вершину С с серединой £ стороны АВ. Отрезок СЕ пересекает MN в точке К, при этом СК = КЕ> так как точка К принадлежит средней линии треугольника CED.
Докажем, что точка К делит MN пополам.
АЕ
Действительно, МК — -^- как средняя линия треуголь- ника АСЕ. Но так как АЕ = ^ и MN = ^ , то МК = ^ . На высоте CD построим прямоугольник CDEF\ сторона-EF проходит через центр О окружности. Очевидно, что точка К является точкой пересечения диагоналей прямоугольника CDEF с центром симметрии его. Поэтому точка Оц симметричная О относительно ^, находится на CD.
Рис. 83.Рис. 84.Рис. 83.Рис. 84.
Рис. 83.Рис. 84.
Рис. 83.Рис. 84.
Пусть точки М и N — середины дуг АВ и ВС (рис. 84). Хорда MN пересекает АВ и ВС соответственно в точках Е и F. Углы NBF и BNF равны по 30°, так как они вписанные и опираются на дуги в 60°. Следовательно, треугольник BFN равнобедренный, а потому BF^FN. Но так как треугольник EBF равносторонний, то BF = EF. Из последних двух равенств имеем FN = EF. Аналогично доказывается, что ME = EF.
Итак, ME = EF — FN, что и требовалось доказать.
Обозначим точку пересечения прямых АС и PD через Е (рис. 85). Из подобия треугольников CDE и BDP имеем
(1)(1)СЕ ВР
(1)
(1)
CD^BD *
Из подобия прямоугольных треугольников ACD и РВО (2 ADC — Д ВОР) следует
=(2)
АС ВРеw
Перемножив почленно (1) и (2), получим
СЕ _ОВ _ \
AC BD” 2 '
так как О В —так как О В —радиус, BD—диаметр круга.
так как О В —
так как О В —
Итак, точка В—середина отрезка АС, что и требовалось доказать.
В прямоугольном треугольнике ABD (рис. 86) проведем медиану АМ* тогда гипотенуза ВП = 2ЛМ, так как в прямоугольном треугольнике медиана гипотенузы равна ее половине. В равнобедренном треугольнике АВМ угол ВАМ равен 15°. Тогда угол АМС равен 30° как внешний угол треугольника АВМ. Следовательно, в треугольнике АСМ стороны АМ и А С равны.
Так как BD = 2AM и АМ = АС, то BD = 2AC* что и требовалось доказать.
ВВРис. 85.Рис. 85.546. Имеем
В
В
Рис. 85.
Рис. 85.
S=lahe, S=lbhb, S = ^chc.
Перемножив эти равенства, получим
откудаоткудаSe=^abch„hbhc,
откуда
откуда
•^ иЬсНдк^Н^
s=.2
Дано, что в треугольниках АВС и Л^!^
/ А — Д Л1, АС = А1СЪ АВ4-ВС = А1В14-В1С1
(рис. 87). Нужно доказать равенство этих треугольников. Продолжим* сторону АВ на отрезок BD — BC и точку D соединим с С. В равнобедренном Д CBD Д О = Д DCB как углы при основании; сумма их равна внешнему Д АВС* а потому ДАВС = 2ДВ. Делая аналогичные построения для Д Л^С^ также установим,
что ^ Л1В1С1 = 2 / ^i- Но А Л DC = Д Л1О1С1 потому, что у нихZ А = 2 ^ь AC-AAt
AD = АВ 4“ BD = А В -f" ВС = А ХВХ 4* ВХСХ = AXDX.
Отсюда 2 D— 2 Dx и 2 А ВС =2 АХВХСХ, а тогда равны и третьи углы данных треугольников, т. е. углы АСВ и Л1С1В1 равны.
Итак, в треугольниках АВС и Л^Сх 2 А = 2 Ai, АС = А1С1 и 2 АСВ = 2 АХСХВХ. Следовательно, треугольники равны.
Рис. 87.Рис. 87.
Рис. 87.
Рис. 87.
Пусть в треугольнике АВС (рис 88) ААХ и ВВХ—высоты. Прямоугольные треугольники ЛЛхС и ВВХС подобны, так как у них общий острый угол С. Поэтому
AC _AYC ВС ВХС в Треугольники АВС и АХВХС подобны, так как они имеют общий угол С, а стороны,, заключающие этот угол, пропорциональны, как было доказано выше.
Первое решение. Пусть ААХ, BBlt ССХ— высоты треугольника АВС (рис. 89), АYBYCX—треугольник, вершины которого— основания высот данного треугольника, О—центр круга, описанного около данного треугольника. Соединив центр О с основаниями высот Лх, Вь Сх, разобьем треугольник АВС на три четырехугольника.
Рассмотрим четырехугольник ОВхЛСх; его диагонали ОА и ВХСХ пересекаются в точке К. В задаче 518 мы доказали, что треугольник АВА подобен треугольнику ЛВС, поэтому угол ЛВхСх равен углу АВС. Далее, угол АОС (центральный) равен удвоенному углу АВС (вписанному); 2 2 О АС = 180° — —2 АОС = 180° — 221 ЛВС, откуда 2 ОАС= 90°— / ЛВС, а потому
/ ЛКВх = 90°, т. е. диагонали О А и ВХСХ взаимно перпендику-
лярны. Следовательно, площадь четырехугольника ОВхАСх S=1OA.S1C1=1/?.B1C1.
Где R— радиус описанного около треугольника АВС круга.
Таким же образом докажем, что площади четырехугольников
ОСХВАХ и ОА^Вх равны соответственно —/?-СхАх и yR-A^Bi«
Итак, площадь треугольника АВС равна (AxS^AxCt-f- + SxCx) у R. Но радиус окружности девяти точек равен 0,5 R (см. задачу 487). Следовательно, теорема доказана.
Второе решение. Пусть АМ—диаметр описанного круга.
Углы АМС и АВС равны как вписанные, опирающиеся на дугу АС. Но 2 АВС=Д АВгСх (задача 518). Следовательно, / АМС — Д. АВХСХ. В треугольниках АКВХ и АСМ /. А—общий, / АВХК = Д АМС. Следовательно, £_ AKBt = ^ АСМ =90° (вписанный угол, опирающийся на диаметр). Поэтому AOJJJ А» Дальше, как в первом доказательстве.
Пусть 2, ВАС = 2а (рис. 90).
Проводим EKF||ВС и отрезки РЕ и PF. Имеем
£ РСХК = Д ЕАР=а,
Д PBxK = Z.FAP = a
как острые углы с соответственно перпендикулярными сторонами. Отрезок РЕ виден из точек К и Сх под углами в 90°, а отрезок PF виден из точек К и Вг тоже под углами в 90°, следовательно, около
каждого из четырехугольников РЕСХК и PKFBX можно описать окружность. Поэтому
ДРЕК-ДРСуК-а, (1)
^PFK^PByK^a. (2)
Из этих двух равенств следует
21 РЕК=/_ PFK = a.
Следовательно, в &EPF стороны РЕ и PF равны, и так как РК I EF, то
EK-KF. (3)
На основании теоремы о пересечении параллельных прямых ВС и EF пучком прямых, выходящих из точки А, получаем
ВМ _МС ЕК ~К? '
Из равенств (3) и (4) следует
ВМ^МС»
т. е. точка К лежит на медиане АМ.
Продолжим боковые стороны АВ и CD до пересечения в точке М и соединим Л1 с серединой F основания AD (рис. 91).
Ясно, что ВС пересекается с MF в точке Е, делящей ВС пополам. Так как Z ^+Z D = 90°, то / AMD = 90°. Поскольку медиана, проведенная из вершины прямого угла треугольника, равна половине гипотенузы, то
д - г? ^^ АЛ С AD
ДОgo
Следовательно, EF-MF—ME-2• чт0 и требовалось до
казать.
Глава XII
ЗАДАЧИ ПО ПЛАНИМЕТРИИ НА НАХОЖДЕНИЕ
ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ МЕСТ
Действительно, пусть будут даны отрезок ДВ (рис. 92) и отношение к. Будем считать направление отрезка от А к В.
Рис. 92.
Вначале рассмотрим случай деления отрезка внутренним образом. Требуется найти на А В такую точку М, чтобы АМ: МВ = к. Запишем это равенство в виде пропорции
АМ_к
МВ" 1 е
Составим производную пропорцию
AM к
или
АМ _ k
АВ ™^+1 * откуда
АМ^АВ»,^.
Правая часть этого равенства есть постоянная величина, поэтому АМ—тоже постоянная величина, т. е. существует единственная точка М на отрезке ДВ, которая делит ДВ в данном отношении.
Таким образом, мы рассмотрели случай, когда АМ^АВ, т. е. когда точка М делит ДВ в данном отношении внутренним образом.
Остается доказать, что существует также единственная точка Мх, которая делит внешним образом данный отрезок ДВ в том же отношении при условии, что это отношение к отлично от единицы (к> 1 и к< 1).
Пусть к> 1. Имеем
АМх_к
ВМ^ 1 ’илиАМХ кАВ "к—1 ’откудакАМ^АВ-^— .
Пусть ^<1, тогда точка Мх определяется из равенства к
АМ-а-
т. е. точка Мх находится по другую сторону отрезка АВ. Итак, существует ёдинственная точка Mv которая делит отрезок АВ внешним образом в данном отношении.
В задаче 522 мы убедились, что две точки, принадлежащие этому геометрическому месту, существуют—одна С на отрезке ДВ, другая D —на его продолжении (рис. 93).
Теперь рассмотрим произвольную точку М, не принадлежащую прямой, на которой лежит отрезок АВ, но являющуюся точкой искомого геометрического места точек. Отрезок МС, который делит отрезок АВ на части СА и СВ, пропорциональные отрезкам МА и МВ, есть биссектриса угла АМ В треугольника АМ В. Далее, отрезок MD, который делит внешним образом отрезок АВ на части, пропорциональные отрезкам МА и МВ, есть биссектриса внешнего угла при вершине М треугольника А МВ, Легко убедиться, что МС и MD взаимно перпендикулярны, следовательно; точка М принадлежит окружности с центром О, построенной на CD, как на диаметре.
т. е.т. е.Рис. 93.Рис. 93.
т. е.
т. е.
Рис. 93.
Рис. 93.
Теперь докажем обратное положение, т. е.. что нет точек, удовлетворяющих условию задачи, кроме точек найденной окружности.
Пусть
AC:CB = AD:DB = k.(1)
Построим на отрезке CD, как на диаметре, окружность. Пусть М— произвольная точка этой окружности. Проведем из точки М прямую МАЪ симметричную с МВ относительно МС. Тогда МС— биссектриса / АХМВ в Д АХМВ. Так как / СMD = 90° (вписанный угол, опирающийся на диаметр), то MD — биссектриса внешнего угла при вершине М в Л АХМВ."
Из свойств биссектрис внутреннего и внешнего углов треугольника следует
MAX:MB = A1C:CB = A1D:BD.(2)
Из равенств (1) и (2) получим .
CB:DB = AC:AD, CB:DB = AXC:AXD,
AC:AD = AXC:AXD.
Таким образом, точки А и Л! делят направленный отрезок CD внешним образом в одном и том же отношении.
На основании доказанного в задаче 522 точка Ах совпадает с точкой А.
Следовательно, равенство (2) надо записать так:
MA:MB = AC:CB = AD:DB.(3)
Из (1) и (3) получим МА:МВ = к.
Следовательно, окружность, построенная на CD, как на диаметре, есть искомое геометрическое место точек.
Пусть диаметры этих окружностей d и D, а расстояние между прямыми ААХ и ММХ есть х (рис. 94). Так как хорда есть средняя пропорциональная между диаметром и проекцией этой хорды на диаметр, проходящий через конец этой хорды, то имеем
AM^ = dx и AxM^Dx.
Из>этих равенств следует, что
АМ:А1М1 = у £-.
(1)
Так как стороны угла ANAt пересечены параллельными прямыми А Аг и Оь то
A2V:A1N = AM:A1M1.(2)
Из (1) и (2) имеем
AN:A1N= д/" L.
Итак, отношение расстояний точки N от двух заданных точек есть постоянная величина (Vd:D), поэтому геометрическое место точек N есть окружность (см. задачу 523); само геометрическое место точек на рисунке не показано.
Рассмотрим два положения подвижной хорды CD (рис. 95). Пусть точки С и D принадлежат меньшей части АРВ окружности, а точки Сх и Di принадлежат большей части AQB окружности. Точки М и Mi—точки пересечения прямых AD с ВС и ADX с ВСг. Эти точки принадлежат искомому геометрическому месту. Легко убедиться, что сумма углов А МВ и АМХВ измеряется половиной окружности, т. е. М и Мх лежат на вполне определенной окружности, проходящей через А и В. Эта окружность и есть искомое геометрическое место точек. Имея четыре точки А, В, М и Afх окружности, легко ее построить, (На рисунке искомое геометрическое место точек не построено.)
Мы рассмотрели положения хорды CD, когда точки С и D лежат по одну сторону от АВ. Очевидно, что сумма углов АМ В и АМХВ (да и сами углы) не изменится при положении точек С и£> по разные стороны от АВ, следовательно, и наше заключение сохранится.
Рис. 95.Рис. 96.Рис. 95.Рис. 96.
Рис. 95.Рис. 96.
Рис. 95.Рис. 96.
Рассмотрим два положения подвижной хорды (рис. 96): точки С и D принадлежат меньшей части АРВ окружности и точки Сх и Dx принадлежат большей части AQB окружности. К и
Kt—точки пересечения прямых АС с BD и АСг с BDV Эти точки принадлежат искомому геометрическому месту точек. Легко убедиться, что сумма углов АКВ и АКуВ измеряется половиной окружности, т е. К и Ki лежат на вполне определенной окружности, проходящей через Л и В.
Имея четыре точки Л, В, К и Ку окружности, легко ее построить. Эта окружность и есть искомое геометрическое место точек. (Искомое геометрическое место точек на рисунке не изображено.)
Мы рассмотрели положение хорды CD, когда точки С и D лежат по одну сторону от АВ. Очевидно, что сумма углов АКВ и АКуВ (да и сами углы) не изменится при положении точек С и D по разные стороны от АВ, следовательно, и наше заключение сохранится.
Даны окружность радиуса R с центром О и фиксированный отрезок а (рис. 97). Из точек А, В, С окружности проводим в одном направлении отрезки ААу, ВВу, ССу, ..., равные и параллельные данному отрезку а. В том же направлении проводим из центра О отрезок ООу, также равный а.
Легко усмотреть, что четырехугольники ААуОуО, ВВуОуО, ССуОуО, ... — параллелограммы.
метрическое место точек есть ок-К £метрическое место точек есть ок-К £Рис. 97.Рис. 97.Следовательно, искомое гео
метрическое место точек есть ок-К £
метрическое место точек есть ок-К £
Рис. 97.
Рис. 97.
Рис. 98.
Пусть точка N —центр окружности, описанной около треугольника KCD, и КЕ — касательная к этой окружности в точке К (рис. 98).
Поскольку угол CKD — вписанный в дугу CKD, а угол CND— соответствующий центральный, то
£CND = 2 £CKD,
поэтому углы равнобедренного треугольника CND не изменяются при перемещении хорды CD. Поскольку хорда CD (сторона треугольника CND) также имеет постоянную длину, то и отрезки NC, ND и NK, равные между собой, сохраняют постоянную длину.
Легко убедиться, что
£ EKD=£KCD=\WO—£ ACD= Д ABD.
Из последнего равенства заключаем, что прямые АВ и /Непараллельны. Так как NK перпендикулярен к КЕ, то KN также перпендикулярен к Л В. К такому же заключению мы пришли бы, если бы хорда CD занимала положение CtDv В задаче 526 мы установили, что геометрическое место точек К есть окружность, проходящая через точки Л и В, а так как отрезок KN сохраняет постоянные величину и направление, то геометрическое место точек N есть окружность, равная окружности, проходящей через точки Л, В и К, поступательно смещенной на NK (см. задачу 527).
Аналогично доказывается, что геометрическое место центров окружностей, описанных около треугольника MCD, есть окружность, равная той, которую описывает точка Л1 (см, задачу 525), смещенную на NXM, где Nt—центр окружности, описанной около треугольника CMD. (Окружность, описанная около треугольника CDM, не показана на рисунке.)
Из точки А (рис. 99) проведена секущая АВС (В и С— точки пересечения секущей с окружностью); прямые МВ и МС— касательные к окружности. Проведем через точку А и центр О окружности прямую АО и из точки М прямуюМР, перпендикулярную к АО.
Пусть N—точка пересечения ONA подобны, так как они прямоугольные и острый угол AON—общий.
Из подобия этих треугольников следует
OP _ON ОМ"ОА ’
откуда
<»
Из прямоугольного треугольника ОВМ находим
0B2 = 0M-0N.(2)
Из (1) и (2) следует ОР = ^, Г ОА ’
МО и АС. Треугольники ОМР иАМО и АС. Треугольники ОМР иАРис. 99.Рис. 99.т. е. ОР — постоянная величина, следовательно, искомое геометрическое место точек М есть прямая МР, перпендикулярная к прямой ОА, без отрезка, заключенного внутри круга.
МО и АС. Треугольники ОМР и
А
МО и АС. Треугольники ОМР и
А
Рис. 99.
Рис. 99.
Пусть точка М (рис. 100)—одна из точек искомого геометрического места
ДВМС = ДВМО + ДПМС,
но ^ BMD— Д BED как вписанные углы, опирающиеся на дугу BD, и ДОМС— ДО ЕС как вписанные углы, опирающиеся на дугу CD; ДСЕО — ДРЕА как вертикальные; далее, ДСАВ = = ДОЕВ + ДРЕА (так как Д САВ внешний по отношению к треугольнику АЕР^ Следовательно, ДСАВ = Д ВМС. Поскольку / САВ есть угол данного треугольника, то ДВМС есть величина
постоянная. Поэтому искомое геометрическое место точек есть окружность, описанная около треугольника АВС, исключая точки В и С. Эта окружность на рисунке не показана.
Замечание. Возможно такое расположение точек Е и F, что ДВМС не будет равен ^ САВ, а будет дополнять его до 180°. Легко доказать, что и в этом случае точка М находится на окружности, описанной около треугольника АВС.
Рис. 100.Рис. 101.
Окружности, описанные около треугольников МСВ и MAD, вторично пересекаются в точке N (рис. 101). В четырех угольнике MDNA сумма
21 44^+21^^ = 180°,(1)
так как четырехугольник вписанный;
Д N АМ + 21 NАВ = 180°(2)
как смежные.
Из равенств (1) и (2) следует, что
ДNAB = ДCDN.
Аналогично
21 NBA = Д DCN.
Так как по условию AB = CD, то треугольники CND и ANB равны по стороне и двум прилежащим углам, откуда NK^NL— высоты, опущенные на равные стороны АВ и CD. Следовательно, Л1А—биссектриса угла М, что и требовалось доказать.
Пусть один из прямоугольных треугольников, построенных на отрезке АВ = 2к, есть АВС. Центр О вписанного в него круга определяется биссектрисами АО и ВО углов Л и В (рис. 102).
Так как Д О АВ + Д ОВ А = 45°, то ДАОВ = 135°.
Следовательно, центры кругов, вписанных в прямоугольные треугольники, расположенные по одну сторону от ЛВ с постоянной гипотенузой, лежат на дуге сегмента, вмещающего угол 135°, построенного на отрезке 2к. Такая же дуга будет и с другой стороны отрезка 2к. Теперь найдем радиусы этих дуг.
В треугольнике АОВ £0= 135°, следовательно, AB = 2R sin 135°, где О^А = R, поэтому
ОХА =—^=- = й V 2 .
Соединим середину М (рис. 103) гипотенузы ВС с вершиной Лис центром О данной окружности. Центр О данной окружности также соединим с вершинами Л и С.
Поскольку МА = МС и отрезок ОМ перпендикулярен к ВС, то
О)О)М А2 + МО2 = МС2 + М О2 = ОС2.
О)
О)
В треугольнике АМО отрезок МОг — медиана. Найдем квадрат этой медианы, учитывая (1),
МО\ = 1(МА2 + М02) — ^-0А» = 1ос2 - ОО» .
Итак, искомое место точек есть окружность, центр которой есть середина Ох отрезка ОЛ, а радиус этой окружности mov = ]/1ос»-оо».
Искомое геометрическое место точек есть средняя линия ЕЕ треугольника АВС, параллельная АВ (рис. 104).
Действительно, площадь треугольника МАВ (точка М на ЕЕ) равна половине площади всего треугольника АВС.
Пусть Лх—середина отрезка МА, тде Л—точка на данной окружности, а М—данная точка (рис. 105). Соединим О с М и из точки At проведем отрезок Л^, параллельный АО (Ох на ОМУ Легко убедиться, что Ох есть середина отрезка ОМ, следовательно, 01Ai равен половине О А.
Рис. 105.Рис. 105.
Рис. 105.
Рис. 105.
Итак, геометрическое место точек Лх есть окружность с центром в точке Оь радиус которой равен половине радиуса данной окружности.
Первый случай. Точка А находится внутри круга О или на окружности (рис. 106). Из середины М хорды, проходящей через заданную точку А, отрезок ОА виден под прямым углом. Следовательно, искомое геометрическое место точек есть окружность, диаметром которой служит отрезок О А.
Второй случай. Точка А находится вне круга (рис. 107). Как и в предыдущем случае, из середины М хорды, проходящей через заданную точку А, отрезок О А виден под прямым углом, а следовательно, искомое геометрическое место точек есть дуга ВМОС окружности, построенной на отрезке ОА, как на диаметре, заключенная внутри заданной окружности.
Пусть ЛЛТ—данный фиксированный диаметр окружности О (рис. 108). Отложим на радиусе ОС отрезок ОМ, равный перпендикуляру CD к AAV Легко усмотреть, что треугольники О МВ и ODC равны (ОВ = ОС, 0M — CD, 2. MOB = Д ОСОу Так как треугольник ODC прямоугольный, то и равный ему треугольник
ОМВ тоже прямоугольный (Д BMO — WY Итак, из точки М отрезок ВО виден под прямым углом. На основании последнего заключаем, что искомое геометрическое место точек есть две окружности, построенные на радиусах, перпендикулярных к заданному диаметру AAV
Первое решение. Искомым геометрическим местом точек является треть окружности, описанной около данного треугольника, концами этой трети окружности служат две вершины В и С треугольника.
В самом деле, возьмем на дуге ВС произвольную точку М (рис. 109); тогда, соединяя М с А, В и С, получим вписанный четырехугольник АВМС, из которого по теореме Птолемея имеем
AM-BC — BM-AC^MCAB.
Но так как
АВ = АС = ВС, то получаем
АМ = ВМ + МС.
Второе р е ш е н и е. Отложим на АМ отрезок AN = ВМ. Углы СВМ и САМ равны как вписанные и опирающиеся на одну и ту же дугу. Следовательно, треугольники ВМС и- ANC равны ^BM=^AN, ВС = АС, ^СВМ = ^САМу Таким образом, NC — — МС. Поскольку /-ВМС —120°, то и /A7VC = 120°, а потому / M2VC = 60°. Из изложенного следует, что треугольник MNC равносторонний.
Итак,
А М = AN + NM = ВМ + СМ.
Пусть О и Ок— центры данных окружностей (рис. 110). Четырехугольник О А ВОг — прямоугольная трапеция, поэтому
+ ДАМВ = 2d,+ ДАМВ = 2d,Z АОМ + Д BOiM—2d, а следовательно, ДОМА + ДО^В^, и так как ДОМА + Д0М1 то ДАМВ = d—постоянная величина.
+ ДАМВ = 2d,
+ ДАМВ = 2d,
В силу последнего заключаем, что искомое геометрическое место точек есть окружность, построенная на АВ, как на диаметре, исключая точки А и В.
На продолжении отрезка АМ отложим отрезок MN, равный МВ (рис. 111). Получившийся треугольник BMN—равнобедренный, следовательно, углы MBN и MNB равны, и так как угол АМВ внешний по отношению к треугольнику BMN, то угол MNB равен половине угла АМВ. Поскольку угол АМВ сохраняет постоянную величину при любом положении точки М, то и угол MNB не изменится, а поэтому точка N перемещается по некоторой дуге, проходящей через точки А и В. Так как конечное положение точки М (при перемещении от В к Л) есть точка А, то дуга BNP должна находиться от касательной PR, проведенной к данной окружности в точке А, по ту же сторону, что и точка В. Мы рассматривали точки М по одну сторону от хорды АВ, поэтому дуга BNP является только частью искомого геометрического места точек.
Аналогично доказывается, что остальные точки искомого геометрического места точек принадлежат дуге BNXR^ находящейся по другую сторону от АВ. Легко усмотреть, что центрами дуг BNP и BNtR являются середины (С и Сг) дуг ВМА и ВМхА.
Глава XIII
ЗАДАЧИ ПО ПЛАНИМЕТРИИ НА ПОСТРОЕНИЕ
Проводим биссектрисы углов В и С до пересечения в точке К (рис. 112). Через точку К проводим параллельную ВС прямую, которая пересекает стороны АВ и АС в точках £ и Д Отрезок ED —искомый. Действительно, ДВКЕ — ДКВС как внутренние накрестлежащие при параллельных ВС и ED и секущей ВК, а следовательно, Д ВКЕ — Д КВЕ, т. е. треугольник ВЕК равнобедренный и ЕК = ВЕ. Аналогично доказывается, что KD — DC.
Итак, ED = KE + KD = BE+ CD.
Из произвольной точки Е (рис. 113) прямой CD проводим окружность радиусом а, которая пересекает прямую АВ в точках F и L. Проводим прямые MKN и AfK^x (К и Ki на АВ; N и Nk на CD), соответственно параллельные EL и EF. Прямые MN и MNk— искомые, так как отрезок NK — EL = a и отрезок KkNk = EF = a.
Задача имеет два решения, если отрезок а больше расстояния между прямыми АВ и CD.
Если расстояние между прямыми АВ и CD равно а, то задача имеет одно решение, и искомая прямая перпендикулярна к прямым АВ и CD.
Если а меньше расстояния между прямыми АВ и CD, то задача не имеет решения.
Первое решение. Из произвольной точки D стороны АВ данного треугольника опускаем перпендикуляр DE на сторону АС (рис. 114). На DE строим равносторонний треугольник DKE. Приняв вершину А за центр гомотетии, проводим прямую АК до пересечения со стороной ВС в точке Сх, потом из точки Ск проводим прямые, параллельные DK и КЕ, до встречи со сторонами АВ и АС в точках Вк и Ах. Очевидно, что треугольник АХВХСХ—искомый.
Второе решение. Допустим, что задача решена и треугольник АХВХСХ—искомый (рис. 114). Тогда треугольники АВ^ и BBkCk равны как прямоугольные треугольники, имеющие по равному катету (ВкАх = В^^ и равному острому углу ^ДА = ДВ = 60°). Следовательно, АВ1 = ВС1. .
Пусть ВВх=х, тогда ВС1 = 2х, так как угол ВС^ равен 30°. Поэтому и АВ 1 = 2х, а АВ — ЛВ1 + ВВ1 = Зх или ААХ — ВВХ = = ссх=^-.
Теперь ясно построение. Откладываем на сторонах данного АС АВВС
треугольника АВС отрезки ЛЛ1=-^-, BBt = —, ССг = -^- . Точки Ах> Вх> С3 являются вершинами искомого треугольника.
На отрезке О А строим треугольник AOD (рис. 115), у которого OD = 2/?, AD — R, где R— радиус круга. Искомой секущей является прямая АВС, где В—середина OD. Действительно, треугольники ВСО и ADB равны, так как они равнобедренные с равными боковыми сторонами (равными радиусу круга) н равными углами при основаниях (^ СВО = Д ABD как вертикальные). Поэтому АВ = ВС.
Даны две окружности с центрами О и О', пересекающиеся в точках А и В (рис. 116). На отрезке ОО', как на диаметре, строим вспомогательную окружность. В этой окружности проводим хорду ОС, равную половине данного отрезка, затем через точку А проводим отрезок MAN параллельно ОС. Докажем,что отрезок MAN—искомый.
Соединим О' с точкой С. Образовавшийся угол О'СО—прямой как вписанный и опирающийся на диаметр ОО*. Так как MW||0C, то прямая O'CF перпендикулярна к MN. Далее про
Рис. 116.водим ОЕ перпендикулярно
к MN. Из рисунка усматриваем, что EF — OC, но так как AN = 2AF и АМ — 2АЕ, то MN = =2EF=2OC, что и требовалось доказать.
Замечание. Очевидно, что задача имеет решение только MN / ПА» тогда, когда ——^ОО *
Пусть А В—-искомая прямая (рис. 117), следовательно, согласно условию задачи АВ = 2А1В1 (точки А и В принадлежат большей окружности, а Л! и Вг—меньшей окружности). Если ОР—перпендикуляр к АВ, то РА1 = А1А. Проведя прямую АХМ параллельно ОР, которая пересекает О А в точке М, можно легко убедиться, что ОМ=МА.
Поскольку угол МАХА прямой, то построение производим так: * радиус ОА делим в точке М пополам и на отрезке АМ, как на диаметре, строим окружность. Точка ее пересечения с меньшей из данных окружностей и будет точкой Л1е Очевидно, что задача возможна только при О Л ^iGAv
Проводим хорду АВ и вспомогательную окружность, концентрическую с данной окружностью (рис. 118), которая касается хорды АВ в ее середине М. Далее из точки М, как из центра, радиусом, равным половине отрезка а, описываем дугу, пересекающую вспомогательную окружность в точках Р и Q. Хорды ААг и ВВХ, проведенные параллельно МР или MQ,—искомые.
Действительно, так как ЛЛ1ЦВВ! и MPlJBBi, то прямая KU которая проходит через центр и и перпендикулярна к хорде МР вспомогательной окружности, будет также перпендикулярна и к параллельным МР хордам ААг и ВВХ данной окружности и разделит эти хорды пополам, т. е.
АК = КАг и BL = LBV
Поскольку Ах, Р и Вх являются точками, симметричными точкам Л, М и В относительно KL, то отрезок Л]Вг проходит через точку Р, а четырехугольник А А ХВХВ — равнобочная трапеция, средняя линия которой есть отрезок МР, а следовательно,
АА1 + ВВ1=2МР=2.^=а.
Если обозначим радиус ОМ вспомогательной окружности через г, то легко усмотреть, что:
если а > 4г, то задача невозможна,
если а = 4г, то задача имеет единственное решение (в этом слу-' чае четырехугольник ААгВгВ— прямоугольник),
если а < 4г, то задача имеет два решения (одинаковых).
Проводим вспомогательную прямую ОН (рис. 119), которая пересекает стороны АВ и ВС угла АВС в точках К и L и перпендикулярна к DE. Через точку В и середину М отрезка KL проводим прямую, которая пересекает DE в точке О. Через точку О проводим прямую Р^, перпендикулярную к прямой DE* Эта прямая пересекает прямые АВ и ВС в точках Р и Q.
Отрезок PQ является искомым. Действительно, его концы Р и Q упираются своими концами в стороны АВ и ВС угла АВС; PQ перпендикулярен к DE по построению и PO:OQ = КМ :ML в силу гомотетии (В—центр гомотетии). Но так как по построению KM = ML, то и PO = OQ.
Итак, отрезок PQ удовлетворяет всем требованиям задачи.
Опишем около данного треугольника окружность О (рис. 120). Пусть BD—искомый отрезок, т. е.
BD^AD-DC.(1)
Продолжив BD до пересечения с окружностью в точке Ел имеем
BD*DE = AD-DC.(2)
Сравнивая равенства (1) и (2), находим
BD = DE.
Отсюда заключаем, что та из хорд описанной окружности дает *искомое решение задачи, которая делится основанием (ЛС) данного треугольника пополам. А так как геометрическое место середин всех хорд, проведенных из точки В, есть окружность, имеющая диаметром радиус ОВ (задача 536), то решение сводится к построению этой окружности.
В общем случае задача может иметь два решения ВО и ВО^, когда окружность на диаметре ОВ пересекается основанием АС треугольника АВС; одно решение, когда она касается основания, и ни одного решения, когда она лежит вне основания.
Пусть шар движется сначала по направлению МА, затем по АВ и, наконец, по ВМ (рис. 121). Очевидно, что
Z МА0 = £ ОАВ = £ АВО = ^ ОВМ, £ МАВ^^МВА и МО^АВ.
Обозначим ОС через х и МА через у. Имеем
d х
y^ = Ra—x» + V + x^ = R^2dx+d^
Из этих двух равенств получаем, что 2dx^ + Rax—R2d=0, откуда находим х.
Рис. 121.Рис. 121.
Рис. 121.
Рис. 121.
Пусть искомый путь будет АСОВ (рис. 122). Точка Лх симметрична А относительно PQ; точка А2 симметрична точке Лх относительно RQ; ОА2—продолжение ВО. Длина пути—ВЛ2, так как DA2 = ОА1 = DC-рСАр а СЛ1 = СЛ.
Отсюда и построение. Отражаем точку А в точку Лх относи- • тельно PQ, потом отражаем Аг в точку Л2 относительно RQ. Соединяя Л2 с В, получаем точку О, затем, соединяя точки Ах и О, получаем точку С *).
Предположим, что задача решена, т. е. шар А отразился последовательно от каждого из бортов в точках С, О, Е и F и ударил шар В (рис. 123). Как известно, угол падения равен углу отражения, поэтому
ДКСА = £^СО(1)
и
£NDC = £ МОЕ.(2)
*) Вообще говоря, задача имеет не одно решение, так как пару бортов можно выбрать 4*3=12 способами.
Ударяясь о борт LM, шар отразится в точке Е под тем же углом, под каким он ударился об этот борт, следовательно,
Аналогично,Аналогично,(3)(4)(3)(4)21 MED = £ LEE.
Аналогично,
Аналогично,
(3)
(4)
(3)
(4)
ДЕЕЕ-Д ВЕК.
Если построить точку Аь симметричную точке А относительно борта (прямой) KN, то получим равнобедренный треугольник СААь и прямая KN является биссектрисой угла АСАЬ т. е.
(5)(5)21 KCAi = Z КС А.
(5)
(5)
В силу (1) и (5) заключаем, что
Д ксах = дмсо.
учитывая, что эти углы имеют общую вершину, их стороны КС и CN образуют одну прямую KN, а расположены эти углы по разные стороны от KN, легко убедиться, что отрезки AtC и CD лежат на одной прямой, т. е. точка Ах лежит на продолжении отрезка DC. Построив точку А2, симметричную точке А( относительно MN, легко доказать, что точка А2 лежит на продолжении DE, а АС параллельна DE. Потом, построив точку Въ симметричную точке В относительно KL, и точку В2, симметричную точке В^ относительно LM, мы убедимся, что точка В2 лежит на продолжении отрезка DE и что ВЕ параллельна DE. Следовательно, прямая, проходящая через точки А2 и В2, совпадает с прямой, на которой лежит отре
зок DE, и поэтому АС параллельна А2В2.
относительно прямой KN,относительно прямой KN,Отсюда и построение. Строим точку Аъ симметричную точке А затем строим точку А2, симметричную точке Ai относительно прямой MN, далее строим точку Вх, сим-
относительно прямой KN,
относительно прямой KN,
метричную точке В относительно прямой KL, и, наконец, строим точку В2, симметричную точке Вх относительно прямой LM.
Итак, надо направить шар А по прямой АС, параллельной А2В2 ).
Пусть АВ—один из диаметров окружности с центром О (рис. 124). Через точку А проведем перпендикуляр к АВ и отло-е жим на нем отрезок АС, равный диаметру АВ. Отрезок СО пере
сёкает окружность в точке D. Проведем прямую DE, перпендикулярную к СО, до пересечения с продолжением диаметра В А в точке Е. Точка Е — искомая. Действительно, DE —касательная, так как она перпендикулярна к радиусу OD в конце его; а из равенства прямоугольных треугольников ODE и САО заключаем, что ED — AC. Но так как АС —АВ, то ED = AB.
В данный круг вписываем данный угол BCD (рис. 125)- Затем проводим концентрическую окружность, касательную к хорде BD. Из заданной точки А проводим касательную AMN к внутренней окружности. Прямая ANIN—искомая секущая. Действительно, хорды BD и MN равны, так как они равноудалены от центра, а поэтому й дуги BCD и MCN также равны.
Первое решение. Строим две равные окружности О и Оъ касающиеся в точке D (рис. 126) диаметра длиной к. Из конца В диаметра одной окружности радиусом, равным а, делаем засечку на второй окружности (в точке С). Точку С соединяем отрезком с точкой D и отрезок CD продолжаем до пересечения с первой окружно
стью в точке А. Треугольник АВС—искомый, так как в нем
угол А прямой (опирается на диаметр длиной Л), гипотенуза СВ = а, BD = k—-медиана катета А С. Равенство CD = AD вытекает из равенства треугольников DOA и ООгС.
Второе решение. На отрезке ВС = а, как на диаметре, построим окружность О (рис. 127). На отрезке ОС, как на диаметре, построим окружность Ох (геометрическое место середин хорд, проведенных из точки С).
Из точки В, как из центра, проводим дугу окружности радиуса к, пересекающую окружность Ох в точке М. Проводим через точки С и М хорду С А. Треугольник АВС—искомый.
Строим вспомогательный произвольный прямоугольный равнобедренный треугольник с катетами, равными а. Пусть расстояние между точкой пересечения медиан и точкой пересечения биссектрис этого вспомогательного треугольника равно Ь. Обозна-
Рис. 127.Рис. 127.чим катет искомого прямоугольного треугольника через х.
Рис. 127.
Рис. 127.
х:а = т:Ь>х:а = т:Ь>Так как все равнобедренные прямоугольные треугольники подобны и поскольку в подобных фигурах отношение сходственных линейных элементов равно отношению сходственных сторон, то имеем
х:а = т:Ь>
х:а = т:Ь>
откуда ат х~~ь" ‘
Отрезок х легко построить, как четвертый пропорциональный от
резок. Итак, мы определили катет х искомого треугольника. Зная катет, можем построить искомый равнобедренный треугольник. Эту задачу можно обобщить. Вместо прямоугольного равнобедренного треугольника можно взять равнобедренный треугольник
с данным углом при вершине.
Строим отрезок АВ = а, потом проводим прямую EFt параллельную основанию АВ и отстоящую от основания на расстояние, равное высоте h (рис. 128)-. Далее, строим прямую MN, равноотстоящую от параллельных прямых EF и АВ. Потом из точки А, как из центра, радиусом, равным медиане т, проводим дугу, которая пересекает прямую MN в точках D и Dt. И, наконец, проводим прямые ВО и ВОЪ которые пересекают прямую EF в точках С и Си Эти точки и являются вершинами искомых треугольников.
Итак, мы получили два
треугольника АВС и АВСЪ которые удовлетворяют условию задачи.
Мы получили два решения, так как мы взяли такие отрезки тик, которые удовлетворяют зависимости т >-% , и вследствие
этого проведенная нами дуга пересекла прямую MN в двух точках, что и определило два решения.
Если же m=-^, то тогда, очевидно, будет только одно ре- /гх
щение, а если т < -g-, то не будет ни одного решения.
Пусть b-Vc=m и ДВ — ДС = а. Допустим, что треугольник АВС (рис. 129) удовлетворяет требованиям задачи, так что
ВС=а, АС + АВ=Ь + с=т и ДВ — ДС = а.
Выпрямим сумму Гискомых сторон. Для чего на продолжении С А отложим АЕ — АВ
£АВЕ = Ц^.
так как / ВАС—внешний по отношению к равнобедренному треугольнику В АЕ (АВ=АЕ). Следовательно,
£ с BE = £ СВ А + ^-5— = £ СВ А + 90е—4£®А^45£А =
= 90° + ^ ■ - ®А^.4 ВрЛ=90° + 5-.
Итак, в треугольнике СВЕ известны две стороны (ВС = а и ЕС = т^ и угол СВЕ» противолежащий большей из них.
Построив треугольник СВЕ, определим вершину А как точку пересечения отрезка СЕ и перпендикуляра КА, проведенного к отрезку BE через его середину К.
Строим треугольник Л1СВ1, содержащий данные углы и, следовательно, подобный искомому (рис. 130). Проведя в нем высоту СНу и медиану СМу, откладываем их сумму CDy, которая
12 и. X. СивашинскиЙ 353
(вообще) не равна пи Откладывая CD = т,увеличиваем (уменьшаем) размеры треугольника в отношении m\CPt для чего проводим dA||DiAi и ABflA^Bi и получаем искомый треугольник АВС.
Первое решение. Пусть АВС — искомый треугольник (рис. 131), у которого АС = Ь, ВС = а и биссектриса CD —1с.
По свойству биссектрисы угла треугольника имеем
(1)(1)AD_^ РВ~ а
(1)
(1)
Строим точку Въ симметричную с вершиной В относительно биссектрисы CD. Далее, проводим отрезок РРХ, перпендикулярный к Си, т. е. параллельный ВВХ, тогдаJ
АРХ АРРХВХ РВ *
В силу (1) и (2) имеем
Итак,Итак,АРХ ^ЬРХВХ а
Итак,
Итак,
, точкой Рх отрезок АВ! (разность сторон АС и ВС) делится в отношении Ь:а. Поэтому отрезок АРХ может быть построен, а этим определяется и длина отрезка РХС.
Рис. 131.Рис. 131.В треугольнике СРХР известны, таким образом, катет СР и гипотенуза СРХ. Построив его, легко построить и искомый треугольник АВС.
Рис. 131.
Рис. 131.
Второе решение. Пусть треугольник АВС — искомый (ВС = а, AC = b, CP = lcY Через вершину В проводим прямую ВВ, параллельную CD, до пересечения с продолжением АС в точке Е (рис. 132). Так как Z3 = Z2, L^ = Lx и Z2 = Zb то Z3 = = ^4, следовательно, CE = BC = a.
Из подобия треугольников APC и ABE имеем
BE_a+b lc” b *
354
Построив отрезок BE как четвертый пропорциональный^ строим треугольник ВСЕ, а затем, отложив на продолжении ЕС отрезок СА = Ь, построим третью вершину А искомого треугольника.
Пусть треугольник АВС—искомый (рис. 133), Продолжим медиану АР на отрезок РК = ОР, где О—точка пересечения медиан. Ясно, что
BK — OC=^CQ и РК=~АР.
Зная ВК и РК, можем приступить к построению. На отрезке АР строим сегмент, вмещающий данный угол АВС. Далее продолжаем АР на РК. Потом из точки К, как из центра, опишем дугу радиуса КВ. Точка В пересечения построенных дуг определяет вершину В искомого треугольника.
Итак, мы уже имеем две вершины (А и В) искомого треугольника. Продолжая отрезок ВР на его длину, найдем третью вершину С искомого треугольника.
Первое решение. Строим окружность радиуса R с центром О (рис. 134). Предположим, что треугольник ЛВС—искомый. Угол ВОС равен удвоенному углу ВАС, а угод АОС равен удвоенному углу ЛВС. Отсюда и построение. Строим углы ВОС и АОС, равные соответственно удвоенным углам ВАС и АВС. Стороны этих углов пересекают окружность в точках (Л, В и С), которые являются вершинами искомого треугольника.
Второе решение. Строим произвольный треугольник Л1В1С1, углы которого равны данным (рис. 135), и описываем около него окружность с центром О.
Из того же центра О описываемрИСе 135.
окружность данного радиуса R. Продолжим радиусы ОА^, ОВг, OCt до пересечения с окружностью радиуса R в точках А, В, С. Треугольник ЛВС —искомый.
Третье решение (рис. 136). Пусть а, Р, у—углы искомого треугольника. Построим диаметр МС = 2R, а затем углы / СМВ=а и ^СМЛ—р. Треугольник АВС—искомый.Третье решение (рис. 136). Пусть а, Р, у—углы искомого треугольника. Построим диаметр МС = 2R, а затем углы / СМВ=а и ^СМЛ—р. Треугольник АВС—искомый.Рис. 136.Рис. 137.Рис. 136.Рис. 137.Пусть AE — ha> BD = hb> СМ — тс (рис. 137). Отложим на продолжении СМ отрезок МСХ = СМ и опустим из точки Сх перпендикуляры СХЕХ и CXDX соответственно на прямые СВ и СА. Четырехугольник АСВСХ — параллелограмм, а поэтому СХЕХ = АЕ= ^ha и CxDx = BD = hb. Кроме того, так как £ CDXCX = £ СЕХСХ = = 90°, то окружность, описанная на отрезке ССХ> как на диаметре, проходит через точки Ех и Dv Отсюда вытекает построение.
Третье решение (рис. 136). Пусть а, Р, у—углы искомого треугольника. Построим диаметр МС = 2R, а затем углы / СМВ=а и ^СМЛ—р. Треугольник АВС—искомый.
Третье решение (рис. 136). Пусть а, Р, у—углы искомого треугольника. Построим диаметр МС = 2R, а затем углы / СМВ=а и ^СМЛ—р. Треугольник АВС—искомый.
Рис. 136.Рис. 137.
Рис. 136.Рис. 137.
Отложив на произвольной прямой отрезок ССх = 2тс, строим на нем, как на диаметре, окружность. Затем по разные стороны диаметра ССХ производим из точки Сх засечки Ех и Dx соответственно радиусами На и Ьь.
Далее проводим из точки Сх прямые СХВ и СХА, параллельные соответственно прямым CDX и СЕХ, до пересечения с прямыми СЕХ и CDX соответственно в точках В и А,
Треугольник АВС—искомый.
Пусть АМ = та и BN = mb, AM±BN (рис. 138). Обозначим через D точку пересечения медиан, а через Мх и Nx — соответственно середины отрезков AD и BD. Так как точка пересечения медиан делит каждую из медиан в отношении 1:2, считая от соответствующей стороны, то
AMX — MXD = DM и
BNX = NXD=DN.
Легко усмотреть, что треугольники ANNX и ВММХ равнобедренные. Следовательно,
AN1 = AN = ^) ВМ1 = ВМ=-^-.
Таким образом, задача сводится к построению прямоугольного треугольника ADB по медианам ВМХ = ^ и, ЛЛ^^—, проведенным к его катетам. Точку пересечения этих медиан обозначим через Dx. Ясно, что
an.-L
и
DXB=1 ВМХ^ .
Продолжим ANy на отрезок NXK = ANX и проведем КВ. Из равенства треугольников ADNx и КгКВ следует, что угол NtBK прямой. Из вышеизложенного вытекает построение.
Отложив АК — b, делим АК точкой Nx пополам. Затем описываем на NXK» как на диаметре, полуокружность Потом на отрезке КгА откладываем NTDx = ^-=-^ ANX и затем из точки Вг на построенной полуокружности производим засечку радиусом 2- в точке В. Далее, опустив из точки А перпендикуляр AD на прямую BNT, откладываем на продолжениях прямых AD и ВЬ соответственно части ND^-^ и —— . Наконец, продолжив AN и ВМ до их пересечения в точке С, получим искомый треугольник. z
Так как стороны треугольника обратно пропорциональны проведенным к ним высотам, то
a:b = hb:hc = n:m;a:b = hb:hc = n:m;откуда следуетоткуда следует.mnb:c = p:n = m:—, P.mnb:c = p:n = m:—, Pa:b:c = n:m:a:b:c = n:m:mnPmnP
a:b = hb:hc = n:m;
a:b = hb:hc = n:m;
откуда следует
откуда следует
.mn
b:c = p:n = m:—, P
.mn
b:c = p:n = m:—, P
a:b:c = n:m:
a:b:c = n:m:
mnP
mnP
т. e. стороны искомого треугольника a, b, с пропорциональны qt- резкам n> m и —. Последний отрезок легко построить как четвертый пропорциональный отрезок. Поэтому искомый треугольник АВС подобен треугольнику Л1В1С1, стороны которого равны п, m и ^, Теперь обозначим через Рг периметр ортоцентрического треугольника, построенного в треугольнике Л1В1С1. Поскольку в подобных фигурах сходственные линейные элементы пропорциональны сходственным сторонам, то
Р а
Pi п*откудаРп
8 = ^.(1)
' Итак, для построения* искомого треугольника АВС строим раньше: треугольник АхВхСг по сторонам л, т, — , проводим в нем высоты, потом находим периметр Рг ортоцентрического треугольника, строим сторону а по формуле (1), а затем строим треугольник АВС по стороне а и углам В — Въ С — Сх. Для того чтобы задача была возможна, необходимо и достаточно, чтобы из тип .
отрезков л, т, — можно было построить треугольник.
Пусть О—центр вписанного круга (рис. 139). Так как ZO^ = y. £ОСВ = ^, то
у «ал А-4-Сл—Вл 6
н=т+^.(1)
Из этого равенства вытекает построение: на отрезке строим сегмент, вмещающий, угол ~+^ • Проводим из точки D перпендикуляр до встречи в точке О с дугой этого сегмента. Далее описываем из О радиусом OD окружность и из точек А-и С проводим к ней касательные до их пересечения в точке В. Треугольник АВС—искомый.
Предположим, что задача решена.
Пусть О—центр окружности, описанной около треугольника АВС (рис. 140), S—точка, в которой продолжение биссектрисы AD встречает окружность, ОН—высота треугольника AOS. Ясно, что дуги BS и CS равны, а поэтому OS перпендикулярно к ВС; кроме того, О A = OS = R.
Из рисунка легко усмотреть, что / SOH = / ADC=a, откуда
£. AOS^^.
Из вышеизложенного вытекает построение.
Строим равнобедренный треугольник Л OS по боковым сторонам AO = SO=R и углу между ними 2а. На стороне Л 8 откладываем отрезок AD, равный /. Далее строим угол Л DC —а.
Наконец, проводим окружность О радиуса R. Эта окружность пересекает прямую DC в точках В и С, которые и являются вершинами искомого треугольника АВС. Для возможности задачи необходимо и достаточно условие AD — l<AS. В предельном случае, когда а = 90°, остается в силе то же построение.
Обозначим площадь треугольника АВС (рис. 141) через 8, сторону ВС через а, точки касания вписанного круга и сторон АВ и АС через М и N. Имеем 2S = 2pr = ah, откуда
2рга — .
(1)(2)(1)(2)Таким образом, для построения стороны ВС искомого треугольника достаточно [см. (1)] найти четвертую пропорциональную к величинам 2р, гик. Для построения угла А искомого треугольника достаточно отложить [см. (2)] отрезок МА = р—а на касательной к окружности О, где М — точка касания. Из полученной точки АТаким образом, для построения стороны ВС искомого треугольника достаточно [см. (1)] найти четвертую пропорциональную к величинам 2р, гик. Для построения угла А искомого треугольника достаточно отложить [см. (2)] отрезок МА = р—а на касательной к окружности О, где М — точка касания. Из полученной точки Апроводим вторую касательную. Итак, мы построили угол Л* Теперь задача свелась кпроводим вторую касательную. Итак, мы построили угол Л* Теперь задача свелась кпостроениюпостроениюнованию а, по высоте /г и по углу А при вершине.На отрезке ВС = а строим сегмент, вмещающий угол А, потом проводим прямую L, параллельную ВС и отстоящую от ВС на расстоянии к. Точка пересечения прямой L с дугой сегмента определяет вершину А искомого треугольника. Если прямая L пересекает дугу сегмента в двух точках, то получим два равных треугольника, если Ь касается дуги сегмента, то получаем один треугольник, а если L не пересекает дугу сегмента, то задача невозможна.569. Предположим, лто треугольникАВС—искомый (рис. 142), и пусть его стороны АВ=с, АС=ЬЭ ВС=а. Продолжив в обе стороны отрезок АВ—с, отложим на нем и соединим вершину С с точками D и Е,DE=a + b+c, Z.D = yZAнованию а, по высоте /г и по углу А при вершине.На отрезке ВС = а строим сегмент, вмещающий угол А, потом проводим прямую L, параллельную ВС и отстоящую от ВС на расстоянии к. Точка пересечения прямой L с дугой сегмента определяет вершину А искомого треугольника. Если прямая L пересекает дугу сегмента в двух точках, то получим два равных треугольника, если Ь касается дуги сегмента, то получаем один треугольник, а если L не пересекает дугу сегмента, то задача невозможна.569. Предположим, лто треугольникАВС—искомый (рис. 142), и пусть его стороны АВ=с, АС=ЬЭ ВС=а. Продолжив в обе стороны отрезок АВ—с, отложим на нем и соединим вершину С с точками D и Е,DE=a + b+c, Z.D = yZAтреугольника АВС по ос-треугольника АВС по ос-ССРис. 142.Рис. 142.отрезки AD = b тогдаотрезки AD = b тогдаи ВЕ = аи ВЕ = аТакже имеем АМ = AN—p—а.
(1)
(2)
(1)
(2)
Таким образом, для построения стороны ВС искомого треугольника достаточно [см. (1)] найти четвертую пропорциональную к величинам 2р, гик. Для построения угла А искомого треугольника достаточно отложить [см. (2)] отрезок МА = р—а на касательной к окружности О, где М — точка касания. Из полученной точки А
Таким образом, для построения стороны ВС искомого треугольника достаточно [см. (1)] найти четвертую пропорциональную к величинам 2р, гик. Для построения угла А искомого треугольника достаточно отложить [см. (2)] отрезок МА = р—а на касательной к окружности О, где М — точка касания. Из полученной точки А
проводим вторую касательную. Итак, мы построили угол Л* Теперь задача свелась к
проводим вторую касательную. Итак, мы построили угол Л* Теперь задача свелась к
построению
построению
нованию а, по высоте /г и по углу А при вершине.
На отрезке ВС = а строим сегмент, вмещающий угол А, потом проводим прямую L, параллельную ВС и отстоящую от ВС на расстоянии к. Точка пересечения прямой L с дугой сегмента определяет вершину А искомого треугольника. Если прямая L пересекает дугу сегмента в двух точках, то получим два равных треугольника, если Ь касается дуги сегмента, то получаем один треугольник, а если L не пересекает дугу сегмента, то задача невозможна.
569. Предположим, лто треугольникАВС—иско
мый (рис. 142), и пусть его стороны АВ=с, АС=ЬЭ ВС=а. Продолжив в обе стороны отрезок АВ—с, отложим на нем и соединим вершину С с точками D и Е,
DE=a + b+c, Z.D = yZA
нованию а, по высоте /г и по углу А при вершине.
На отрезке ВС = а строим сегмент, вмещающий угол А, потом проводим прямую L, параллельную ВС и отстоящую от ВС на расстоянии к. Точка пересечения прямой L с дугой сегмента определяет вершину А искомого треугольника. Если прямая L пересекает дугу сегмента в двух точках, то получим два равных треугольника, если Ь касается дуги сегмента, то получаем один треугольник, а если L не пересекает дугу сегмента, то задача невозможна.
569. Предположим, лто треугольникАВС—иско
мый (рис. 142), и пусть его стороны АВ=с, АС=ЬЭ ВС=а. Продолжив в обе стороны отрезок АВ—с, отложим на нем и соединим вершину С с точками D и Е,
DE=a + b+c, Z.D = yZA
треугольника АВС по ос-
треугольника АВС по ос-
С
С
Рис. 142.
Рис. 142.
отрезки AD = b тогда
отрезки AD = b тогда
и ВЕ = а
и ВЕ = а
Отсюда и построение.На произвольной прямой, откладываем, отр'езбк иЕ, равный периметру трёугольника, строим пр одну сторонуот прямой ЬЁ углы Р мЕ, равные соответственно половинам углов А и В. Точка С пересечения сторон этих углов является одной из вершин искомого треугольника., Далее из середин отрезков DC и ЕС проводим к ним перпендикуляры до пересечения с прямой DE в точках В и Л. Точки Л и В являются вершинами искомого треугольника.
Искомый треугольник можно построить и так: строим произвольный треугольник с углами Л и В. Этот треугольник подобен искомому.
Известно, что периметры подобных многоугольников относятся, как сходственные стороны, поэтому делим периметр искомого треугольника на части, пропорциональные сторонам вспомогательного треугольника. Эти части будут являться сторонами искомого треугольника.
Предположим, что задача решена. Опишем около треугольника АВС (рис. 143) окружность с центром О и проведем биссектрисы АК = 1Ъ AP = U и медиану АМ треугольника ANP.
Так как
тотоan jl: ар,
то
то
Р М В^ S Рис. 143.Р М В^ S Рис. 143.АМ = МР и ДРАМ = £АРМ.
Р М В^ S Рис. 143.
Р М В^ S Рис. 143.
Продолжение биссектрисы AN пересекает дугу ВС в точке S, а потому OS | ВС, так как S— середина ^BSC. Следовательно,
острый угол ОВЛ составлен прямыми, перпендикулярными к сторонам угла АРС, откуда следует, что / ОЛВ = / ОВЛ = £. АРМ = = ^РАМ. 1 .
Теперь очевидно, что ^ О А М =90°. Следовательно, окружность касается АМ в точке. А.
Отсюда вытекает построение: строим прямоугольный треугольник NAP по катетам AN = l! и ЛР = /8, проводим его медиану АМ, восставляем из А перпендикуляр AO = R к АМ (так, чтобы точки О и N лежали по одну сторону от ЛМ) и из точки О радиусом О А описываем окружность. Пусть эта окружность пересекает NP в точках В и С. Легко убедиться, что треугольник ЛВС—искомый.
Допустим, что искомый треугольник АВС построен (рис. 144) так, что ВС = а, £ ВАС=а, ОЕ = г. Для того чтобы построить искомый треугольник, достаточно определить положение центра О вписанного круга относительно стороны ВС.
Так как расстояние точки О от ВС должно иметь данную величину г, то О находится на прямой MN, проведенной параллельно ВС на данном расстоянии г от нее. С другой стороны, можно определить угол, под которым данная сторона (ВС) видна из искомой точки О. Соединяя отрезками О с В и С, мы получаем треугольник ОВС, у которого углы при вершинах В и С равны половинам углов АВС и АСВ при тех же вершинах, так как центр
вписанного круга Находится в точке пересечения биссектрис углов треугольника. Сумма углов АВС и АСВ равна 2d—а, следовательно; Сумма углов О ВС и ОС В равна
/ - (2d—a):2=d—у.
Таким образом, ^ ВОС = 2d—(d—у^ =d+y . Построив на от- резке ВС сегмент, вмещающий угол ^ + ^ » мы обнаружим точку О пересечения дуги сегмента с прямой MN. Эта точка О—центр вписанного круга. Построив окружность с центром О и радиусом г, проводим к ней касательные из точек В и С. Точка Д пересечения этих касательных есть третья вершина искомого треугольника.
Предположим, что задача решена (рис. 145). Опустим из центра О перпендикуляры OD и ОЕ на стороны ВС и АВ искомого треугольника АВС. Так как треугольники ODE и НСА подобны как треугольники с соответственно параллельными сторонами и поскольку
ДС АНDE=—, то OD——^-.
Кроме того, так как цейтр О описанной окружности и ортоцентр Н находятся одновременно либо внутри, либо вне треугольника ЛВС, то отрезки OD и АН не только параллельны, но и одинаково направлены.
Из вышеизложенного вытекает построение. Из точки О проводим в направлении АН отрезок OD, параллельный АН и равный его половине; затем проводим через точку D прямую MN, перпендикулярную к АН, и из точки О радиусом О А делаем на прямой МН засечки В и С. Треугольник АВС—искомый.
Если задача имеет решение, то оно единственное. Необходимым и достаточным условием существования решения является условие OA>OD, или ОА>^-.
Пусть MN— искомый отрезок (рис. 146). Тогда
s&mnc МС -CN \
S&abc ВС* АС 2
Если точка D—середина отрезка ВС, то
MCCN _ 1 ФС*АС~ 2 *
Следовательно, МС АС DC “CN’
Для построения отрезка CN проводим МА и DN, параллельную МА.
Затем строим отрезок MN.
Глава XIV
ЗАДАЧИ ПО СТЕРЕОМЕТРИИ
Докажем, что в данную пирамиду можно вписать шар (рис. 147). Пусть SDB—биссекторная плоскость двугранного угла ASDC и двугранного угла ABSC* Построим MCDN—биссекторную плоскость двугранного угла SCDA. Прямая MD—линия пересечения этих двух биссекторных плоскостей, так как она принадлежит им обеим.
Построим KA^BF—биссекторную плоскость двугранного угла 8АВС. Пусть ВК—линия пересечения этой плоскости с плоскостью SBD. Прямые MD и ВК, лежащие в плоскости SBD, пересекаются в точке О, равноудаленной от всех граней пирамиды. Следовательно, точка О—центр шара, вписанного в пирамиду.
Пусть V—объем пирамиды, S—полная поверхность ее, г—радиус вписанного шара, тогда
Действительно, если данную пирамиду разбить на 5 пирамид с общей вершиной О и основаниями A BCD, SAB, SBC, SCD и SDA, то высотой каждой из них служит радиус вписанного шара. Следовательно,
У= у (Злвсл+$$лв+5$вс+$зсх)+$5гм)»
т. е. равенство (1) справедливо.
Пусть SB = Н-г-высота пирамиды, а—сторона основания. Из треугольника SBD имеем
Н = а >^tgp.
Следовательно,
у.-^*».(2)
Из треугольника SAB находим
SA = V‘a1 + 2a4g2^=a )<l+2tg2 р.
Далее, SC = SA как наклонные, исходящие из одной точки и имеющие равные проекции.
Рис. 147.Рис. 147.
Рис. 147.
Рис. 147.
Так как АВ | AD, то SA L AD (по теореме о трех перпендикулярах); по аналогии SC | CD. Итак,
(3)(3)S=a8 + a8 К2 tg P+a* Kl+2tg2p, или
(3)
(3)
S = a» (1 + К 2 tg р + /1 +2 tg2 р).
Поэтому, учитывая (1), (2) и (3), получаем
= ЗУ = a / 2 tg Рь'' S 1 + /-2 tg Р+ Kl+2tg2p ‘
Ла V 2 tg Р
Отв.' -—- •
1+K2tgp+K l+2tg2p
. SABC—данная* пирамида; SD—высота ее (рис. 148) В предыдущей задаче мда установили, что
ЗУ / $ °полн Из прямоугольного треугольника ADC находим, что '‘
AD = V^=^ = ^следовательно,^Алвс^3'^12»а объем пирамиды
V=yS^sc.SD = 1.12.1=4.
Проводим 5Л4 | АС; тогда DM | АС (по теореме о трех перпендикулярах). 1
Так как треугольник ADC прямоугольный, то
В треугольнике SMD угол D прямой, поэтому
SM = V MD* + SD* = У"2,42 + Р = 2,6,
а следовательно, о с .5-2 6—
Найдем площадь треугольника BSCx
S^bsct””^-^”^
Итак,
^волв—^д лвс 4-25д л$с + 5д bsc~ 12 +2-у 4-3 = 28,
,_ ЗУ =3-4^ 3
$полн 2^7
Отв. у.
Пусть SABC—данная пирамида (рис. 149), SA =о, SB = b, SC = c и SO перпендикулярно к плоскости АВС. Введем обозначения SO = ht £OSA=a, Д08В = ^» £OSC=-y.
Если .считать точку S вершиной прямоугольного параллелепипеда, ребра которого расположены на прямых 8Д; SB и SC, а диагональ расположена на прямой SO, то имеет место равенство
cos2 a + cos2 p + cos2 y = 1.
иЛ ' Ah
Ho cos a =—, cosp = — , cos V =—.
a v b 1 c
Следовательно,
откуда
+ 1 + 1
Рис. 150.Рис. 150.V a^b^c*
Рис. 150.
Рис. 150.
Рис. 149.
Пусть SM—высота пирамиды SABC, ^/ 5ДЛ4 = ф (рис. 150), тогда
, SM SM 1 .
Х^-АМ~ШО~ 2 tg ’
tgT = "2 tga.
Из центра О шара опустим перпендикуляр на боковое ребро SA. В треугольнике SOF
£F = 90%£SOF = q>, OS = R,
SF = Rs\n ф,
5Д =2SF = 2R sin ф.
В прямоугольном треугольнике ASM
АМ = 27? sin ф cos ф = /? sin 2ф.
Сторона основания
АВ = АМ V"3 = R V"3sin^.
Учитывая (1), имеем
AB = R /1AB = R /12 tg <р _pV-5 2'2 tg“ _ 4/?/3tga
AB = R /1
AB = R /1
<+lf«
Отв.Отв.4Я / 3 tg a44-tg2a4Я / 3 tg a44-tg2a
Отв.
Отв.
4Я / 3 tg a44-tg2a
4Я / 3 tg a44-tg2a
678. Из рис. 151 усматриваем, что в треугольнике CDE
CD~d,
следовательно, СЕ —d cos $.
Таким образом,
SM=^CE=A cos 0.
В треугольнике 4SM AS _ SM sin (л—Р)— sin (р—a)*
следовательно,
дс — ^ЯЛЦЕЁ. — ^ cos Р ын Р — _^1Л?Р__"sin (р—a)"2 sin (р—a)~4 sin (Р—-a)*
В треугольнике ASBАВ ASsin 2a sin(p + a)’
Теперь легко определяем ДВ.
л A s^n ^a ын ^Р тв* Т sin (P+a) sin (Р—a) *
Имеем ООХ—ось цилиндра (рис. 152), плоскость EFN па» раллельна плоскости BSD, поэтому 2 FNM = ^/ SDO2=a.
Пусть ОМ=г, тогда ООХ = 2г.
Так как ЛЮ—биссектриса ^FNM, то из треугольника MON находим
MN = r ^^-.
Но
ЛМ = Л4ДГ=: г ctg у.
Далее,Далее,ОаА = ОйМ + АМ,ОаА = ОйМ + АМ,
Далее,
Далее,
ОаА = ОйМ + АМ,
ОаА = ОйМ + АМ,
т. е.
О2Л=г + г^у В треугольнике 5ЛОаО^А—а cos а. (2)Из (1) и (2) имеем1 + ctgycos а,откуда_ а cos а __r""l+dgl"a I cos” ^sin2 у J sin у1=5. а , а *smT+cosTОтв. г =О2Л=г + г^у В треугольнике 5ЛОаО^А—а cos а. (2)Из (1) и (2) имеем1 + ctgycos а,откуда_ а cos а __r""l+dgl"a I cos” ^sin2 у J sin у1=5. а , а *smT+cosTОтв. г =r^+dg^-).(1)r^+dg^-).(1)
О2Л=г + г^у В треугольнике 5ЛОа
О^А—а cos а. (2)
Из (1) и (2) имеем
1 + ctgycos а,
откуда
_ а cos а __r""l+dgl"
a I cos” ^sin2 у J sin у
1=5. а , а *
smT+cosT
Отв. г =
О2Л=г + г^у В треугольнике 5ЛОа
О^А—а cos а. (2)
Из (1) и (2) имеем
1 + ctgycos а,
откуда
_ а cos а __r""l+dgl"
a I cos” ^sin2 у J sin у
1=5. а , а *
smT+cosT
Отв. г =
r^+dg^-).(1)
r^+dg^-).(1)
. а [ а , аХРис. 152.
= asin-^-^cos-y—sin-^- j.
Первый случай. Треугольник ASB—осевое сечение конуса (рис. 153). Отрезок MN—пересечение осевого сечения конуса с сечением конуса плоскостью, указанной в условии задачи, MN перпендикулярен к SB.
Пусть OD=r, тогда SN — kr. Очевидно, что COFN—квадрат» Обозначим £ SAD = 21 SOF=2а, тогда SD = AD tg2a.
Имеем
VB0,=y«AD».SD=lw.AD4g2a.(I)
Из треугольника A0D находим, что AD = г ctgа (так как- АО— биссектриса угла 5ЛР), следовательно, (1) примет вид
Укон = у Я'3 ctg3 a tg 2a.
Далее,Далее,4так как Vmapa^^лг3» то4так как Vmapa^^лг3» тоУконУшараУконУшара-^- лг8 ctg3 a tg 2a-^- лг8 ctg3 a tg 2aИзИзтреугольникатреугольникаКSOF 1КSOF 1У^онУ^он4"з лг3tg 2a4"з лг3tg 2aшара 4 tg2 a имеемшара 4 tg2 a имеем(2)(2)<S<Stg2a =tg2a =SF SN-VNF kr-VrSF SN-VNF kr-VrРис. 153.Рис. 153.^/ В^/ ВOF OFOF OFA+LA+Lилиили2tga,l-tg2a2tga,l-tg2a^+1,^+1,(^ + l)tg2a + 2tga-(^+l) = 0.(^ + l)tg2a + 2tga-(^+l) = 0.tga=tga=*4-1_ }<*24-2*4-2-1*+т1 (3)*4-1_ }<*24-2*4-2-1*+т1 (3)Таким образом, из (2) и (3) получаемТаким образом, из (2) и (3) получаемУконУконй+oiй+oiУшара 4 (//г2 + 2^ + 2—1)3 ’Уничтожив иррациональность в знаменателе, получаемУкон (14-К*2+2* 4-2)8Ушара 4 (//г2 + 2^ + 2—1)3 ’Уничтожив иррациональность в знаменателе, получаемУкон (14-К*2+2* 4-2)8УшараУшара4(&+l)24(&+l)2Второй случай. Если плоскость, касательная к шару, пересекает образующую (перпендикулярную к этой плоскости в точке N^, то SNi = krt а поэтомуSF=^\V и tg2a = ^—1.Второй случай. Если плоскость, касательная к шару, пересекает образующую (перпендикулярную к этой плоскости в точке N^, то SNi = krt а поэтомуSF=^\V и tg2a = ^—1.Заменив в лучимЗаменив в лучимпреобразованиях первого случая (£+0 на (к—1), по-преобразованиях первого случая (£+0 на (к—1), по-V* кон V* кон (£~1)4(£~1)4Ушара 4(/*2—2*4-2—1)8’Ушара 4(/*2—2*4-2—1)8’
Далее,
Далее,
4
так как Vmapa^^лг3» то
4
так как Vmapa^^лг3» то
Укон
Ушара
Укон
Ушара
-^- лг8 ctg3 a tg 2a
-^- лг8 ctg3 a tg 2a
Из
Из
треугольника
треугольника
К
SOF 1
К
SOF 1
У^он
У^он
4
"з лг3
tg 2a
4
"з лг3
tg 2a
шара 4 tg2 a имеем
шара 4 tg2 a имеем
(2)
(2)
<S
<S
tg2a =
tg2a =
SF SN-VNF kr-Vr
SF SN-VNF kr-Vr
Рис. 153.
Рис. 153.
^/ В
^/ В
OF OF
OF OF
A+L
A+L
или
или
2tga,l-tg2a
2tga,l-tg2a
^+1,
^+1,
(^ + l)tg2a + 2tga-(^+l) = 0.
(^ + l)tg2a + 2tga-(^+l) = 0.
tga=
tga=
*4-1
_ }<*24-2*4-2-1
*+т1 (3)
*4-1
_ }<*24-2*4-2-1
*+т1 (3)
Таким образом, из (2) и (3) получаем
Таким образом, из (2) и (3) получаем
Укон
Укон
й+oi
й+oi
Ушара 4 (//г2 + 2^ + 2—1)3 ’
Уничтожив иррациональность в знаменателе, получаемУкон (14-К*2+2* 4-2)8
Ушара 4 (//г2 + 2^ + 2—1)3 ’
Уничтожив иррациональность в знаменателе, получаемУкон (14-К*2+2* 4-2)8
Ушара
Ушара
4(&+l)2
4(&+l)2
Второй случай. Если плоскость, касательная к шару, пересекает образующую (перпендикулярную к этой плоскости в точке N^, то SNi = krt а поэтому
SF=^\V и tg2a = ^—1.
Второй случай. Если плоскость, касательная к шару, пересекает образующую (перпендикулярную к этой плоскости в точке N^, то SNi = krt а поэтому
SF=^\V и tg2a = ^—1.
Заменив в лучим
Заменив в лучим
преобразованиях первого случая (£+0 на (к—1), по-
преобразованиях первого случая (£+0 на (к—1), по-
V
* кон
V
* кон
(£~1)4
(£~1)4
Ушара 4(/*2—2*4-2—1)8’
Ушара 4(/*2—2*4-2—1)8’
следовательно,следовательно,^кон __ ^шара^кон __ ^шара(1+У^2—2у-2)8 '(1+У^2—2у-2)8 '4 (&— I)24 (&— I)2581. Пусть С, D, £—центры шаров (рис. 154), г—радиус каж-581. Пусть С, D, £—центры шаров (рис. 154), г—радиус каж-дого шарадого шараВ треугольникеВ треугольникеCE = CD = DE = 2r. АСМCE = CD = DE = 2r. АСМДалее,Далее,В треугольникеВ треугольникеz Л =30°,AM = rctg30° = r V^.СО =-^=2г_1 Уз УТASOz Л =30°,AM = rctg30° = r V^.СО =-^=2г_1 Уз УТASOZ А =60°,Z А =60°,НоНоЛО = /tctg 60°=^ЛО = /tctg 60°=^2г2гРис. 154.Рис. 154.В Рис. 155.В Рис. 155.отсюда 5г = к.отсюда 5г = к.Отв.Отв.AO = AM + MO = AM + CO.i = r У 3+ 2ГAO = AM + MO = AM + CO.i = r У 3+ 2ГПоэтомуПоэтому
следовательно,
следовательно,
^кон __ ^шара
^кон __ ^шара
(1+У^2—2у-2)8 '
(1+У^2—2у-2)8 '
4 (&— I)2
4 (&— I)2
581. Пусть С, D, £—центры шаров (рис. 154), г—радиус каж-
581. Пусть С, D, £—центры шаров (рис. 154), г—радиус каж-
дого шара
дого шара
В треугольнике
В треугольнике
CE = CD = DE = 2r. АСМ
CE = CD = DE = 2r. АСМ
Далее,
Далее,
В треугольнике
В треугольнике
z Л =30°,AM = rctg30° = r V^.
СО =-^=2г_
1 Уз УТ
ASO
z Л =30°,AM = rctg30° = r V^.
СО =-^=2г_
1 Уз УТ
ASO
Z А =60°,
Z А =60°,
Но
Но
ЛО = /tctg 60°=^
ЛО = /tctg 60°=^
2г
2г
Рис. 154.
Рис. 154.
В Рис. 155.
В Рис. 155.
отсюда 5г = к.
отсюда 5г = к.
Отв.
Отв.
AO = AM + MO = AM + CO.i = r У 3+ 2Г
AO = AM + MO = AM + CO.i = r У 3+ 2Г
Поэтому
Поэтому
Пусть О—центр вписанного шара, Oi —основание высоты пирамиды, К и N—точки касания этого шара с двумя соседними боковыми гранями пирамиды (рис. 155). Отрезки ММ = МОг как длины касательных, проведенных к вписанному шару из точки М.
В треугольнике АО^М
В треугольнике SMOi
(1)(2)(1)(2)SM = ^=-5!.2Ll,cos a 2 cos a
(1)
(2)
(1)
(2)
В треугольнике MBF
MF = a cos — •
Далее, . л ctg
SN = SM — MN = SM —MOt=^—-2-ctg— = 12 cos a. 2 6 n
. л
— L (i —cos a). (3) t2 cos ai \ f
Из подобия треугольников NSR и MSF следует
или, учитывая (1), (2) и (3):
NK = a cos — (1—cos a) = 2acos —sin2 n v 'n 2
Отв. 2acos —sin2—.
n 2
По условию ^ AMB = £ BMC= £ CMA = W (рис. 156).
Точки M, А, В и С можно считать вершинами пирамиды МАВС* Пусть
МА=х, МВ=у,МС = г,
а искомое расстояние МО—ft.
Из прямоугольных треугольников АМВ, ВМС и СТИД следует
л:2 + </2=с2,i/2 + z2 = a2,х2 + z2 = 62,
откуда
ж = у/2Т&«+^аг),
У=1.У2Х5М^^);А(1)
г = 1/2(6Й^=^Г).
Пусть V-—объем пирамиды МА ВС, тогда
^^^ 5Д лвс^(2)
Если же принять за основание пирамиды треугольник АЛ4С, то ребро МВ будет служить высотой пирамиды, а поэтому vi=^*^xzy=^x»?.<3)
Из (2) и (3) следует, что
А = 2Г^1(4)
Д АВС
а из (1) и (4) имеем
/ (^ + с2 — о3) (а2 + с2 — 62) (а2 + Ьа -^с2)
4 У "2 VРкр — аИР — ЬНР—с')
где а+Ь+с Р = —J- •
«$*
4*С
Рис. 156.Рие. 157.
Пусть S—данный трехгранный угол (рис. 157). Проведя плоскость, отсекающую на ребрах трехгранного угла равные отрезки (SA=SB = SC), получим правильный тетраэдр SABC. Пусть М0 = = R—радиус шара, вписанного в этот тетраэдр.
Так как DM—биссектриса угла D в треугольнике SDO, то
МО ОР
SM^SD*
Но OD=^ BD = у SD, поэтому
МО 11
злТа или мо=тзо.
Таким образом, диаметр вписанного шара равен ~ SO. Проведя через середину SO плоскость, параллельную плоскости АВС» получим второй правильный тетраэдр SA^iCx, подобный первому; коэффициент подобия равен
Поэтому, обозначая радиус шара, вписанного в правильный тетраэдр S4iBxCi буквой г (О^^г), получим j?:r = 2.
Оба шара касаются друг друга в точке Ох, являющейся серединой высоты большего тетраэдра.
Отв. r:R=l:2.
Пусть диагональ ДХС служит осью цилиндрической поверхности, которая касается ребра AD (рис. 158). Радиус цилиндрической поверхности равен отрезку, перпендикулярному к скрещивающимся прямым АХС и AD и имеющему концы на.этих прямых, так как этот отрезок есть один из радиусов цилиндрической поверхности.
Длина указанного отрезка (так называемое кратчайшее расстояние между А1С и AD) равна расстоянию от любой точки отрезка AD до плоскости, параллельной AD и проходящей через ДХСЭ т. е. до плоскости АгОгСВ.
Проведя АМ перпендикулярно к плоскости AJ^CB, легко вычислим АМ:
АМ=^ <2.
Так как плоскость ААгВхВ перпендикулярна к плоскости A1D1CBt то АМ принадлежит плоскости ААХВХВ. Таким образом, АМ является радиусом цилиндрической поверхности.
Оте. ^"2.
Так как FK—медиана треугольника SEF (рис. 159), то ^ESF — ^^SKF.(О
В треугольнике SOF
SP=^ + h4, SE=SF.
В треугольнике ESF медиана
FK — ^2SF2 + 2EF2—SE4 = ^ "^у+й8 + 2аа = 1 V9a'+W .
Обозначим искомое расстояние SL через х, тогда
Saesf-^. smkf=1kfx=^V^W.
Учитывая равенство (1), получим
l0/i = y/9а8 + 4/12,
откуда легко определить х.
~ 2ah
Отв. _—.
К9а2 + 4Ла
Угол ЛД4С = ф—линейный угол двугранного угла (рис. 160). Пусть / SCD = a. В треугольнике СМВ (^ М = 90°)
sin а =sin а =СМ _СМ _1a """2CD п . Ф 2s,niСМ _СМ _1a """2CD п . Ф 2s,ni. ф CD , так как sin(см. треугольник DMCyТак как SD=^t^a (из △ SDCy то ^бок-^3^ ^а =. ф CD , так как sin(см. треугольник DMCyТак как SD=^t^a (из △ SDCy то ^бок-^3^ ^а =-За2 “ 4-За2 “ 4. За2 sin а tga=-}т=^..:.™ у4 у 1 — sjn2 а. За2 sin а tga=-}т=^..:.™ у4 у 1 — sjn2 аЗа2За2^За2 “ 4^За2 “ 42sin-~2sin-~14 sin2 $-14 sin2 $-
sin а =
sin а =
СМ _СМ _1
a """2CD п . Ф 2s,ni
СМ _СМ _1
a """2CD п . Ф 2s,ni
. ф CD , так как sin(см. тре
угольник DMCy
Так как SD=^t^a (из △ SDCy то ^бок-^3^ ^а =
. ф CD , так как sin(см. тре
угольник DMCy
Так как SD=^t^a (из △ SDCy то ^бок-^3^ ^а =
-За2 “ 4
-За2 “ 4
. За2 sin а tga=-}т=^..:.™ у
4 у 1 — sjn2 а
. За2 sin а tga=-}т=^..:.™ у
4 у 1 — sjn2 а
За2
За2
^За2 “ 4
^За2 “ 4
2sin-~
2sin-~
1
4 sin2 $-
1
4 sin2 $-
- ^. s6oK=-
4
Пусть Л В —штатив (рис. 161). Проводим прямую BD через точку В и вершину конуса С. Через BD проводим плоскости Р и Q, касательные к данному конусу. В плоскости ABD проводим CL параллельно DA. Приступим к вычислению площади тени ко- НУСа SDMKW
В треугольнике BCL
CL = BL = 2» Z BCL = 45°.
Так как в треугольнике OCD / D = 45°, то OD —0С — 2. Так как в треугольнике ODN £ Л7=90° и 0D = 20Nt то 2 ОDN=30°. Отсюда
Z MOW =120°, MN = 0N V 3 = tf3(*),
DMKN §ОМОМ ^сектора 0MKN = _0D-MN nON»_2V3 л-1 Г^ л! ...
23 “ 33 -"I/ 3 3 J ( Л
В
Рис. 161.Рис. 162.
Samkn=4MN.AK,Samkn=4MN.AK,(1)(1)Пусть Р—секущая плоскость, P||BD (точки А и К принадлежат Р) (рис. 162), SOj—линия пересечения плоскостей DSB и ЛВС, MN—линия пересечения плоскостей Р и DSBt AMKN— сечение пирамиды плоскостью Р. Имеем
Samkn=4MN.AK,
Samkn=4MN.AK,
(1)
(1)
поскольку MN Д^АК.
Так как A MSN ел A DSB, то "pg"—go"* Но 50!=— медиана
SO 2MN 2
т. е.т. е.треугольника ЛВС и, следовательно, —— = —, а значит> tvd—"^ •
т. е.
т. е.
(2)(2)2MN = ~b.
(2)
(2)
Так как АК — медиана гипотенузы треугольника ASC, тоТак как АК — медиана гипотенузы треугольника ASC, тоЛК=уЗС=1 V"a» + mK(3)ЛК=уЗС=1 V"a» + mK(3)
Так как АК — медиана гипотенузы треугольника ASC, то
Так как АК — медиана гипотенузы треугольника ASC, то
ЛК=уЗС=1 V"a» + mK(3)
ЛК=уЗС=1 V"a» + mK(3)
Из равенств (1), (2) и (3) следует
191/
samkn=4 ‘ "3 6"2* V^ + m.1*
Отв" SAMKN=-6V а2 + т».
Пусть ^ Л5С = а, DE—L Обозначим ^ SBO = ^ (рис. 163), Из треугольника SOB имеем
cos 0 =cos 0 =ОВ^ 2 АРSB V"3SBОВ^ 2 АРSB V"3SB2 AD y*3SA2 AD y*3SA2КЗ2КЗ. asmy.. asmy.(1)(1)
cos 0 =
cos 0 =
ОВ^ 2 АР
SB V"3SB
ОВ^ 2 АР
SB V"3SB
2 AD y*3SA
2 AD y*3SA
2
КЗ
2
КЗ
. asmy.
. asmy.
(1)
(1)
Так как BD=^p (из Д BDE) и BD = ^^3 (из Д АВС), то
Следовательно, Зд АВС-№р-.
22/
Так как ВО=-тг ВО = 0—7—3 , то в треугольнике SOB 3.3 sin р
о/
S0=05t^=3^p-
Объем
V з S^abc SO = 3 ^s.na р 3 cos р - 9 sjn, р cos р ^g-.(2)
Учитывая равенство (1), получаем
sin2 p = l=»cos8 P=l—~sin2~=~ ^3—4sin2~-^ =
1• а
жк 3sin—»
’ 3sl»l^ 2
, . о а \2
-4sm3yj=-.(3)
2 3siny
Из (1), (2) и (3) следует/что
2/83sin-~V32/83sin-~V3■V— г_ м—9/3sin^2sin■V— г_ м—9/3sin^2sin1 За ^^-Pcosec-. 21 За ^^-Pcosec-. 2
2/83sin-~V3
2/83sin-~V3
■V— г_ м—
9/3sin^2sin
■V— г_ м—
9/3sin^2sin
1 За ^^-Pcosec-. 2
1 За ^^-Pcosec-. 2
_1 За -' • ■Отд. -у cosec -g-.591. Если 0°<а<60°, то возможен только один вид параллелепипеда, удовлетворяющий условию задачи; две противоположные Л вершины его —вершины трех- 7 гранных углов, каждый из пдрских углов которых равен а.Найдем объем паралделе- .пипеда этого вида , (рис. 164). Проводим Д10 перпендикулярно к плоскости ABCD. Все плоские углы трехгранного угла А — острые. Так как по условию ^ АХАВ=£АХАП = = а, то АО — биссектриса_1 За -' • ■Отд. -у cosec -g-.591. Если 0°<а<60°, то возможен только один вид параллелепипеда, удовлетворяющий условию задачи; две противоположные Л вершины его —вершины трех- 7 гранных углов, каждый из пдрских углов которых равен а.Найдем объем паралделе- .пипеда этого вида , (рис. 164). Проводим Д10 перпендикулярно к плоскости ABCD. Все плоские углы трехгранного угла А — острые. Так как по условию ^ АХАВ=£АХАП = = а, то АО — биссектрисаААРис. 164.Рис. 164.. £BAD4 т. e. Z GAD=j .Проводим ОМистроим-бтрезбк АхМ/По теореме о трех перпендикулярах отрезок АМ также перпендикулярен к AD, т. е. △ ААХМ и Л АОМ — прямоугольные.Из прямоугольного треугольника AAfA1 находим» что. £BAD4 т. e. Z GAD=j .Проводим ОМистроим-бтрезбк АхМ/По теореме о трех перпендикулярах отрезок АМ также перпендикулярен к AD, т. е. △ ААХМ и Л АОМ — прямоугольные.Из прямоугольного треугольника AAfA1 находим» чтоАМ = а cos а,а из прямоугольного треугольника АОМ имеем-\ АМ а cos аА О =.а аcos у COS-gT.Обозначим AiO через Н. Из прямоугольного треугольника ААХО следуетАМ = а cos а,а из прямоугольного треугольника АОМ имеем-\ АМ а cos аА О =.а аcos у COS-gT.Обозначим AiO через Н. Из прямоугольного треугольника ААХО следует„ а2 cos2 ал2 = а2„ а2 cos2 ал2 = а22 ° cos У2 ° cos Уа2cos2Tа2cos2Tа2 ( « а cos у; 2а 1а2 ( « а cos у; 2а 1« а 2cos2 ——= cos2 а« а 2cos2 ——= cos2 аа2 . За . а —s,n 78,nt cos ^а2 . За . а —s,n 78,nt cos ^откудаоткуда„ а . За . аH = ^V Sln"2Sln-2C°sy„ а . За . аH = ^V Sln"2Sln-2C°sy
_1 За -' • ■
Отд. -у cosec -g-.
591. Если 0°<а<60°, то возможен только один вид параллелепипеда, удовлетворяющий условию задачи; две противоположные Л вершины его —вершины трех- 7 гранных углов, каждый из пдрских углов которых равен а.
Найдем объем паралделе- .пипеда этого вида , (рис. 164). Проводим Д10 перпендикулярно к плоскости ABCD. Все плоские углы трехгранного угла А — острые. Так как по условию ^ АХАВ=£АХАП = = а, то АО — биссектриса
_1 За -' • ■
Отд. -у cosec -g-.
591. Если 0°<а<60°, то возможен только один вид параллелепипеда, удовлетворяющий условию задачи; две противоположные Л вершины его —вершины трех- 7 гранных углов, каждый из пдрских углов которых равен а.
Найдем объем паралделе- .пипеда этого вида , (рис. 164). Проводим Д10 перпендикулярно к плоскости ABCD. Все плоские углы трехгранного угла А — острые. Так как по условию ^ АХАВ=£АХАП = = а, то АО — биссектриса
А
А
Рис. 164.
Рис. 164.
. £BAD4 т. e. Z GAD=j .
Проводим ОМи
строим-бтрезбк АхМ/По теореме о трех перпендикулярах отрезок АМ также перпендикулярен к AD, т. е. △ ААХМ и Л АОМ — прямоугольные.
Из прямоугольного треугольника AAfA1 находим» что
. £BAD4 т. e. Z GAD=j .
Проводим ОМи
строим-бтрезбк АхМ/По теореме о трех перпендикулярах отрезок АМ также перпендикулярен к AD, т. е. △ ААХМ и Л АОМ — прямоугольные.
Из прямоугольного треугольника AAfA1 находим» что
АМ = а cos а,а из прямоугольного треугольника АОМ имеем-\ АМ а cos аА О =.
а аcos у COS-gT.
Обозначим AiO через Н. Из прямоугольного треугольника ААХО следует
АМ = а cos а,а из прямоугольного треугольника АОМ имеем-\ АМ а cos аА О =.
а аcos у COS-gT.
Обозначим AiO через Н. Из прямоугольного треугольника ААХО следует
„ а2 cos2 а
л2 = а2
„ а2 cos2 а
л2 = а2
2 ° cos У
2 ° cos У
а2cos2T
а2cos2T
а2 ( « а cos у
; 2а 1
а2 ( « а cos у
; 2а 1
« а 2cos2 ——= cos2 а
« а 2cos2 ——= cos2 а
а2 . За . а —s,n 78,nt cos ^
а2 . За . а —s,n 78,nt cos ^
откуда
откуда
„ а . За . аH = ^V Sln"2Sln-2
C°sy
„ а . За . аH = ^V Sln"2Sln-2
C°sy
Площадь основания параллелепипеда равна
SABCD=a* s,n«-
Теперь у нас достаточно данных для нахождения объема параллелепипеда
v = SABCDH = a1sina-^-_ ^sin^sin|-.
cos-2-
t№aK,
О q • « 1 Г . За . a
V = 2a3siny у sin у sin у.
Если же 60° < а < 90°, то, кроме указанного параллелепипеда, возможен еще один вид; две противоположные вершины его—вершины трехгранных углов, каждый из плоских углов которых (180°—а). В этом случае сумма всех трех тупых плоских углов меньше 360°. Проведя решение приемом, аналогичным рассмотренному, найдем
n q в т Г За а
V1 = 2a3cos~ у — coscos 2" •
Пусть SM = SB = l, OB = R, SMjjSB (рис. 165), тогда vMDB содержит 120°, а BM = RVX Так как ^ MSB =90°, то из треугольника MSB имеем
Из треугольника SOB l^Ri^h*.
Из (1) и (2) получаем R^^W.
Объем конуса V = -g- nR^h учитывая (3),
V=^n№.
Пусть MN0 = a—линеййый. угол двугранного угла при основании пирамиды МАВС ..., МО — Н—высота пирамиды (рис. 166).
Из треугольника МОМ следует
ON = Hct^a.(1)
Так как по условию все внутренние двугранные углы равны, то точка О одинаково удалена от всех сторон основания пирамиды, т. е. является центром окружности, вписанной в основание пирамиды. Обозначим ее радиус через г.
5
Так как r-p = S. то т=— .Из равенства (1) следует
Р и-0N
ctga ’
Но так как ONНо так как ONS
Но так как ON
Но так как ON
—, тор
”=7*8 a.
Найдем объем пирамиды
V 1 си 1 с 55218“
v = 3"s”=-3 ^^-"ЗТ-
Так как 5бок =, то
оок cos a
s2Scos*^
5_ 5I° £
полн“cos a cos a
34^ s 28 cos*у
3p ’ПОЛИcosa
Отв. VОтв. VПусть AD—ребро прямого двугранного угла (рис. 167), АВС—данная плоскость.
Отв. V
Отв. V
Пусть CD^_AD и BD J^AD. Проведя DE Д_АВ и DF I АС, убеждаемся (по теореме о трех перпендикулярах), что СЁд^АВ и ВВ^ЛС. Поэтому ^ CED=£ BFD = a.
Обозначим искомый / ВАС через х.
Пусть DN = a.
Так как плоскость CDE перпендикулярна к плоскости АВС и плоскость BDF перпендикулярна к плоскости АВС, то DN перпендикулярна к плоскости ABC (DN^-линия пересечения плоскостей СЬЕ и BDF).
Из треугольника NDF имеем FN = a ctga, а из треугольника CND имеем NC = at^a. Углы CNF и ВАС равны как углы с соответственно перпендикулярными сторонами, т. е. ^ CNF—x.Из треугольника CNF имеемNF a ctga , 9 cos х = —ц=—=ctg2 a. NC a tg a sОтв. arccos (ctg2a).595. Пусть / BSC = a, £ ASB = ^, £ ASC — y. Строим ВЛ_£ SB и ВС J_SB. Итак, 21 ABC = x—линейный угол двугранного угла SB (рис. 168).Из треугольника NDF имеем FN = a ctga, а из треугольника CND имеем NC = at^a. Углы CNF и ВАС равны как углы с соответственно перпендикулярными сторонами, т. е. ^ CNF—x.Из треугольника CNF имеемNF a ctga , 9 cos х = —ц=—=ctg2 a. NC a tg a sОтв. arccos (ctg2a).595. Пусть / BSC = a, £ ASB = ^, £ ASC — y. Строим ВЛ_£ SB и ВС J_SB. Итак, 21 ABC = x—линейный угол двугранного угла SB (рис. 168).Пусть SB = a. В треугольнике ASBПусть SB = a. В треугольнике ASB335Д = а sec 0 , В треугольнике CSB SC = a sec а,5Д = а sec 0 , В треугольнике CSB SC = a sec а,AB^aig^.AB^aig^.BC = at£a.BC = at£a.Из треугольника Д8С следует (по теореме косинусов)АС^ = ай sec2 а + а2 sec2 0 —-—2а2 sec а sec 0 cos уи из треугольника АВСAC^ — a? tg2 а + а2 tg2 0——2а2 tgatg0-cosx.Из треугольника Д8С следует (по теореме косинусов)АС^ = ай sec2 а + а2 sec2 0 —-—2а2 sec а sec 0 cos уи из треугольника АВСAC^ — a? tg2 а + а2 tg2 0——2а2 tgatg0-cosx.Рис. 168.Рис. 168.Поэтомуa2 sec2 а + а2 sec2 0—2а2 sec а sec 0 cos у =Поэтомуa2 sec2 а + а2 sec2 0—2а2 sec а sec 0 cos у == а2 tg2 а + а2 tg2 0 —2а2 tg а tg 0 cos х.= а2 tg2 а + а2 tg2 0 —2а2 tg а tg 0 cos х.Следовательно,Следовательно,cos хcos хилиилиCOS XCOS X2 sec a sec 0-cos у—22 tg a tg 0cos у—cos a cos 0sin a sin 02 sec a sec 0-cos у—22 tg a tg 0cos у—cos a cos 0sin a sin 0ПоПогдегдегдегдеаналогии получим
Из треугольника NDF имеем FN = a ctga, а из треугольника CND имеем NC = at^a. Углы CNF и ВАС равны как углы с соответственно перпендикулярными сторонами, т. е. ^ CNF—x.
Из треугольника CNF имеем
NF a ctga , 9 cos х = —ц=—=ctg2 a. NC a tg a s
Отв. arccos (ctg2a).
595. Пусть / BSC = a, £ ASB = ^, £ ASC — y. Строим ВЛ_£ SB и ВС J_SB. Итак, 21 ABC = x—линейный угол двугранного угла SB (рис. 168).
Из треугольника NDF имеем FN = a ctga, а из треугольника CND имеем NC = at^a. Углы CNF и ВАС равны как углы с соответственно перпендикулярными сторонами, т. е. ^ CNF—x.
Из треугольника CNF имеем
NF a ctga , 9 cos х = —ц=—=ctg2 a. NC a tg a s
Отв. arccos (ctg2a).
595. Пусть / BSC = a, £ ASB = ^, £ ASC — y. Строим ВЛ_£ SB и ВС J_SB. Итак, 21 ABC = x—линейный угол двугранного угла SB (рис. 168).
Пусть SB = a. В треугольнике ASB
Пусть SB = a. В треугольнике ASB
3
3
5Д = а sec 0 , В треугольнике CSB SC = a sec а,
5Д = а sec 0 , В треугольнике CSB SC = a sec а,
AB^aig^.
AB^aig^.
BC = at£a.
BC = at£a.
Из треугольника Д8С следует (по теореме косинусов)
АС^ = ай sec2 а + а2 sec2 0 —
-—2а2 sec а sec 0 cos у
и из треугольника АВС
AC^ — a? tg2 а + а2 tg2 0—
—2а2 tgatg0-cosx.
Из треугольника Д8С следует (по теореме косинусов)
АС^ = ай sec2 а + а2 sec2 0 —
-—2а2 sec а sec 0 cos у
и из треугольника АВС
AC^ — a? tg2 а + а2 tg2 0—
—2а2 tgatg0-cosx.
Рис. 168.
Рис. 168.
Поэтому
a2 sec2 а + а2 sec2 0—2а2 sec а sec 0 cos у =
Поэтому
a2 sec2 а + а2 sec2 0—2а2 sec а sec 0 cos у =
= а2 tg2 а + а2 tg2 0 —2а2 tg а tg 0 cos х.
= а2 tg2 а + а2 tg2 0 —2а2 tg а tg 0 cos х.
Следовательно,
Следовательно,
cos х
cos х
или
или
COS X
COS X
2 sec a sec 0-cos у—2
2 tg a tg 0
cos у—cos a cos 0
sin a sin 0
2 sec a sec 0-cos у—2
2 tg a tg 0
cos у—cos a cos 0
sin a sin 0
По
По
где
где
где
где
cos a—cos 0 cos у cos у=. -о ЛL,
sin 0 sin у
у—линейный угол двугранного угла 5Д;
cos0—cos a cos уCOS г =L ,sin a sin у
2—линейный угол двугранного угла SC.
Пусть ^ DSC=х—искомый угол (рис. 169), О—центр
вписанного в пирамиду шара и центр шара, описанного около нее, SM—высота пирамиды, SK—ее апофема.
Пусть КС = МК = а, OS — OC — R, OM = OE=r (R—радиус описанного шара, г —радиус вписанного шйра).‘
Треугольники SOE и СОМ равны, ,тац как они имеют равные гипотенузы (OS = 0С) и равные катеты (ОЕ = ОМу Следовательно,
SE = MC = aV"2.(1)
Так как Л ОЕК = &ОМК> то
ЕК = МК = а.(2)
Из (1) и (2) следует, что
s4"s4"SK = SE-bEK = a F*2 + a = a(K2+l).
s4"
s4"
В прямоугольном треугольнике SKC угол Имеем
. х КС а.
g2“SK в(У2+1)’
откуда
у=22°30'.
Рис. 170.Рис. 170.Отв. 45°.
Рис. 170.
Рис. 170.
Рис. 169.
На рис. 170 изображены осевые сечения усеченного конуса и обоих шаров.
Пусть £ВАО = х. Проводим BF Д_АВ. Имеем
BF = KN = 2R,
_п АРА-ВСAB + CD /о
Но(из /^АВЕ), поэтому FD=.^^. Теперь из тре
угольника BFD легко найти
BD=V4^+4^-=-^- /T+sinSTг sin2x sinx
Но BD — ^R J^SOsinx, поэтому
Vl + sin®x = 2R У 30 sin х, sinx
l+sin2x = 30sih4x,
30 sin4 x—sin2 x—1 = О,sin2x=0,2.
Следовательно,
cos 2x = 1 — 2 sin2 x = 0,6.
Отв. у arccos 0,6.
Сечение ABDE—квадрат (рис. 171). ВС—отрезок, соединяющий точки верхнего и нижнего оснований АО || ОгВ, поэтому ДАОС=а.
Пусть ^.АВС—х, OA = R, тогда AB^^R. Из треугольника АОС следует, что AC — 2R sin ~, а из треугольника АВС
Пусть АВг и AtD—непересекающиеся диагонали двух смежных граней параллелепипеда, ^В1ЛВ=а, ДА1ВА = ^ (рис. 172).
Проводим DCt—диагональ грани DDXCXC. Так как DCr||^Blt то угол между ЛХР и АВХ равен углу AxDClt который мы обозначим через х.
Проводим DXM JL DC! в грани DDXCXC (точка М принадлежит CXD). Легко убедиться, что Л1М | DCX (по теореме о трех перпендикулярах).
Обозначим AXD через /. Тогда из прямоугольного треугольника AXDM имеем
DM = 1 cos х.(1)
В прямоугольном треугольнике AXDXD угол Л^р, следовательно, DD^/sinp.(2)
В прямоугольном треугольнике DDXM угол Dx = a, следовательно, DM = DDX sin а, или, учитывая (2),
DM = l sin a sin р.(3)
Из равенств (1) и (3) следует, что /cos л = /sin a sin р, откуда cos х = sin a sin р.
Оте. arccos (sin а sin р).
Пусть О и О!—центры оснований двух соседних конусов, лежащих на плоскости Р, М—середина отрезка OOV SA и SB—проекции высот SO и SOi этих конусов на плоскости Р (рис. 173).
Пусть SO =SOX —ht х— искомый угол. Втре-
/\Хугольнике A OS катет5Л =
/ \ \ \= Я cos у. В треугольнике
/\^ЛЛ/ катет
/\ AN = SA sin— =
/I iX \>X л
/ с= h cos — sin — .
/2 n
/\/ Из треугольника SMO
/,§/имеем
Следовательно, tg. X . яИЛИ tg -17 = Sin — .2nOme. 2 arctg ( sin-OM = AN = h cos-x-sin— . 2 n,X . яft COS sln ~x _OM2 n2 SM. xA cos уСледовательно, tg. X . яИЛИ tg -17 = Sin — .2nOme. 2 arctg ( sin-OM = AN = h cos-x-sin— . 2 n,X . яft COS sln ~x _OM2 n2 SM. xA cos уASM = h cos ~, Рис. 173.”vASM = h cos ~, Рис. 173.”v
Следовательно, tg
. X . я
ИЛИ tg -17 = Sin — .
2n
Ome. 2 arctg ( sin-
OM = AN = h cos-x-sin— . 2 n
,X . я
ft COS sln ~
x _OM2 n
2 SM. x
A cos у
Следовательно, tg
. X . я
ИЛИ tg -17 = Sin — .
2n
Ome. 2 arctg ( sin-
OM = AN = h cos-x-sin— . 2 n
,X . я
ft COS sln ~
x _OM2 n
2 SM. x
A cos у
ASM = h cos ~, Рис. 173.”v
ASM = h cos ~, Рис. 173.”v
Пусть SABC—данный тетраэдр (рис. 174) и SA=d, BC = b, £(SA, ВС) = ф, с—кратчайшее расстояние между SЛ и ВС.
Достроим тетраэдр до параллелепипеда CBMNA DESЛ£
(как показано йа рисунке).
Тогда CN = a, £BCN — ^, с—расстояние между параллельными гранями CBMN и ADES, т. е. высота параллелепипеда.
Пусть V!—объем этого параллелепипеда. Имеем
Vx = abc з1пф,
так как площадь паралле-Рис. 174.
лограмма CBM.N = ab sin ф.
Если считать основанием тетраэдра SABC треугольник АВС, а основанием параллелепипеда—параллелограмм CADB, то тетраэдр и параллелепипед будут иметь одинаковые высоты. Так как площадь треугольника АВС равна половине площади параллелограмма CADB, то, обозначая через h общую высоту тетраэдра и параллелепипеда, получим
V=Т 5ДЛ вс А =-3- У sCADBh=-§- ^1 = g- Обе sin а.
л abc sin а
Отв. 5—
602. Пусть ЕЕ —a, KL — b, ЕЕ и KL, а—угол между ЕЕ и602. Пусть ЕЕ —a, KL — b, ЕЕ и KL, а—угол между ЕЕ иРис. 175.Рис. 175.с—кратчайшее расстояние между KL (рис. 175).Согласно задаче 601VEFKL — ^abcbVna.В параллелепипеде ABCDAXBXCXDX площадь основания ABCD равна ad sin а, а высота, опущенная на это основание, равна с. Поэтому С объем этого параллелепипедаV=abc sin а.Следовательно,Vefkl.^V ” 6 *Отв. . ос—кратчайшее расстояние между KL (рис. 175).Согласно задаче 601VEFKL — ^abcbVna.В параллелепипеде ABCDAXBXCXDX площадь основания ABCD равна ad sin а, а высота, опущенная на это основание, равна с. Поэтому С объем этого параллелепипедаV=abc sin а.Следовательно,Vefkl.^V ” 6 *Отв. . оо
602. Пусть ЕЕ —a, KL — b, ЕЕ и KL, а—угол между ЕЕ и
602. Пусть ЕЕ —a, KL — b, ЕЕ и KL, а—угол между ЕЕ и
Рис. 175.
Рис. 175.
с—кратчайшее расстояние между KL (рис. 175).
Согласно задаче 601
VEFKL — ^abcbVna.
В параллелепипеде ABCDAXBXCXDX площадь основания ABCD равна ad sin а, а высота, опущенная на это основание, равна с. Поэтому С объем этого параллелепипеда
V=abc sin а.
Следовательно,
Vefkl.^
V ” 6 *
Отв. . о
с—кратчайшее расстояние между KL (рис. 175).
Согласно задаче 601
VEFKL — ^abcbVna.
В параллелепипеде ABCDAXBXCXDX площадь основания ABCD равна ad sin а, а высота, опущенная на это основание, равна с. Поэтому С объем этого параллелепипеда
V=abc sin а.
Следовательно,
Vefkl.^
V ” 6 *
Отв. . о
Сечения АВС и АХВХСХ представляют равносторонние треугольники, плоскости их параллельны, так как АВ || АХВХ, ДС|| АХСХ. Если провести плоскость, параллельную этим сечениям, посередине между ними, то в сечении получится шестиугольник DEEGHK. Стороны его равны, так как каждая из них равна
половине диагонали грани куба, например, DE = *^CB как средняя линия ДЛ1ВС (D есть середина Л^, а В—середина ЛЛВ). Но и углы этого шестиугольника все одинаковы, по 120°, так как стороны их параллельны сторонам равностороннего треугольника АВС. Таким образом, шестиугольник DEFGHK— правильный (рис. 176).
Пусть в четырехгранном углу SABCD наибольший плоский угол есть ASB (рис. 177). Проведем плоскость через прямые SD и SB. Так как любой плоский угол трехгранного угла меньше суммы двух других, то можем записать
Z ASB <^ASD + £DSBt
£DSB< Д DSC+£BSC.
Отсюда получаем
z ASB < Z ASD-V Z DSC+ Z BSC.
Допустим, что такой многогранник существует и имеет т граней. Пусть грани имеют число сторон пъ п2, п3, .. ., пт. Подсчитаем число ребер этого многогранника. Очевидно, число всех сторон всех граней в два раза больше числа ребер многогранника, так как одно и то же ребро является общей стороной двух смежных граней. Поэтому число ребер многогранника
1__^1 + п2 + пзЧ~- •
2’
Но каждое из чисел пг% п2, ..., пт—нечетное и число их т тоже нечетное, поэтому и сумма, стоящая в числителе, тоже нечетная и не разделится без остатка на два. Итак, такого многогранника не существует.
Пусть ADE (рис. 178)—биссекторная плоскость двугранного угла при ребре АР пирамиды ABCD. Если принять за основания пирамид ABDE и АСРЕ соответственно грани АВР и АСР, то обе пирамиды будут иметь равные высоты, поскольку точка Е биссекторной плоскости равно
DDудалена от плоскостей АВР и АСР. Таким образом, объем ABDE
D
D
объем ACDE
_ ПЛО1ДаДь АВР ..
“ площадь АСР *' '
Если же, за общее основание тех же пирамид принять грань АРЕ, то ясно, что их высоты будут относиться, как ЕВ к ЕС, следовательно,
объем АВРЕ _ЕВ
объем АС РЕ ~~ЕС *Рис. 178.
Из (1) и (2) следует доказываемое, а именно: ЕВ площадь АВР ЕС™ площадь АСР
Пусть прямая имеет Три точки А, В, С, общие с цилиндрической поверхностью. Спроектируем цилиндрическую поверхность на плоскость, перпендикулярную к образующим. Эта поверхность спроектируется в виде окружности. Прямая, если она не параллельна образующей, спроектируется на эту плоскость в виде прямой, которая будет иметь с этой окружностью три (разные) общие точки, что невозможно. Прямая эта должна быть, следовательно, параллельна образующей (тогда она спроектируется в одну точку), но, имея общую ( .точку с поверхностью, т. е. с одной
из ее образующих, она должна </совпадать с этой образующей.
/Вторую часть задачи (для
конической поверхности) дока- /жите сами.
/. .X хХ 608. Соединим точки В и С, Д
*'**-*^Х и Р отрезками прямых (рис. 179). 4zf Через точку А проведем прямую
параллельно MN до встречи в Рис. 179.точке К с прямой, проходящей
через В и N. Заметим, что АК™ 2MN, так как MN — средняя линия в треугольнике АВК* Далее,
Z\BNC = /\KND,
ибо BN=NK, CN^NP и £BNC= Z KND. Поэтому DK = ВС. Из треугольника АРК следует
РК + АР > AK = 2MN
(здесь существенно, что точка D не лежит на прямой АК, иначе пришлось бы поставить знак ^). Итак,
BC + AD>2MN,
что и требовалось доказать.
Пусть DE и KF—два отрезка, каждый из которых соединяет середины скрещивающихся ребер (рис. 180). Соединим отрезками точки D и F, F и Е, Е и К, К и D. Тогда FE\\AB и FE=^AB как средняя линия треугольника ASB. DK\\AB и DK=~AB как средняя линия треугольника АСВ. Следовательно, FE^DK. Поэтому DFEK—параллелограмм, диагонали которого пересекаются в точке О и делятся в этой точке пополам.
Аналогично доказывается, что отрезок, соединяющий середины скрещивающихся ребер АВ и SC, пройдет через середину отрезка DE, т. е. через точку О.
Пусть высота SO проходит через точку О— ортоцентр треугольника АВС (рис. 181).
Пусть ВМ—другая высота пирамиды, т. е. ВМ [ пл. ASC, АМ— проекция АВ на пл. ASC. Так как АВ ^_SC (по теореме о трех перпендикулярах, так как ОС | АВ), то и АЛ1 J_SC (по обратной теореме о трех перпендикулярах).
Аналогично доказывается, что SM | АС (так как OBJ_AC, то SB | АС, а следовательно, и SM 1 АС).
Таким образом, точка М— ортоцентр треугольника ASC.
Так же доказывается, что высоты пирамиды, проведенные из вершин А и С, пройдут через ортоцентры противоположных граней.
Пусть Ci —центр тяжести грани ASC, ВО^опп^ из рассматриваемых в задаче отрезков. Возьмем еще какую-нибудь грань, например BSC; обозначим ее центр тяжести через О2 и докажем, что отрезок А02 пересекает отрезок BOY и при этом точка пересечения отрезков О делит отрезок ВОХ в отношении 1:8, считая от точки Ov
Рис. 182.Рис. 182.В самом деле, если Мх и М2—середины отрезков АС и АВ (рис. 182), то очевидно, что АВ || Л^Ма? легко также видеть, что О1О2|| Л^Мг, так как точки Ох и О2 делят соответственно отрезки MXS и M2S в одном и том же отношении. Поэтому АВ |1 ОХО^ фигура АВО2ОХ—трапеция и, стало быть, ее диагонали ВОХ и АО^ пересекаются. Обозначим точку пересечения диагоналей через О. Имеем
Рис. 182.
Рис. 182.
МХМ2 1 ОХО2 2
АВ ~ 2 ’ МХМ2~ 3 *
Перемножив эти равенства, по-
ОХО2 1 u
лучим. Но из по
добия треугольников АОВ и ОХОО2 следует
212-1ОВ ”3 ’212-1ОВ ”3 ’Таким образом,Таким образом,ОХО ОХО2 ОВГ^-ДВ е
212-1
ОВ ”3 ’
212-1
ОВ ”3 ’
Таким образом,
Таким образом,
что и утверждалось. Если мы теперь возьмем центр тяжести еще на одной грани и построим соответствующий отрезок, то он в силу доказанного также пересечет отрезок ВОХ и притом в точке, которая разделит ВОХ в отношении 1:3, т. е. в точке О. Следовательно, все рассматриваемые отрезки пересекаются в точке О< Очевидно также, что точка О делит любой из них в отношении 1:3, что и требовалось доказать.
Пусть заданы прямые а, b и с. Проведем через каждую
из них по две плоскости, параллельные двум другим; получатся три пары параллельных плоскостей. Тело, замкнутое этими шестью плоскостями, и будет искомый параллелепипед.
Пусть SABC — данный трехгранный угол (рис. 183).
Геометрическим местом точек, равноудаленных от граней двугранного угла SX, служит биссек- торная плоскость этого двугранного угла—плоскость ASE.
Геометрическим местом точек, равноудаленных от граней дву* гранного угла SB, служит биссек* торная плоскость этого двугран? ного угла —плоскость BSD.
Обе биссекторные плоскости пересекаются по прямой SO; следовательно, луч SO — искомое
геометрическое место точек. Заметим, что и третья биссекторная плоскость проходит через этот луч.
Пусть Q—одна из множества плоскостей, проходящих через прямую ВС (рис. 184).
Проведем через точку А плоскость Р | ВС\ DE—линия пере-
сечения Р и Q.
Проведя ДЛ1 J_ Q (точка М принадлежит Q), убедимся, что точка М принадлежит Р и точка М принадлежит DE, причем
концамиконцамиAM_LDE (D—точка пересечения ВС и Р).
концами
концами
ку М отрезками с при этом МА I Q. Следовательно,ку М отрезками с при этом МА I Q. Следовательно,Отрезок AD виден из точки М под прямым углом. Точка М принадлежит искомому геометрическому месту точек. Следовательно, каждая из точек искомого геометрического места точек лежит на окружности, построенной на отрезке AD, как на диаметре.
ку М отрезками с при этом МА I Q. Следовательно,
ку М отрезками с при этом МА I Q. Следовательно,
Если же взять произвольную точку этой окружности, то всегда можно найти плоскость, проходящую через эту точку и прямую ВС. Пусть М—эта точка, a Q—единственная плоскость, проходящая через М и ВС. Соединив точ- диаметра AD, получим £AMD — W;
искомым геометрическим местом точек служит окружность, лежащая в плоскости Р, построенная на отрезке AD, как на диаметре.
Глава XV
НЕРАВЕНСТВА В ГЕОМЕТРИИ.
НАИБОЛЬШИЕ И НАИМЕНЬШИЕ ЗНАЧЕНИЯ
Известно, что среднее арифметическое положительных чисел не меньше их среднего геометрического.
Поэтому
или
Зр—(а + 6 + с)4 /р(р—р) (р—4) (р—ё)
35=1 Vр
Но так как площадь треугольника
тотоилиили5= Ур (р — а) (р—Ь) (р—с^рг,
то
то
или
или
3 Г р V р V г
или
откуда
р2^27г3.
Знак равенства имеет место лишь при а = Ь — с. Заметим, что геометрический смысл этого неравенства таков: из всех треугольников, описанных вокруг данного круга, равносторонний имеет наименьший периметр.
Обозначим радиус круга, вписанного в треугольник АВС через г, тогда сторона правильного треугольника АхВгСъ вписанного в этот круг, равна г Уз, а периметр его равен Зл Уз. Если обозначим периметр треугольника АВС через 2р, то задача сводится к доказательству неравенства
2р За 6г УХ или
р^Зг У£ или
р2^27г2.
А это неравенство было нами доказано в задаче 615.
Знак равенства имеет место лишь при АВ = ВС = А С.
Предварительно докажем, что площадь треугольника не больше ~, где а и b—две его стороны. Действительно, если принять а за основание треугольника, то b не меньше его высоты h. Следовательно, площадь треугольника
ah ab
Очевидно, что сумма площадей четырех треугольников, каждый из которых образован соответственно двумя сторонами и диагональю четырехугольника, представляет удвоенную площадь четырехугольника. Таким образом, удвоенная площадь четырехугольника не больше суммы
а» , ad 6c cd_aс(a + c)(b + d)
х (о -J- с) (b -j- d) а площадь четырехугольника не больше ^-.
Предварительно докажем, что имеет место неравенство
114
[^—.— , если т>0, п>0.
т п т + п
Действительно, рассмотрим очевидное неравенство
т>—2mn + n2^0,m2 + 2/nn + n2—4mn^0, -(/л + л)2—4/и/г^0,(/n + n)2^4/nn,m + n 4
mn m^n'
m n т-\-п
На основании последнего неравенства имеем
0)(2)(3)0)(2)(3)1144= _4
0)
(2)
(3)
0)
(2)
(3)
р —Ь'р — с(р — Ь) + (р —*с) 2р—Ь—с а ’
р—а^р—b^^p—a)-Hp—b)Sp—a—b с*
114_4= 4
р—а^р—с ^ (р—а^^р'—с) 2р—а—с b
Сложив почленно соотношения (1), (2) и (3), получим
.2 -2 -2 _ 4 , 4 , 4
p—a^p—b^p—c^ а ^ b + с
или
Illр—р—Ь^ р—сIllр—р—Ь^ р—с1+1+2а ' b * с1+1+2а ' b * с
Ill
р—р—Ь^ р—с
Ill
р—р—Ь^ р—с
1+1+2
а ' b * с
1+1+2
а ' b * с
619. Имеем
л_оЬ sin С4ab sin С (а—6)2 + 4а6/ а4-6 V
28^8 кГ|7Т/ '
что и требовалось доказать.
Знак равенства имеет место, когда треугольник прямоугольный и равнобедренный (а — Ь).
620. Имеем
о ab sin С _(а—b)4 + ab1
&АВС = —2— < 5="2 <а аЬ + 6 )-
что и требовалось доказать.
Знак равенства имеет место, когда треугольник равнобедренный и прямоугольный ^а = Ь\
621. Имеем
o_ab sin C _JZab sin C (a—b^-V^ab a2 + ^2 ~2“44
что и требовалось доказать.
Знак равенства имеет место, когда треугольник прямоуголь-_ ный и равнобедренный ^а = Ьу fl2 1 ^2 1 с2
Требуется доказать, что S<-^—. В предыдущей задаче мы доказали, что
С/^ + Ь2 е/b^C^
Ясно, что знак равенства может иметь место только в одном из этих трех соотношений, поэтому
3S < а2 + ^2 + Ь2 + с2 + а2 + с2аЧ-64-с2
4~2*
откуда
а2 + ^2 + с2
6*
Обозначим площади треугольников МВС, MCA, МАВ (рис. 185) соответственно через Sv S2, S3.
(1)(1)Поскольку треугольники А ВС и МВС имеют общее основание, то
(1)
(1)
MAtMAtSiSiЛ Л i Sj + S2 + S3
MAt
MAt
Si
Si
Составим производную пропорцию
МАгМАгSiSiА А1 — М A i 8^ + S3
МАг
МАг
Si
Si
или
Л4Л S2 I S3
Аналогично получим
(2)(3)(2)(3)(О(ОМВ _83 8г
(2)
(3)
(2)
(3)
(О
(О
ииМВг В2 В2
и
и
МС _St S2 MCt 83^83*
Сложив равенства (1), (2) и (3), получаем
ЛУИ ВУИ СУИ _<St 5з\/В, S3Y ZS3 SA
АгМ ВХМ ^С^ [S^^Sj VS3^S2y kSi^S3/ ^
так как выражения в скобках суть суммы взаимно обратных положительных чисел и, как известно,
+если а>0 и Ь>0.
b а
Знак равенства в (1) имеет место Тогда, когда S1 = Sa = S3, т. е. когда точка М есть центр тяжести.
В предыдущей задаче мы доказали, что
AM _S2 + S5 ВМ _S3-VSX CM ^Si + St
АХМ~ Sx * ВХМ~ S2 ’ СХМ З3 ’
где Slf S^ S3—площади треугольников МВС, МАС, МАВ. Перемножая эти равенства почленно, получаем
АМ ВМ СМ ^+53)(33 + 8х)(5х^В2)
А1М * ВХМ " СХМSrS4.Ss
<$1*«$2*5з
Знак равенства имеет место, когда М является центром тяжести.
Первое решение. Очевидно, что htt > 2г; hb > 2г; h€ >2г.
Умножив обе части этих неравенств на 2R, получим
2Rha>4Rrt 2Rhb>4Rr, 2Rhc>4RrZ(1)
Известно, что abc „ abc n 45=* ИЛИ
откуда bc = 2Rha. .
Аналогично ac = 2Rh,b и ab — 2Rhc.
В силу последних трех равенств неравенства (1) принимают вид be > 4Rr, ас > 4Rr, ab > 4Rr.(2)
Перемножив почленно три неравенства (2), получим
11аЬс -
Но так как — =3, то 4R
S > 2 VR^r*.
Второе решение. Нужно доказать, что
S>2K^s.(1)
„П °ЬсПоскольку R = —„П °ЬсПоскольку R = —2SИ Г"~а + & + с2SИ Г"~а + & + сто неравенство (1) принимает видто неравенство (1) принимает вид> 9 1/ а^С ^*Г 4S* (а + Ь+с)3 * (a.4-Z> + c)3 > %abc, аД-bVc > 2 ^/abc, ;+|ti >1=/=.> 9 1/ а^С ^*Г 4S* (а + Ь+с)3 * (a.4-Z> + c)3 > %abc, аД-bVc > 2 ^/abc, ;+|ti >1=/=.(2)(2)Но так какНо так как
„П °Ьс
Поскольку R = —
„П °Ьс
Поскольку R = —
2S
И Г"~а + & + с
2S
И Г"~а + & + с
то неравенство (1) принимает вид
то неравенство (1) принимает вид
> 9 1/ а^С ^*
Г 4S* (а + Ь+с)3 * (a.4-Z> + c)3 > %abc, аД-bVc > 2 ^/abc, ;+|ti >1=/=.
> 9 1/ а^С ^*
Г 4S* (а + Ь+с)3 * (a.4-Z> + c)3 > %abc, аД-bVc > 2 ^/abc, ;+|ti >1=/=.
(2)
(2)
Но так как
Но так как
то неравенство (2) справедливо. Поскольку все произведенные операции обратимы, то из справедливого неравенства (2) следует справедливость и неравенства (1).
Требуется доказать (рис. 186), что AB-VBC—АС < 2BD, где D — любая точка на АС. Имеем
AB<AD + BD,
BC<DC + BD.
Складывая эти два неравенства почленно, получаем
Рис. 186.Рис. 187.Рис. 186.Рис. 187.АВЛ*ВС < AC-V^BD.
Рис. 186.Рис. 187.
Рис. 186.Рис. 187.
Требуется доказать (рис. 187), что
у(АВ + АС) —Х^ВС< АМ <1(ЛВ + АС).
Имеем (см. задачу 626)
АВ-VAC— ВС <2АМ,
откуда делением обеих частей на 2 получаем
у(ЛВ + ЛС)—1 ВС< АМ.
Итак, мы доказали первое неравенство.
Теперь на продолжении медианы АМ отложим отрезок MD = AM.
Из треугольника ACD имеем
ad<dca-ac,
или
2АМ < АВ + АС,
откуда, разделив пополам обе части, получаем
А М <-^ (А В А-АС”).
Обозначим стороны треугольника через а, Ь, с, а соответственные медианы через та, mbl тс.
В силу предыдущей задачи имеем
у(Ь + с)—ya<me<y(&+c),у (с + а)— у 6 < тъ < у (с+°)>у(а+6)~ус<тс<у(а+6).
Складывая эти три неравенства почленно, получаем
y(a+fr+c)<me + mb+m<.<a+»+c.
Итак, сумма медиан треугольника заключается между его полупериметром и периметром.
629* Пусть CN—биссектриса внешнего угла ВСВХ треугольника АВС (рис. 188). Отразим точку В относительно биссектрисы CN. Отражение точки В попадет в точку Вх, находящуюся на продолжении стороны АС.
Рис. 188.
Действительно, треугольники ВМХС и ВХМХС (Мх—точка пересечения CN с ВВХ) равны по общему катету СМХ и прилежащим к нему углам ВСМХ и ВХСМХ> следовательно, ВМХ = ВХМХ.
Из равенства этих же треугольников следует, что BC=BiG« Отсюда имеем
АВг = АСД-ВС.(1)
Поскольку CN Д_ВВ^ и CN проходит через середину Мх отрезка ВВь то
MB = MBV(2)
Из треугольника AMBt следует, что
^Д + МВ^ДВр(3)
Из (1), (2) и (3) следует
МАД-МВ> AC-VBG, что и требовалось доказать.
Аналогично доказывается эта теорема для случая, когда точка М находится на другой биссектрисе.
Обозначим катеты треугольника через а и Ь, а гипотенузу через с.
Площадь треугольника о а + b + се he
S = — 2" г> или 5 = -^-, откуда г с h ~~a + b + c'
Так как аД-Ь > с, то
Теперь, сложив почленно очевидное неравенство а^А-Ьй^2аЬ с равенством с2 —а2 + 62, получим
(a2 + fr2) + c2^(aW, или
2с2 ^ (а + b^t откуда
а-^b^c }^2.
Имеем
с . ^ ——= -Д— = V2— 1 ~ 0,41 > 0,4.(2)
ha + b+cс^с ^2+1
Из (1) и (2) следует, что 0,4 <—<0,5.
Сложив очевидное неравенство a2 + b2^2ab с равенством а2 + ^2 = с2, получим
2 (а2 + Z?2) ^ с2 + 2аЬ = а2 + Ьй + 2аЬ = (а + ^)2,
откудаоткуда(« + Ю Г 2 <?(« + Ю Г 2 <?
откуда
откуда
(« + Ю Г 2 <?
(« + Ю Г 2 <?
что и требовалось доказать.
Пусть в треугольнике АВС (рис. 189) высота CD=^ht стороны АС и ВС—соответственно b и а. Так как
_ s*n 1 sin Л а ~ h 1 b ~ h ’
то
—+ =^ + sin BY
а х b h х
Но поскольку согласно условию задачи
то Л + В АВ sin А + sin В = 1, или. 2 sin-—j—cos—2~ = ^'
Теперь ясно, что 2 sin ^^^1, так как cos-~ ^ -5 < 1.
. л+в С п с «С _ 1
Так как sin——- = cos^~, то 2cos-2~^l, или cos-^-^y, откуда
^-<60° и С<120°.,
„1,11ab 633. Из равенстваследует, что т = --^^ , или
т -а2+624- 2а6 *( )
Из геометрии известно, что
,(2)
где с—третья сторона треугольника. Также известно, что
с2 = а2 + 62 —2a6cos С.(3)
Из (2) и (3) следует
т2 = ^аЧ-2^-~а^^^ a2 + Z>2 + 2^cosC (4)
Из (1) и (4) получаем
'«'^_ я* + 62 + 2а& fcos.C
а*+»е+2а64’
откуда
а1 ‘
г ' 2аЬ а* + Ь*COSL— в8 + <,г + 2а6~^Г •
Так как -7-^— ^2, то Ь * а
Таким образом, cosC^~—1 = — у, откуда С ^120°.
Через вершины Л, В и D проведем окружность. Эта окружность пересечет прямую ВС в точке К (рис. 190). Четырехугольник DABK*- равнобочная трапеция. Следовательно, BK — AD.
Так как сумма углов четырехугольника равна 2d, то £А + + ZC<2d, а поэтому вершина С находится вне круга. Отсюда заключаем, что точка К находится между точками В и С, т. е. BOBK^AD.
Пусть точки М и N—середины диагоналей AG и BD четырехугольника ABCD (рис. 191).
Построим треугольник MNE, где В—середина стороны AD. В этом треугольнике
АВDC
NE^-y,МЕ=-у
как средние линии треугольников ABD и ACD.
Известно, что сторона треугольника больше модуля разности двух других его сторон, поэтому
M^>|^E-Л1E| = |^-^| = -L^Ц^1 .(1)
Если же середины обеих диагоналей совпадают с точкой пересечения их, то данный четырехугольник — параллелограмм.
Тогда
MN=1(AB-CD) = O.MN=1(AB-CD) = O.(2)(2)
MN=1(AB-CD) = O.
MN=1(AB-CD) = O.
(2)
(2)
Объединяя (1) и (2), получим
MN^MN^\AB-DC\2\AB-DC\2
MN^
MN^
\AB-DC\2
\AB-DC\2
5“$ддвс + $двдс5“$ддвс + $двдсab sin В2ab sin В2Рис. 192.Рис. 192.АС2BD2АС2BD2
5“$ддвс + $двдс
5“$ддвс + $двдс
ab sin В2
ab sin В2
Рис. 192.
Рис. 192.
АС2BD2
АС2BD2
Обозначим в четырехугольнике ABCD стороны АВ, ВС» CD, DA через a, b, с, d (рис. 192). Имеем
, cd sin D _ 2ab sin В ,
+24
. 2aZsinD(a—h^-V2ab .
+4<4+
(c—d)« + 2cd a'-V^A-c'-VdA
+4=4
что и требовалось доказать.
Знак равенства имеет место, когда четырехугольник—квадрат.
Обозначим диагонали четырехугольника через d^ и d*, а угол между ними через а.
Известно, что площадь S четырехугольника равна полупроизведению его диагоналей на синус угла между ними.
Имеем
o.JAsinaJ^sina^ № —d^ + 2dxda d^ + d* Д_< =_,
что и требовалось доказать.
Знак равенства имеет место для четырехугольника, у которого
диагонали равны и взаимно перпендикулярны.
Пусть сторона ромба а, а угол 2а, где 2а#С90°«
Из рис. 193 видим, что
— ОС — a sin а и AC — 2а sin а,
= OD = а cos а и BD — 2а cos а.
Имеем
_ 4а4а2
~ AC + BD 2а (sin а + cos а) = У 2 sin (а + 45°) '
Так как 0<а<45°, то имеет место неравенство
-у- < sin (а + 45°) <1.
(1)42)(1)42)В силу (1) и (2) заключаем, что V2^k <2, что и требовалось доказать.
(1)
42)
(1)
42)
Рис. 193.Рис. 193.Известно, что в любом прямоугольном треугольнике г — р—с, где г—радиус вписанной окружности, р— полупериметр, с—гипотенуза.
Рис. 193.
Рис. 193.
Пусть один из острых углов треугольника а (рис. 194); тогда катеты равны с sin а и с cos а, а периметр
2р=с(1 + sin а + cos а) = с ^2 cos2 у+ 2 sin — cos у^ =
= 2С У 2C0Sy^-y- COSy + ^y- sinyj =
— 2с K^cosy cos ^45° — y^ = cp^ [cos 45° + cos (45° ** a)], откуда
p cos 45° +cos (45°—a) *
Итак,
r _p—C— 1 / ._ 1.V21
*2p ~ 2p — 2 \ p )2cos 45° +cos (45° — a) J *
Отношение —-Отношение —-принимает наибольшее значение; " когда
Отношение —-
Отношение —-
-»——-г- принимает наименьшее значение, а послед- COS 45° + cos (45°—а)
нее может иметь место при наибольшем значении cos (45°—а), т. е. при cos (45°—а)—1, или при 45° — а = 0, откуда а = 45°, что и
требовалось доказать.,
, Р Р
Пусть стороны прямоугольника равны —+ х и ——х
(периметр равен Р), тогда площадь прямоугольника '
Так как х2 неотрицательно, а следовательно, —х2 неположительно, то площадь S принимает наибольшее значение, когда х равен нулю, Р _.
т. е. каждая сторона прямоугольника равна —. Таким образом, искомый прямоугольник—квадрат.
Площадь треугольника
где о, Ь, с—стороны треугольника, откуда •-
(а + ^ + с) (а + Ь—с) (а + с— Ь) (64-с—а) = 165я.(1)
Сумму а + ^+с можно представить так:
„+Hc_A(^+^+JLi^=£+^+£=»+»±£=2.) . №
Запишем равенство (1) так;
«4-Ь+с a + b—c a + c—b b + c—a 16S8/А1
—"1—'—Ii—.<3>
Из (3) видим, что произведение сомножителей, которые в (2) являются слагаемыми, — постоянная величина. Следовательно, и сумма принимает наименьшее значение тогда, когда эти сомножители равны между собой, т. е."
a + b + с, ,,
—L—*— = а + Ь—с = а + с—Ь = Ь + с—а.
Но это возможно только при а = Ь = с.
Итак, искомый треугольник равносторонний.
Площадь треугольника равна
У Р (Р — в) (Р —6) кР — с^где а, Ь, с—стороны треугольника.
Пр условие р^j»—постоянная величина. Следовательно, наибольшая площадь' треугольника будет тогда, когда произведение (р—-а) (р—b) (р—с) примет наибольшее значение.
Так как сумма (р—о) + (р—B)-h(p—с) = р—постоянная величина, то произведение (р—а) (р—Ь) (р—с) будет наибольшим, когда р—а = р — Ь=р—с, т. е. при а = Ь — с.
На отрезке АС—основании искомого треугольника—строим сегмент, вмещающий данный угол АВС (рис. 195). Из середины D основания АС проводим перпендикуляр к АС до пересечения с дугой АВС в точке В. Равнобедренный треугольник ЛВС —искомый.
Действительно, пусть АВуС—треугольник с вершиной в произвольной точке Bi на дуге АС. Сравним площади треугольников АВС и АВХС. Эти треугольники имеют общее основание АС, а высота BD треугольника АВС больше высоты BXDV треугольника АВХС, поэтому площадь треугольника АВС больше площади треугольника АВХС.
Итак, искомый треугольник—равнобедренный.
На отрезке АВ — основании искомого треугольника (рис. 196)—строим сегмент, вмещающий данный угол. Рассмотрим два треугольника Л СВ—равнобедренный и Л СХВ —произвольный, где С и Сх—точки на дуге АВ. Биссектрисы CD и СХЕ этих треугольников продолжим до встречи с окружностью в точке К. Диаметр СК больше хорды СгК, т. е.
CD-VDK> СхЕ + ЕК,
но DK меньше ЕК, так как DK — перпендикуляр к АВ, а ЕК— наклонная. Следовательно, CD больше СХЕ, что и требовалось доказать.
На отрезке Л В—основании искомого треугольника —строим сегмент, вмещающий данный тупой угол (рис. 197). Пусть АСВ — равнобедренный треугольник, а АСХВ— произвольный треугольник, где С и Сх—точки на дуге АВ. Требуется доказать, что медиана CD меньше медианы CXD.
Из рис. 197 видно, что
od-vdc=ocxиOCx<OD + DCb
где О—центр дуги, вращающей данный угол. Сложив эти два соотношения, получим
OD + DC + ОСг < ОСХ + OD + DClt откуда
DC < DCb
что и требовалось доказать.
Рис. 199.Рис. 199.DC > DCDC > DC
Рис. 199.
Рис. 199.
DC > DC
DC > DC
На отрезке АВ — основании искомого треугольника—-строим сегмент, вмещающий данный острый угол (рис. 198). Пусть АСВ— равнобедренный треугольник, а АСХВ—произвольный треугольник, где С и Cj—точки на дуге АВ. Пусть D—основания медиан CD и CXD, О—центр круга.
Из рис. 198 видно, что
ииОС = ОСХ
и
и
OCX-VOD> DCV
Сложив эти два соотношения, получим
ОС + ОСХ + 0D> ОСХ 4- DCX,
или
что и требовалось доказать.
Через вершину А проведем произвольную прямую MN (рис. 199). Из точек В, С и середины D стороны ВС опустим перпендикуляры ВВХ, ССХ, DR на MN. Сумма расстояний от вершин В и С до
прямой MN равна BBXA-CCX = 2RD, где RD—средняя линия трапеции ВВХСХС. Очевидно, что DR принимает наибольшее, значение, когда RD совпадает с медианой (AD) треугольника АВС, так как RD не больше медианы AD.
Итак, искомая прямая EF должна быть перпендикулярной к медиане AD.
По условию задачи ВСBD VCE (рис. 200), поэтомуAD-VAE — AB-V-AC-VBC.
Но так как из треугольников, у которых есть общий угол и сумма сторон, заключающих этот угол, постоянна, наименьшую третью сторону имеет равнобедренный (см. ниже задачу 666), то DE будет принимать наименьшее значение, когда
AD = AE = 0,5 (АВ + АС + ВС).
Первое решение. Пусть стороны треугольника а и Ь, а угол между ними С, тогда его площадь
S=“ ab sin С.
Так как наибольшее значение sinC=l, когда угол С прямой, то и наибольшая площадь треугольника будет при перпендикулярности сторон а и Ь.
Второе решение (рис. 201). Примем отрезок СВ, равный а, за основание треугольников: Л АгСВ (угол С острый), Л АСВ (угол С прямой), ДЛ2СВ (угол С тупой), у которых А^ — АС» = A zC = b.
Из точки С опишем дугу радиусом, равным Ь. Эта дуга пройдет через Лг, Л и Л2.
Так как половина хорды не больше радиуса, то высоты A^D и АйЕ треугольников А^В и AjCB меньше высоты АС прямоугольного треугольника АСВ, и поскольку у этих трех треугольников общее основание, то наибольшую площадь имеет треугольник АСВ.
Пусть прямоугольник DEFK вписан в треугольник АВС так, что KF принадлежит АВ, а вершины D и Е лежат на сторонах АС и ВС (рис. 202). Высота CN треугольника пересекает DE в точке М.
Из подобия треугольников CDE и САВ имеем
CM JDECN "АВ '
дениедениех —х —Н2Н2х(Н—х) становится наибольшим, тогда х=Н~х, откуда, что и требовалось доказатьх(Н—х) становится наибольшим, тогда х=Н~х, откуда, что и требовалось доказать
дение
дение
х —
х —
Н
2
Н
2
х(Н—х) становится наибольшим, тогда х=Н~х, откуда
, что и требовалось доказать
х(Н—х) становится наибольшим, тогда х=Н~х, откуда
, что и требовалось доказать
ИЛИ -
CN—DK DE
’CN AB '
Пусть
AB = a, CN — H, DK = x, DE = y, тогда (1) перепишется так:
H—x_ уН а *'
откуда
У = -^(Н—хУ(2)
Так как площадь прямоугольника DEFK
' S=xy,то, учитывая (2), получаемS=-^-.x(H-x).
Поскольку ——постоянная вели- п
чина, то S принимает наибольшее значение, когда произведение х (Н—х) достигает максимума. Но так как сумма x-V(H—x) = H— постоянная величина, то произве-
Первое решение. Обозначим радиус круга через R, а одну из сторон прямоугольника через х, тогда другая сторона прямоугольника будет равна V^R^—x^. Площадь прямоугольника
S=x /4А?2—х2.
Ясно, что S и S2 достигают максимального значения при одном и том же значении х, поэтому будем находить значение х, при котором S2 принимает наибольшее значение
. , S2=x2(4#2—х2). .
Так как сумма х2 + (4/?2-*х2) = 4/?2—постоянная величина, то S2, а следовательно и S, достигает максимума при равенстве х2 и 4/?2—х2.'
Итак, х2 = 4₽2—х2, откуда
x = R V*2.
Таким образом, каждая сторона прямоугольника равна R )П , т. е. искомый прямоугольник — квадрат.
Второе решение. Пусть R—радиус круга, описанного около прямоугольника ABCD (рис. 203), а 21 ВАС —а. Тогда А В = 2R cos а, ВС=2R sin а, следовательно,
Sabcd=2R* sin 2а.
Площадь S^bcd Достигает максимума при sin2a = l, т. е. при п л л 2а = т, а = т.
Первое решение. Пусть сторона квадрата АВ равна к; Обозначим Ла через х, тогда АВ — Аа = к—х, т. е. аВ = к—х (рис. 204).
По теореме Пифагора имеем
(ab^ = ха + (6—х)а = 2х2—2кх + кЧ
Но площадь S квадрата abed равна (ad)2. Значит,
S = 2x*—2kx + k\
Таким образом, наименьшее значение для S получится при
'— 2к к
2^2 ~ 2 ’‘‘
Итак, точки a, b, с, d должны быть серединами сторон квадрата A BCD.
Второе решение. Площадь квадрата abed окажется наименьшей, когда сумма площадей прямоугольных треугольников Aad, Bab, Cbc и Dod будет наибольшей. Сумма катетов каждого из этих треугольников равна стороне (ЛВ) данного квадрата, а поэтому площадь каждого из них достигает максимума при равенстве катетов. Последнее вытекает из того, что из всех прямоугольников, имеющих данный периметр, наибольшую площадь имеет квадрат.
Опустим из вершины С прямого угла треугольника АВС (рис. 205) перпендикуляр CD на гипотенузу АВ. Из полученной точки D опустим перпендикуляры DM и DN на катеты ВС и АС. Образовавшийся прямоугольник CMDN—искомый. Действительно, любой другой прямоугольник CMXDXNX имеет большую диагональ, так как его диагональ CDV являясь наклонной к АВ, больше перпендикуляра CD.
Пусть О—искомая точка (рис. 206). Обозначим расстояния СВ и СА от вершины прямого угла соответственно через а и Ь, углы АОС и ВОС через £ и а, отрезок ОС через х.
Имеем
0=р-а.
Отсюда •
Но tga=^-, tgp=~. Следовательно,
Поскольку наибольшее значение острого угла 0 достигается одновременно с наибольшим значением его тангенса и так как числитель Ь—-а есть постоянная величина, то надо найти наимень- , ab шее значение знаменателя х4—е х
_ab
Так как произведение слагаемых хи — есть постоянная ве- , ab•
личина, то сумма принимает наименьшее значение при равенстве слагаемых.
Итак, х = ~, откуда х—УаЬ.
Отв. Искомая точка О отстоит от вершины прямого угла С на расстоянии, равном VCACB.
406
Даиы прямая EF и точки А и В, лежащие по одну сторону от нее (рис. 207).
Через точку Av симметричную точке А относительно EF, и точку В проводим прямую, которая пересекает EF в точке М.
Докажем, что точка М является искомой.
Предположим, что другая точка Мх прямой EF—искомая.
Из рис. 207 видим, что
ANl-VBM = AxM-\-BIVL = AxB и
ЛМ1 + ВМ1 = Л1Л41 + ВЛ!1 > АХВ.
Из этих двух соотношений заключаем, что
АМ + ВМ < ЛМ! + ВМЬ
т. е. точка М является искомой.
Рис. 207.Рис. 208.
Пусть С (рис. 208) есть некоторая точка прямой а. Построим точку Ль симметричную точке А относительно а; тогда CA=CAV Следовательно, при любом положении точки С будет иметь место СВ — СА = СВ—СА1; Если треугольник САгВ существует, то СВ — САХ< АХВ, Когда точка С совпадает с точкой D (D—точка пересечения а с ВЛХ), разность DB—DAх делается равной ЛХВ. Это и есть наибольшая величина рассматриваемой разности.
Отсюда вытекает и построение: отражаем точку А относительно прямой а в точку Av Потом проводим прямую ВАХ до пересечения в точке D с прямой а. Точка D является искомой.
На стороне АС треугольника АВС (рис. 209) возьмем три точки: вершины Л и С и произвольную точку М между ними.
Для определенности пусть угол А больше угла С, тогда расстояние AN от А ro стороны ВС будет меньше, чем расстояние CL от С до стороны АВ. Остается сравнить сумму расстояний MF-V^E от точки М до сторон ВС и АВ с AN
Из точки М опустим перпендикуляр /И^ на AN. Из рис. 209 видим, что достаточно сравнить отрезки А К и ME, так как KN = MF.
Катет АК меньше катета ME, так как прямоугольные треугольники АКМ и АЕМ имеют общую гипотенузу и угол ЕАМ больше угла КМА ( = ВСА).
Итак,
AK-VKN< MF+ME, или
AN < МЕЦ-МЕ,
т. е. вершина А большего угла при АС является искомой -точкой-
Для определенности пусть ^С^ ^ В^ £ А (рис. 210).
Через произвольную точку М, взятую внутри треугольника, проведем прямую DE || АВ (точка D на АС; точка Е на ВС\
Из точки М опустим перпендикуляры MQ и MR на АС и ВС, а из точки Е — перпендикуляр ЕН на АС.
Из задачи 657 следует, что в треугольнике DCE
ЕН <MQ^MR.(1)
Из точек М и Е опускаем перпендикуляры МР и EG на АВ.
Так как MP = EG, то (1) можно переписать так:
EH + EG<MQ + MR+MP.(2)
В треугольнике АС В (см. задачу 657)
СК < EG Л-ЕН.(3)
Из (2) и (3) имеем окончательно
CK<MQ + MR-VMP,
т. е. высота СК, опущенная из вершины наибольшего угла, есть наименьшее значение для суммы MQ + М/? + МР.
Обозначим угол АВС через а (рис. 211). Из прямоугольных треугольников АВС и ACD имеем
АС = АВ sin а=2& sin а,(1)
CD = AC cos a=2R sin а cos а,
откудаоткудаАС • CD = 4/?2 sin2 а cos а.
откуда
откуда
Обозначим выражение sin2acosa через у. Произведение AC-CD
достигает максимума вместе с у, а потому и вместе с у\
</2=sin4 a cos2 a =
= sin2 a sin2 a(l —sin2 a) =
. sin2a "si^a... 9 .
= 4- —y- • -—(1—sin2a).
Рис. 211.Рис. 211.„ sin2a, sin2a , Так как —-—|—-Ь (1 —
Рис. 211.
Рис. 211.
sin2 a2sin2 a2= 1 —sin2 a,= 1 —sin2 a,— sin2a) = l— постоянная величина, то t/3 достигает максимума при
sin2 a2
sin2 a2
= 1 —sin2 a,
= 1 —sin2 a,
отсюда
(2)
Из равенств (1) и (2) имеем
др
AD — AC sin a — 2R sin2 а=-у .
Итак, для построения точки С достаточно на диаметре АВ от- дожить отрезок AD=-g- и из точки D провести перпендикуляр к диаметру Л В до встречи с окружностью в точке С.
В каком бы месте окружности, по одну сторону от хорды АВ, ни была взята точка С (рис. 212), угол АСВ будет иметь постоянное значение, которое обозначим через а. При всяком положении точки С выражение ~ А С-ВС-sin а будет представлять площадь S треугольника АСВ. Отличаясь от произведения АС-ВС постоянным множителем -^-sina, оно будет иметь максимум одновременно с АС-ВС. Но максимум площади треугольника АСВ, имеющего постоянное основание АВ, будет при наибольшем значении высоты его, что, очевидно, может быть только тогда, когда
вершина С будет находиться в точке пересечения окружности с перпендикуляром, проведенным из середины Л В, и, очевидно, в той из двух точек пересечения, которая будет отстоять дальше от АВ. На нашем рисунке Сх— искомая точка.
Обозначим через х, у, г расстояния от точки М, взятой внутри треугольника АВС, до его сторон (рис. 213). Тогда площадь треугольника
ах by cz
откудаоткуда^у+у + у ’
откуда
откуда
ах+&3/+с2 = 25,
т. е. ax+by-Vcz—постоянная величина.
Произведение хуг принимает наибольшее значение тогда, когда достигает наибольшего значения ax*by-cz. Последнее имеет место, когда
откудаоткуда2S ax=by=cz—™,
откуда
откуда
у ahe йд Нь heЗа~ За3 *3 ’3 ’
где Ад, hb, hc — высоты треугольника АВС.
Из последних трех равенств заключаем, что искомая точка — точка пересечения медиан.
Через данную точку Р проведем две хорды: одну хорду АВ перпендикулярно к диаметру, проходящему через Р, а другую произвольную хорду АХВХ (рис. 214). Опустив перпендикуляр ОРХ на ЛгВ1, получим прямоугольный треугольник ОРХР, у которого гипотенуза ОР больше катета ОРЬ а следовательно, АВ меньше ЛХВ1.
Итак, наименьшая хорда, проходящая через точку Р,— это хорда, перпендикулярная к диаметру, проходящему через эту точку.
Задача сводится к нахождению наименьшей суммы AG+CD+DB.
Но так как CD—постоянная величина, то нам надо найти наименьшую сумму
AC + DB.
Перенесем точку В параллельно прямой ху (рис. 215) на расстояние CD в некоторую точку Вх, потом отразим точку Вх в точку В4 относительно ху; затем соединяем отрезком точки А и В^. Этот отрезок пересекает прямую ху в точке Cv Далее, от точки Ct откладываем на прямой ху отрезок C1D1, равный CD. Положение CXDX и есть искомое положение отрезка CD.
Действительно, нам надо найти наименьшую сумму AC-VDB> которая равна ACvVBxCv Но в силу нашего построения ЛС1 + В1С1*=ЛС1 + В8С1; следовательно, перед нами стояла задача найти кратчайшее расстояние между точками Л и В2> а это кратчайшее расстояние есть отрезок АВа, который равен сумме АСх + СхВг, которая в свою очередь равна AC-VDB.
Возьмем на сторонах угла хОу произвольные две точки Bi и Ci и рассмотрим периметр треугольника ЛВ^ (рис. 216). Построив точку Ах, симметричную точке А относительно Ох, а также точку Л2, симметричную точке А относительно Оу, и соединив точку Ах с Вх и Л2 с Сх, получим ломаную линию Л1В1С1Л2, состоящую из трех отрезков, концы которых находятся в точках Ах и Л2 и которые равны периметру треугольника ЛВ^.
В самом деле, длина ломаной линии равна
/ = л1в1 + в1с1 + с1л2.
Но ЛiBi ~ЛBi и С1Ла = ЛС1, а поэтому l-AB^BA-VACv
Эта сумма отрезков есть периметр треугольника ЛВ^х.
Поскольку кратчайшее расстояние между двумя точками Av соединяющий эти точки, то, значит, искомые точки В . и С находятся на прямойЛхЛ2.
Отсюда и построение: строим точку Аь симметричную А относительно Ох, далее строим точку Л2, симметричную А относительно Оу. Потом через точ- ' КИ Лх и Ла проводим прямую, которая пересекает Ох и Оу в точках В и С. Эти точки и являются вершинами искомого треугольника, имеющего наименьший периметр, равный отрезку ЛхЛ2.
Если а, Ь, с—стороны треугольника, а Л, В, С—противолежащие им углы, то имеем
a = 2R sin A, b = 2R sin В, c~2R sin C = 2R sin (Л+ B),
где R—радиус описанной окружности
у = а2 + *2 + с2 = 4/?2 [sin2 А + sin2B + sin2 (А + В)] =
С°8 2Л , 1— COS 2В , ,^=W I2"*2+ 1~СО82(Л + В) =
= 4/?2 [2—cos (Л — В).COS (Л + В)—COS2 (Л + В)].
Очевидно, что у достигает максимума при тех же значениях А и В, что и выражение, стоящее в квадратных скобках, которое обозначим через х:
х=2—cos (Л — В) cos (Л 4-В)—cos2 (Л + В).
m — cos (Л —В) ± /со52(Л-В) + 8-4х(Л 4- В) —m — cos (Л —В) ± /со52(Л-В) + 8-4х(Л 4- В) —Из этого равенства следует, что
m — cos (Л —В) ± /со52(Л-В) + 8-4х
(Л 4- В) —
m — cos (Л —В) ± /со52(Л-В) + 8-4х
(Л 4- В) —
cos
Для существования cos (Л + В) необходимо, чтобы cos2 (Л — В) + 8— 4х ^ 0.
Отсюда
x<cos3(Л~В) + 8 .
Очевидно, что х достигает максимума при cos (Л — В) = 1, т. е. при Л = В.
Поскольку Лив взяты произвольно, то треугольник, вписанный в данную окружность, у которого сумма квадратов сторон имеет наибольшую величину, равносторонний.
Первое решение. Рассмотрим два треугольника (рис. 217): равнобедренный АВС(ЛВ = ЛС) и ADE, у которых общий угол А и
AB + AC«AD + AE,(1)
т. е. BD — EC.
Из точек D и Е опустим перпендикуляры DK и F^Jfa прямую ВС. Легко убедиться, что треугольш между собой. Из равенства этих треугольников следует, что BK = CF, а потому KF^BC. Но KF является проекцией DE на прямую ВС, поэтому KF < DE, т. е.
ВС < DE.(2)
В силу соотношений (1) и (2) имеем
AB + AC + BC<AD + AE + DE.
т. е. у равнобедренного треугольника периметр меньше, чем у любого другого треугольника, если эти треугольники удовлетворяют условию задачи.
Второе решение. Введем обозначения АВ = АС = а, BD~CE~x, Из треугольника DAE имеем
DE1 = (а + х^ + (а—х)2—2 (а2—х2) cos Л.(1)
Из треугольника ВАС следует
ВС2 = 2о2—2a2cos Л.(2)
Вычитая почленно из равенства (1) равенство (2), получим
DE2— ВС2 = 2х2 + 2х2 cos А =2х2 (1 +cos Л).
Так как 1+со5Л>0 и х2 > 0,. то
DEa—BC»>0,
откуда DE > ВС, и мы пришли к такому же заключению, как и в первом решении.
Предположим, что в данный сегмент АМВ (рис. 218) вписан искомый прямоугольник CEFD. Пусть OF = r, ОН = а, ОК — х, KF^y.
Из прямоугольного треугольника OKF имеем
KF2 = OF2—ОК2, или уг — Гг— х2, откуда ^^Vr3—хэ.
Площадь прямоугольника CEFD
S = 2KF-KH = 2KF (OK — ОН),
илиили
или
или
S = 2y (х—а) = 2 (х — а) р^г2—х2.
Выражение (х—а) V гй—х2 достигает максимума одновременно с квадратом этого выражения!
Известно, что произведение положительных сомножителей,Известно, что произведение положительных сомножителей,(х—а)2 (г2—х^ = (х—а) (х—а) (г + х) (г—х).
Известно, что произведение положительных сомножителей,
Известно, что произведение положительных сомножителей,
сумма которых постоянна,сомножителей. Но в нашемМсумма которых постоянна,сомножителей. Но в нашемМяяННдостигает максимума при равенстве случае сумма сомножителей не есть постоянное число. Для того чтобы воспользоваться приведенной теоремой, введем два неопределенных коэффициента аир, имеющих такое свойство, что при Л умножении на них двух неравных “ сомножителей (r + х) и (г—х) сумма всех четырех сомножителей становится постоянной, т. е. сумма
сумма которых постоянна,сомножителей. Но в нашем
М
сумма которых постоянна,сомножителей. Но в нашем
М
я
я
Н
Н
илиили(а—Р + 2)х + аг + Рг—2а(а—Р + 2)х + аг + Рг—2а(х—а) + (х—а) + а(г+х)+ р(г—х)
или
или
(а—Р + 2)х + аг + Рг—2а
(а—Р + 2)х + аг + Рг—2а
Рис. 218.делается постоянной величиной.
Это возможно, когда а—р+2 = 0. Условием для достижения максимума произведения (х—а)(х—а)Х Х«(г-|-х)Р(г—х) является х—а = а(г + х) — Р (г—х).
Итак, имеем систему
а—р + 2=0, х~а = а (г + х), х—а = р (г—х).
Исключив из этих уравнений аир, получим
а ± ^а« + 8г84
Знак плюс соответствует прямоугольнику, вписанному в данный сегмент АМВ» а знак минус—прямоугольнику, вписанному в дополнительный сегмент АМХВ. Выражение для х легко построить на основании обыкновенных приемов приложения алгебры к геометрии. Условие возможности задачи сводится к тому, чтобы х было меньше г, т. е.
а ± Va1-^4 <^г.
Это же неравенство приводит к условию а < г, которое всегда имеет место. Следовательно, задача всегда возможна.
В частном случае, когда а = 0, имеем
„ , /8^ rfs
*=± —4—=± —2~
т. е. .если сегмент равен полукругу, то вписанный в него прямоугольник наибольшей площади составляет половину вписанного в целый круг квадрата.
Предварительно убедимся, что кратчайшим расстоянием между диагональю BDX и ребром ААХ является отрезок ОЕ, соединяющий их середины (рис. 219).
Известно, что кратчайшим расстоянием между скрещивающимися прямыми является их общий перпендикуляр. Докажем, что отрезок ОЕ и есть общий перпендикуляр к BDX и AAV Очевидно, что треугольник BEDX равнобедренный, а поэтому ЕО перпендикуляр к BDX. Также ясно, что треугольник АОАХ равнобедренный (.ОА — ОА^, а потому ЕО перпендикулярен к ААХ.
Площадь сечения BEDXEX — параллелограмм; его площадь
равна 2BDrE0. Поскольку любой отрезок, отличный от ЕО и
Рис. 219.Рис. 219.соединяющий точки, принадлежащие BDX и ААХ больше, чем ЕО, то очевидно, что утверждение задачи верно.
Рис. 219.
Рис. 219.
Обозначим через R радиус основания конуса, высоту его через Н, радиус основания цилиндра через г, а высоту цилиндра через к.
Из рис. 220 усматриваем, что
Н—к гН х
"="^' откуда h=i^R-rv
Объем цилиндра
V=nr»h = nr».^LlR-r)=^lL^R_r).
4лНт,
Поскольку —^—постоянная величина, то V достигает максимума одновременно с функцией
Так как сумма сомножителей ^ , ~- и \R—г) есть постоянная величина R, то у будет наибольшим при
г"2г"2= R-= R-г,г,г 2 откуда — =—, что и требовалось доказать.670. Обозначим через R радиус шара, а через г иг 2 откуда — =—, что и требовалось доказать.670. Обозначим через R радиус шара, а через г ивенно радиус основания и точка М — середина высотывенно радиус основания и точка М — середина высотывысоту цилиндра (рис.высоту цилиндра (рис.h соответст- 221). Пустьh соответст- 221). ПустьРис. 221.Рис. 221.цилиндра (центр шара), 6 —центр основания цилиндра и Л — произвольная точка окружности того же основания.цилиндра (центр шара), 6 —центр основания цилиндра и Л — произвольная точка окружности того же основания.илиилиПоПооткудаоткудатеореме Пифагора имеем ОМ2 = АМ2 —О А2,теореме Пифагора имеем ОМ2 = АМ2 —О А2,БоковаяБоковаяh24h24Л = 2 V R1—^. поверхность цилиндраЛ = 2 V R1—^. поверхность цилиндраS = 2лг/1 = 2лг -2 VR^—г2 —S = 2лг/1 = 2лг -2 VR^—г2 —= 4лг VR2 — r2.= 4лг VR2 — r2.
г
"2
г
"2
= R-
= R-
г,
г,
г 2 откуда — =—, что и требовалось доказать.
670. Обозначим через R радиус шара, а через г и
г 2 откуда — =—, что и требовалось доказать.
670. Обозначим через R радиус шара, а через г и
венно радиус основания и точка М — середина высоты
венно радиус основания и точка М — середина высоты
высоту цилиндра (рис.
высоту цилиндра (рис.
h соответст- 221). Пусть
h соответст- 221). Пусть
Рис. 221.
Рис. 221.
цилиндра (центр шара), 6 —центр основания цилиндра и Л — произвольная точка окружности того же основания.
цилиндра (центр шара), 6 —центр основания цилиндра и Л — произвольная точка окружности того же основания.
или
или
По
По
откуда
откуда
теореме Пифагора имеем ОМ2 = АМ2 —О А2,
теореме Пифагора имеем ОМ2 = АМ2 —О А2,
Боковая
Боковая
h24
h24
Л = 2 V R1—^. поверхность цилиндра
Л = 2 V R1—^. поверхность цилиндра
S = 2лг/1 = 2лг -2 VR^—г2 —
S = 2лг/1 = 2лг -2 VR^—г2 —
= 4лг VR2 — r2.
= 4лг VR2 — r2.
Ясно, что S и S2 достигают наибольшего значения при одном и том же значении г. Поэтому будем искать то значение г, при котором S2 принимает максимальное значение.
Имеем S2 = 16лМ (R2—г^.
Так как 16л2 — постоянная величина, S2 достигает максимального значения одновременно с выражением y = r2 (R^—r2y
Поскольку сумма г2 + (Я2—/-2) = Я2—постоянная величина, то у достигает наибольшего значения при равенстве г2 и R2—г2. Итак, r^ — R2—г2» откуда•
Л /2
Г~ 2
а следовательно, h = R V^ и 2r = R V2 •
Таким образом, осевое сечение искомого цилиндра есть квадрат;
Обозначим через R и Н соответственно радиус основания и высоту конуса, а через г и Л радиус основания и высоту искомого цилиндра (рис. 222).
SK ВКSO ^ АО ’SK ВКSO ^ АО ’или в наших обозначенияхили в наших обозначенияхH—hг_ Н ~ R ’H—hг_ Н ~ R ’Пусть точка О—центр основания конуса, А— произвольная точка окружности его основания, точка К—центр основания цилиндра (не лежащего в одной плоскости с основанием конуса), В—точка окружности того же основания. Из подобия треугольников SKB и SOA следует
SK ВК
SO ^ АО ’
SK ВК
SO ^ АО ’
или в наших обозначениях
или в наших обозначениях
H—hг_ Н ~ R ’
H—hг_ Н ~ R ’
откуда
БоковаяБоковаяповерхность цилиндраповерхность цилиндраН
Боковая
Боковая
поверхность цилиндра
поверхность цилиндра
5бок - 2лгЛ = 2лг ~- (Я - г) = ^(- г2 + Rr^
_ 2лЯо
Так как —^постоянная величина, то S^ok принимает максимальное значение, когда функция'
у = — r^-VRr достигает максимума. Функция у достигает максимума при
R R-2~2 ’
а следовательно,
h=2uR_4y4,
что и требовалось доказать..
Обозначим радиус основания цилиндра через г, а его высоту через h, (рис. 223).
Из рис. 223 видим, что
2_=Ri_r», откуда h=%VR4—г».
Объем цилиндра
V =ar2h = 2nra V"R2— г2 •
Так как 2л—постоянная величина, то V достигает максимума одновременно с функцией
у = г» VR^r1 .
14 И. X. Сивашинский•417
Ясно, что ^2 и # принимают наибольшие значения при одном и том же значении переменной г, поэтому будем находить значение г, для которого у4 достигает максимума.
Имеем
у4 = г4 ^—г4), или
г2 г2
Поскольку сумма трех сомножителей — , — и (R^ — г8) равна постоянной величине, то у4, а следовательно и у, достигает наибольшей величины при равенстве этих сомножителей, т. е. при г2
откуда
или окончательно,
Обозначим через R радиус шара и через г и h соответственно радиус основания и высоту конуса (рис. 224). Продолжим высоту SO конуса до встречи с шаровой поверхностью в точке Е. Так как SE — 2R, a SO — h, то 0E = 2R—h.
На основании теоремы, что перпендикуляр, опущенный из точки окружности на диаметр, есть среднее пропорциональное между отрезками, на которые делится диаметр основанием этого перпендикуляра, имеем
AO^SO-OE,
или в наших обозначениях
r2 = h(2R—hyОбъем конуса
V =1лг»л=^- к» (2/?—Л)=-у у A (2R -к).
4л
Так как -д— постоянная величина, то V достигает максимума одновременно с произведением г/= — — (2/<—ai).
Поскольку сумма сомножителей ^ , ~ и (2/?—А) есть постоянная величина 2R, то у достигает максимума при равенстве этих сомножителей, т. е. при
откуда -у=Т‘
Пусть измерения параллелепипеда х, у, г, тогда его боковая поверхность равна 2 (ху + хг + уг). Очевидно, что
х2 + у2^2ху, х2+г2^2хг, у2 + г2^2уг.
Сложив почленно эти неравенства, получим
2 (х2 + у2 + z2) 5s 2 (ху + хг+угу
Но так как х2 +(/2 + г2=а2, то 2 (ху + хг + уг) ^ 2а2. Следовательно, наибольшая боковая поверхность равна 2а2.
Обозначим сторону вырезаемого квадрата через х, тогда сторона квадратного дна коробки будет равна 6а—2х (рис. 225). Высота коробки х. Объем коробки
V = (6а—2х)2х=4х (За—х) (За —х)«
= 2(2х)(3а—х) (За—х).
Ясно, что V достигает максимума одновременно с функцией
у = (2х) (За — х) (За —х).
Так как 2х+(3а —х) + (За — х)= 6а, т. е. постоянная величина, то у принимает наибольшее значение при
2х — За —х,
откуда №Д, т. е. сторона вырезаемого квадрата должна быть в шесть раз меньше стороны листа жести, тогда объем коробки будет наибольшим.
Пусть прямая КМ перпендикулярна к биссектрисе AD (рис. 226). Опустим из точек В и С перпендикуляры BBY и CCV на прямую КМ и продолжим перпендикуляр CCi на отрезок СХЕ, равный CCV Соединим прямой точки Е и А и докажем, что линия ВАЕ — прямая. Так как AD — биссектриса угла ВАС, то
^BAB^Z-CAC^ (1)
как дополнения равных углов до прямого.
Точки А и Bi лежат на перпендикуляре МК, проведенном через середину отрезка СЕ, а поэтому
АС = АЕ и ВгС = В1Е.АС = АЕ и ВгС = В1Е.(2)(2)
АС = АЕ и ВгС = В1Е.
АС = АЕ и ВгС = В1Е.
(2)
(2)
Следовательно, треугольник САЕ равнобедренный и его высота ЛСХ является биссектрисой угла САЕ, т. е.
ZEAC^Z CACV(3)
Из равенств (1) и (3) следует, что £ BABi=Z ЕАСЪ но BtAM — прямая,,следовательно, и линия ВАЕ — прямая.
Из треугольника ВВкЕ следует, что
ВА + АЕ <BBrVBiE,
или, учитывая равенства (2), имеем
ВА^АС < ВВ^В^.
Прибавив к обеим частям последнего неравенства по ВС, получим утверждение задачи:
В А -|“ А С -}- В С <ВВг + + ВгС+ВС.
Обозначим сторону квадрата через а, тогда его периметр 4а, а площадь а2.
Известно, что из всех треугольников с данной площадью равносторонний имеет наименьший периметр (задача 641), поэтому мы можем предположить, что треугольник равносторонний.
Пусть сторона равностороннего треугольника равна Ь, тогда его периметр ЗЬ, а площадь ——.
Итак, дано а^ = —^—, и требуется доказать, что ЗЬ > 4а.
Рассмотрим разность
ЗЬ—4а=ЗЬ—2ЬуЗ=Ьу5(у2Л— ^/Тб)>0.
Следовательно, ЗЬ > 4а.
Обозначим одну из сторон загона, перпендикулярную к стене, через х (л<) (рис. 227), тогда вторая сторона будет равна (300—2х) (л<), а площадь загона
S = x (300 - 2х), или
S — 2x (150—х).
Так как х +150—х = 150, то S достигает максимума при х=150—х, т. е. при х = 75 (м). Итак, Smax = 75xl50 (л<2).
Таким образом, сторона забора, перпендикулярная к стене амбара, равна 75 м, а параллельная этой стене равна 150 м, т. е. загон имеет форму половины квадрата.
М
Рис. 227.Рис. 228.
Обозначим радиус стола через г, центр его через О, высоту лампы над столом через к, расстояние АМ от края А стола до лампы М через I и угол МАО через ф (рис. 228).
Из курса физики известно, что сила света J в точке А выражается формулой
где к—некоторый постоянный коэффициент пропорциональности.
Так как созф = у, то
кJ = sin ф COS2 ф.
Поскольку J достигает максимума вместе с J2, то рассмотрим 1д 4/г2 1хCOS2фCOS2ф
J= тг Sin2фСОЗ4ф = ^4- (1—СО82Ф) ~2•
4£2
Так как постоянная величина, то J2 достигает максимума вместе с функцией
2 х C°S2 ф COS2 фCOS2<p)-y^—
„» ,.« X COS2 ф cos2<p
Поскольку сумма сомножителей (1—соз2ф), ^ 7 и 2 Т' есть
постоянная величина 1, то у принимает наибольшее значение припостоянная величина 1, то у принимает наибольшее значение при,» COS8Ф1 — cos2 ф =—£—1, т. е. при cos,» COS8Ф1 — cos2 ф =—£—1, т. е. при cosАА= У у, откуда tg<p = -?y А так как А = г tgcp, то= У у, откуда tg<p = -?y А так как А = г tgcp, тоРис. 229.Рис. 229.h = rh = r680. Искомый путь представляет собой ломаную линию, состоящую из пяти отрезков, два из которых (переходы по мостам) даны По велич й-680. Искомый путь представляет собой ломаную линию, состоящую из пяти отрезков, два из которых (переходы по мостам) даны По велич й-не и направлению (рис. 229). Чтобыне и направлению (рис. 229). Чтобыотрезка,отрезка,исключить эти два представим, чтоисключить эти два представим, что\\\\88каждый город приближен к ближайшей реке на расстояние, равное ширине этой реки. Пусть города Л и В перемещены соответственно в пункты Xi и Bv Тогда отрезок Л1В1 — кратчайший путь от Л! до BvОтрезок Л1В1 пересекает - берега рек в точках D и Е. Построив мосты, проходящие через точки D и Е (DC и EF^каждый город приближен к ближайшей реке на расстояние, равное ширине этой реки. Пусть города Л и В перемещены соответственно в пункты Xi и Bv Тогда отрезок Л1В1 — кратчайший путь от Л! до BvОтрезок Л1В1 пересекает - берега рек в точках D и Е. Построив мосты, проходящие через точки D и Е (DC и EF^получим искомый кратчайший путь ACDEFB. Сравним длину этого пути с любым другим, например с ACXDXEXFXB.Длина ломаной ACXDXEXFXB равна длине ломаной ЛЛ1Р1Е1В1В, часть которой AXDXEXBX длиннее отрезка ЛД, а поэтому ломаная ACDEFB короче ломаной ACXDXEXFXB.получим искомый кратчайший путь ACDEFB. Сравним длину этого пути с любым другим, например с ACXDXEXFXB.Длина ломаной ACXDXEXFXB равна длине ломаной ЛЛ1Р1Е1В1В, часть которой AXDXEXBX длиннее отрезка ЛД, а поэтому ломаная ACDEFB короче ломаной ACXDXEXFXB.
постоянная величина 1, то у принимает наибольшее значение при
постоянная величина 1, то у принимает наибольшее значение при
,» COS8Ф
1 — cos2 ф =—£—1, т. е. при cos
,» COS8Ф
1 — cos2 ф =—£—1, т. е. при cos
А
А
= У у, откуда tg<p = -?y А так как А = г tgcp, то
= У у, откуда tg<p = -?y А так как А = г tgcp, то
Рис. 229.
Рис. 229.
h = r
h = r
680. Искомый путь представляет собой ломаную линию, состоящую из пяти отрезков, два из которых (переходы по мостам) даны По велич й-
680. Искомый путь представляет собой ломаную линию, состоящую из пяти отрезков, два из которых (переходы по мостам) даны По велич й-
не и направлению (рис. 229). Чтобы
не и направлению (рис. 229). Чтобы
отрезка,
отрезка,
исключить эти два представим, что
исключить эти два представим, что
\\
\\
8
8
каждый город приближен к ближайшей реке на расстояние, равное ширине этой реки. Пусть города Л и В перемещены соответственно в пункты Xi и Bv Тогда отрезок Л1В1 — кратчайший путь от Л! до Bv
Отрезок Л1В1 пересекает - берега рек в точках D и Е. Построив мосты, проходящие через точки D и Е (DC и EF^
каждый город приближен к ближайшей реке на расстояние, равное ширине этой реки. Пусть города Л и В перемещены соответственно в пункты Xi и Bv Тогда отрезок Л1В1 — кратчайший путь от Л! до Bv
Отрезок Л1В1 пересекает - берега рек в точках D и Е. Построив мосты, проходящие через точки D и Е (DC и EF^
получим искомый кратчайший путь ACDEFB. Сравним длину этого пути с любым другим, например с ACXDXEXFXB.
Длина ломаной ACXDXEXFXB равна длине ломаной ЛЛ1Р1Е1В1В, часть которой AXDXEXBX длиннее отрезка ЛД, а поэтому ломаная ACDEFB короче ломаной ACXDXEXFXB.
получим искомый кратчайший путь ACDEFB. Сравним длину этого пути с любым другим, например с ACXDXEXFXB.
Длина ломаной ACXDXEXFXB равна длине ломаной ЛЛ1Р1Е1В1В, часть которой AXDXEXBX длиннее отрезка ЛД, а поэтому ломаная ACDEFB короче ломаной ACXDXEXFXB.
Глава XVI
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ В ТРИГОНОМЕТРИИ
Из второго соотношения, заданного в условии задачи, получаем
sin2B = y-sin2A,
а из первого соотношения
3 sin8 Д = 1 — 2 sin8 В =cos 2В,
следовательно,
cos (A + 2B) = cos A cos 2B —sin A sin2B =
3
= cos A-3 sin2 A—g* sin A sin2^==
= 3 cos A sin2 A — 3 sin2 A cos A = 0.
Поэтому A + 2B = 90°.
Известно, что если -~==y, то имеет место производная пропорция
я + «__х—и
7+5~9—о‘
Образуем производную пропорцию из заданного в условии равенства а2—1 +1 + 2а cos р + а2__а2— 1 — 1 —2а cos Р—а2 1 + 2а cosa+a2+a2—1 ^ l + 2acosa+a2— а2+1 ’
откуда
a+cos Р_— 1—acos Р
a+cosa— 1+ocosa
Таким же образом составим вторично производную пропорцию
(1^-a) (1—-cos Р)_(1 + д) (1+cos Р)
(l + a)(l+cosa) (1 — а) (1— cos а)*
Отсюда
(1—cos Р) (1—cosa)_ (1+а)?
(1+cos р) (1+cos а)“(1—а)2' или
2 sin2 ^ 2 sin» у — . 1 + ау
2cos2—. 2cos2 ~ ww°/
откуда
2 6 2- Г—a
Умножим обе части заданного равенства на а^Ь.
Имеем
sin4 a +-у sin4 a+у cos4 a + cos4 a= 1 = (sin2 a+cos2 a)2, или
— sin4a«=2 sin2 a cos2 a+ —-cos4a = 0, ab
откуда т. е.
откуда или
О)
(2)
Подставив в заданном в условии равенстве вместо sin4 а выражение
(1), получим
4^
cos4 а =;—г-т-г».
(3)
Если же в данное уравнение подставить вместо cos4 а выражение
(2), то получим
_ а2
-(а+»)2'
(4)
Равенства (3) и (4) возведем в квадрат, получим а4864
sin8 а = 7—г-г-7,cos8 а =;——у-? ,
(а+6)4(«+6)4
откуда sin8 а a cos8a_ b а3 ~(a + b^ f(а+д)4 *
Сложив последние два равенства, получим
sin8 a , cos8a_ a-Vb
^ 1 ^““(a + b)4
1 ka-W'
что и требовалось доказать.
684. Рассмотрим тождество
cos (x + # + z) = cos (x + i/) cos z~ sin (x+f/) sinz == cos x cos у cos г — sin x sin у cos z—-— sin x cos у sin z—cos x sin у sin г =
= cos x cos у cos г (1 — tg x tg у — tg x tg z — tg у tg z).
Так как x-Vy-Vz = ~^- к, то
S=tgx tg^+tgf/ tgz + tgx tg z = 1
cos kx-Y-y + z) _
COS X cos у cos z
cos к
= 1£
cos.x cos у cos z
Ясно, что если к нечетно, то S = 1 и не зависит от х, у, ж.
Первое ре щ е н и е. Имеем
_2 — т (sin2a + sin2P)
^ (1— т sin 2a) (1— т sin 2р)=$
2 [1—/и sin (a +Р) cos (а —р)]
1—т (sin 2а + sin 2p) + /n2 sin 2а sin 2p ~
_2 [1— m sin (a + P) cos (a —P)1
— 2/n sin (a + P) cos (a — P) + ^- [cos 2 (a—P)—cos2(a + p)j
ttoxcos (a—P)
Но так как по условию sin (a + P) =—~——, то
2[l-cos2 (a-P)]
1—2 cos2 (a—p) + — [cos 2 (a—P)—cos 2 (a + P)J
sin2 (a—p)
1 —2 cos2 (a —p) + ™ [2 cos2 (a—P) —2 cos2 (a + P)]
2 sin2 (a—P) ““1—2 cos2 (a — P) + w2 [cos2 (a — P) —cos2 (a + P) ]
Из условия следует, что
cos2 (a— Р) = m2 sin2 (a + p), sin2 (a—P) = 1 — m2 sin2 (a + p). Поэтому
2[1— m2 sin2 (a + P)]_
^ ~ 1 — 2m2 sin2 (a+ p) + m2 [m2 sin2 (a + P) — 1 + sin2 (a + P)1
2(1—m2 sin2(a+P)l=
“ 1 —m2sin2 (a+p)—m2 + m4 sin2 (a + P)
_2[1—/n2sin2(a+p)]2
(1— m^ [1— /n2sin2 (a+P)]1— w2
Второе решение. Из условия следует, что
Так как заданное в условии равенство симметрично относительно а и р, то по аналогии получим
1sin (а+ р)sin (а + р)
1 — /и sin2p w cos 2р sin (а—р)~~cos 2р sin (Р—а) ’
_ sin (а+ Р) / 11\ _ sin (а + Р) cos 2р~ cos 2а_
^^sin (Р—а) \cos 2а cos 2ру " sin (Р—а) cos2acos2p
2 sin (а + р) sin (а—Р) sin (а—0) у (cos (2а + 20) + cos (2а—20)]
4 sin2 (а + Р)_
~~ ~"l**2sin2 (а +р) + 2 cos2 (a —р) —1 ““4 sin2 (а+Р)2 sin2 (а + Р)632 [sin2 (а + р)—cos2 (а—р)]— sin2 (а+р)—m2 sin2 (а + р)_ 2— т^ е
Из условия следует, что
^ geos (х+а) ocos (х + 2а)^ a cos (х + За)
cos х ’— cosx »cosx
Левая часть доказываемого равенства
(а+с)с =(а+с)с =о +о +a cos (x+2ayi a cos (х + 2а) _COS X J COSX —
(а+с)с =
(а+с)с =
о +
о +
a2 [cos x+cos (х + 2а)] cos (х+ 2а)
COS2X
__2а^ cos a cos(x+a)cos (х + 2а) COS2X
Правая часть доказываемого равенства
Г0С08(х + а) ocos(x + 3a)1 a cos (x+a)^
L cos x cos x J cos x 1=3
a2 [cos (x+a) + cos (x+- 3a) 1 cos (x + a) __
~cos2 X
2g2 cos a cos (x + a) cos (x + 2a)
COS2X
Из (1) и (2) следует, что (a+c) c = (b + d) b. 687. Сначала заметим, что
Далее в силу условий задачи
cos г cos и =
COS X
Следовательно1
о . 2-УХ . Z —X
2 sin—sin —,
„ ^cosx-cosz =22 = z-f-x z-x
& 2COSX4-COSZ п2 + х• 2 — X8 28 2
2cos —cos-^—
Пользуясь формулой для sin (а + Р), преобразуем соотношение sina = A sin(a + P) к виду
sin a (1—* A cos р) = Л cos a sin p.
Тогда . A sin P ^а=ьгт^
и, следовательно, Л sin Р sin р
А1 —Л cos P^cosP sinp
tg(a + P) = 7^sinOiS=="^F^-
1 — Л COS p COS P
Из заданного в условии соотношения составляем производную пропорцию"
sin(2a + P) + sin р _т-\-п
sin(2a+p)—Sin р ~m—п * или
2sin(a + P) cosa ^4-n
cos (a + p) sxna^m—n * или
tg(a + ^^mA-ntgam—n’
или
tga+tgP ^m-Vn
tga(l —tga tg P) m—n'_
или•
1+^1 tga
1—tg a tg $~tn—n •
откуда
1+1L0
_tga_l — tgatg Pm-Vn m—n e
680. Имеем
tgx(l —tgy tgz)=—(tgy + tgz),' ■
откуда
tgx^—/^"^A^-tg (y+z) = tg (-y-z). Итак, tgx=tg (-y—z), откуда
х = л^ —(y + z), т. e. x-\-y-Vz=nk.
Первое pe ше н и e. Имеем
A —a (2 cos2 a— 1) + 2b sin a cos a,
. b cos a но так как sina =, то
a
6 cos a
cos2 a f 2a+ — 1 — a.cos2 a f 2a+ — 1 — a.„cos aИз условия ——„cos aИз условия ——sin absin ab' cos2 a sin2 a tS » следует, что —^ =—^—, или " cos2a=' cos2 a sin2 a tS » следует, что —^ =—^—, или " cos2a== a2—a2 cos2 a. Отсюда= a2—a2 cos2 a. Отсюдаcos2 acos2 aa2^+b®’a2^+b®’следовательно,следовательно,_ a2a2 + b2_ a2a2 + b2Л = 2a cos2 a— a+26cosa=
cos2 a f 2a+ — 1 — a.
cos2 a f 2a+ — 1 — a.
„cos a
Из условия ——
„cos a
Из условия ——
sin ab
sin ab
' cos2 a sin2 a tS » следует, что —^ =—^—, или " cos2a=
' cos2 a sin2 a tS » следует, что —^ =—^—, или " cos2a=
= a2—a2 cos2 a. Отсюда
= a2—a2 cos2 a. Отсюда
cos2 a
cos2 a
a2
^+b®’
a2
^+b®’
следовательно,
следовательно,
_ a2
a2 + b2
_ a2
a2 + b2
т. e. А зависит только от a. nb sin a
Второе решение. Из условия следует, что "5==^^«
Поэтому , b . п \, sin a . _ \
cos 2a4— sin 2a = a ( cos 2a4sin 2a =
a J \‘ cos a /
cos 2a cos a+sin 2a sin acos (2a—a)
= a!= a = a.
cos acos a
Рассмотрим разность
tg (a+P)-2 tg.(i)
в v i &cos a cos (a 4-p)
Достаточно показать, что при условии
3sin p = sin (2a4-p)(2)
эта разность равна нулю.
Пользуясь формулами, выражающими произведения тригонометрических функций через их суммы, преобразуем числитель дроби (1). Имеем
sin (a4“P) cos a = у [sin P 4-sin (2a 4- P)]»
2sinacos (a4»P) = sin (2a4-P)~sin p.
Следовательно,
tg (а+ р)— 2 tg а=^2^—^^±S*.(3)
r &2 cos а cos (а+р)
Из (3) и (2) следует равенство
tg(a+₽) = 2tg а.
Имеем
sin a sin 2а sin За=-i- sin 2а (cos 2а—cos 4а) = =sin 2а cos 2а—~ sin 2а cos 4а=
=4 sin 4а—*4* sin 6а 4-4-sin 2а.
444
Но так как
113
-^| sin 4a—sin 6a + sin 2a | < — (| sin 4a | + | sin 6a | + | sin 2a IX*^, to sin a sin 2a sin 3a / 1 ни при каком a. •
Имеем.
У = cos2 (a + Р) [a tg2 (a + Р) + 61g (a+Р)+d =
=i+№pj la ‘g2 (“+₽)+* ‘g (»+P)+d.
Но так как по формулам Виета h
. tga+tgP=—— и tgatgP=—,
ТО'■
tc(a I Р)= ^а + ^Р——tg(«rP) ^tgatgp х_с_
а
а потомуа потому695. Перепишем условие в виде695. Перепишем условие в виде
а потому
а потому
695. Перепишем условие в виде
695. Перепишем условие в виде
2a tga = 2(l + tg2a), или
2tga 2
1 + tg3 a~ а *
Радикал берем только со знаком плюс, так как 0<2<х<у, а потому cos 2a > 0.
(1)(1)Из условия задачи находим cos а+cos В cos х = т—.
(1)
(1)
1 + cos а cos р
Подставив cos х из (1) в тождество х _l-cosz 8 2 1+cosx* получим
откуда . х . . а . р tgT=±tgTtg^.
Из условия следует, что sinа=ЛsinP и cos a = -g-cos р. Возведем обе части этих равенств в квадрат
Д2
sin2 a= Л2 sin2 р, cos2a = -g2(l— sin2 Р).
)sin2H^.)sin2H^.Сложив эти два равенства, получим 1L 1 л \/ В2 откуда
)sin2H^.
)sin2H^.
В*-А» В2—1 •В*-А» В2—1 •5»д»1
В*-А» В2—1 •
В*-А» В2—1 •
sml р = л2 (В8— 1) и Sln ^= ^ ~А
части равенствQ В cos a COS P =;r Aчасти равенствQ В cos a COS P =;r AДалее, возведя в квадрат обе . о sin a $1ПР = -Д-.
части равенств
Q В cos a COS P =;
r A
части равенств
Q В cos a COS P =;
r A
получимполучим. „ Q sin2 aSin2P=-^g—. „ Q sin2 aSin2P=-^g—9Q B2 cos2 a Cos»p =-p—9Q B2 cos2 a Cos»p =-p—
получим
получим
. „ Q sin2 a
Sin2P=-^g—
. „ Q sin2 a
Sin2P=-^g—
9Q B2 cos2 a Cos»p =-p—
9Q B2 cos2 a Cos»p =-p—
Сложив эти равенства, получим
1 sin2 a +В2 cos2 a I—cos2 a + В2 cos2 a откуда
cos a = ±cos a = ±Л2 —1B2 —1Л2 —1B2 —1, ,/A»-lcosa=± 1/ -к,—; .
cos a = ±
cos a = ±
Л2 —1
B2 —1
Л2 —1
B2 —1
л .Q.l -./в4—А» Отв. smp=±-j у yg^f
Поскольку Л + В4-С==л, то
Л + В = л—C, cos (Л 4-В) = --cos С, откуда
cos (Л + В) + cos С = О, или
cos A cos В + cos С — sin Л sin В.
(cos A cos В + cosC)2 = sin2 Asin2 B = (l—cos2 A) (1—cos2 B). Отсюда
cos2 A + cos2 В + cos2 C + 2 cos A cos В cos C = 1.(1)
Но так как
cos A=cos a sin p, cos В = cos p sin y, cos C —cos у sin a,
то (1) принимает вид
cos2 a sin2 p + cos2 p sin2 у + cos2 у sin2 a +
4- 2 cos a cos P cos у sin a sin P sin у = 1,(2)
Так как cos a cos P cos у / 0 (по смыслу задачи), то, поделив (2) на cos2 a cos2 р cos2 у, получим
COS2 у COS2 a COS2 Р g & Р & I cos2 a cos2 p cq$2 y >
tg8 P (1 + tg* Y) + tg8 Y 0 + tg8 a) + tg8 a (1 + tg8 p) +
+ 2tgatgptgY = (l + tg8a)(l + tg«P)(l + tg*Y), откуда
2 tg a tg P tg у = 1 + tg8 a tg* p tg* y. или
(tga tg P tg у—1)8=0;
отсюда
tgatgptg y = l.
Пользуясь формулами косинуса и синуса двойного угла, преобразуем выражения для Ai, Bv и Сг так:
„. l+cos2a , _ sin 2a ,1—cos 2a
Av = A+ 3 — +C2=
A + C, В . o,A-Co
=—h - j sin 2a4^— cos 2a;
BY = C sin 2a 4- В cos 2a — A sin 2a = В cos 2a—(A — C) sin 2a;
~A4-CВ.oA-C o
Ci22*sin2a2— C0S 2a;
В2— 4A1C1 = [В cos 2a—(A —C) sin 2a]2 —
— 4 ^^-^4-^-5-sin 2a 4-^-=^ cos 2a)] XХ[^Г^~(т s^^ + ^y^ cos 2a)] =
= B2 cos2 2a—2B (A — C) sin 2a cos 2a4-
+ (A—C)2 sin2 2a—(A4"Q2 + [^ sin 2a4-(A — C) cos 2a]2 =»
= B2 cos2 2a—2B (A — C) sin 2a cos 2a +
4- (A — C)2 sin2 2a—(A 4- Q2 4- B2 sin2 2a 4-
4-2B (A—C)sin 2acos2a4 (A — C)2 cos2 2a =
= B2 (cos2 2a 4-sin2 2a) + (A — C)2 (sin2 2a + cos2 2a) —
— (A 4- C)2 = B2 4- (A — C)2 — (A 4- C)2 = В2—4AC.
С лА + В
Т~Т 2
поэтому
С . А + В А + В . Сcos у=sin —— и cos —у-— sin у;
ЗС_Зл 3(А + В)
2 “ 22
следовательно,
Л ЗС . 3(А + В) Ш + В'). ЗС
COS у = —81П -х g* И COS - = — Sin у .
Учитывая эти соотношения, получаем
Q . А . В С . . ЗА . ЗВ ЗС
3 sin -у smy cos у + sin — sin у cos у=
[А—В A + B‘ cos —xcos ——4—-[А—В A + B‘ cos —xcos ——4—-3(A-B)3,(A + B)
[А—В A + B‘ cos —xcos —
—4—-
[А—В A + B‘ cos —xcos —
—4—-
C COS g cos g COS у +у- X
X cosX cos1 / 7Г —COS1 / 7Г —COSI / A —В : A + B . С C \ , Г ( c°s —y- Sin —-sin — COS у 1 +
X cos
X cos
1 / 7Г —COS
1 / 7Г —COS
3(A-B) . 3(A + B) , , 3C 3C\
—L Sln+sin — cos у j =«
31
еж — (sin А + sin В—sin С) + у (—sin ЗА — sin ЗВ + sin ЗС).
Учитывая условие задачи, имеем
3 sin А+3 sin В — 3 sin С—sin ЗА—siп ЗВ + sin ЗС = 0,
откуда
(sin А + sin В—sin С)+(sin A—sin ЗА) + (sin В—sin ЗВ)— — (sin С—sin 3C)=0,
sin А+2 sin В»—2 sin С—2 sin A cos 2А —
—2 sin В cos 2B + 2 sin C cos 2C = 0,
2 [sin A (1—cos2A)+sin В (1 — cos 2B)—sin C (1—cos 2C)] = 0.
Поэтому
sin3 A + sin8 В = sin8 C.
Так как
sinA=g^, sinB=^ и sinC = ^,
то a8+P=c8, что и требовалось доказать.
701. Имеем
С=я—(А 4-В) н sin С»sin (А4-В).
Следовательно,
(sin Л + sinB + sin C) (sinЛ + sin В — sin С) =
. Л + ВА —В,o . Л + ВЛ + В\
= ^2sm —у-cos —g—H2sm-^— cos—у- j X
. Л + ВA —В„ . Л + ВЛ + В\
X I2 sin —g— cos—g2 sin —g— cos—g— 1 =
, . .Л + В/.A — ВtA+B\
= 4 sin1 -y f cos* —gcos1 у - } =
=2 sin1 ^5 [14-cos (Л — В)—1 —cos (Л + B)] =
= 2 sin1 -^^ 2 sin Л sin В = 4sin A sin В sin1 —y— •
Итак, заданная зависимость принимает вид
ЛЛ- В4sin Л sin В sin2—~— = 3 sin Л sin В»
или
. . 2Л + В4sm2—=3,
так как sin Л # О, sin В ^ 0. Далее
sin^+^-Xp, А + В= 120°, С = 60°.
702. Имеем
sin6 х+cos6 х *(sin х+cos х) (sin4 х—sin3 х cos х +
+sin^ x cos2 x—sinx cos3 x+cos4 x) =
»(sinx+cosx) [j(ein4x+cos4x)—
—sin x cos x (sin8 x,+cos8 x) + sin2 x cos2 x],(1)
Возведя в квадрат обе части равенства sinx+cosx = a, получим
sin2 x+cos2 х+2 sin xcos x = a2, откуда
a2-lsinxcos X = g— .Далее
sin4 x+cos4 x = (sin2 x+cos2 x)2—
21(«2-l)2 l+2a2—a4
—2 sin2 x cos2 x = 1 — -—^—- = —!— .
Возвращаясь к равенству (1),. получим .,.Г1+2а2—a4 a2 —1 , (n2-!)2] a _
sin6 x+cos6 x a= a —!—^ jt- +- = ~ (5^- a4).
1 — cos8 а—cos2 b—cos8 c 4- 2 cos a cos b cos c = = 1—cos2 л—cos2^—cos2 c 4-2 cos d cos 6 cos c + +cos8 b cos2 c—cos2 b cos8 c = sin2 b—cos2 c sin2 b— •—(cos a—cos b cos c)2 = sin2 b sin2 c—(cos a—cos b cos c)2 = = [sin b sin c4-cos a—cos b cos c] [sin b sin c—cos a 4- cos b cos c] = = [cosa—cos (&+c)l [c°s (b—c)—cos a] =
. . a + ^+c • b+c—a . a4-b—c . a-Vc—b =4 sin —sin sin sin —^=
~4sin p sin (p—a}sin (p—d)sin (p—c).
Из условия следует, что
2лу = 2лл—2п (a + P), л (а4~Р) = лл—пу. Имеем
sin 2па 4-sin 2л|$ 4-sin 2пу =
= 2sin п (а + Р) cos л (а— Р)—sin 2л (а4-р) =
=2sin л (a4~P)cos л (а—Р) —2sinn (а4~Р)соз л (а+ р) =
= 2 sin л (а+Р) [cos л (а—Р)—cos л (а + р)] =
= 4 sin л (а4~Р) sin ла sin np = 4sin ла sin лр sin (лл—лу)= ...
= (—1)«+1 4 sin ла sin лр sin лу.
Преобразуем правую часть доказываемого равенства. Имеем
4 sin a sin (60° —a) sin (60° + a) =
=4 sin a-у (cos 2a—cos 120°) = 2 sin a cos 2a—2 sin a cos 120°=» =2--^-(sin 3a—sin a)4~sin a=sin 3a—sina + sin a = sin 3a.
Преобразуем правую часть доказываемого равенства. Имеем
4 cos a cos (60®—a) cos (60° 4- a) =
«=4 cos a • -i- (cos 120s 4- cos 2a) = 2 cos a cos 120° 4- 2 cos a cos 2a =
= — 2* у cos a 4-cos 3a+cos a—cos 3a.
Первое решение. Имеем . 2 tg a tga+tg2a _ ga+l—tg2a_ 4>ja-l-tgatg2a2tga
g 1 — tg»a
_ 3tga-tg8a _3—tg2a = tg2 60° — tg2a =
“ I—3tg2a s 1 — 3tg2ab 1 —tg«60°tg2a
=tg “ i^w^ гт^б^-^=tga tg(60O-a>tg (6O’+«>-
Второе решение. Так как (см. задачи 705 и 706)
sin За == 4 sin а sin (60°—а) sin (60° 4- а),
cos За = 4 cos а cos (60° — а) cos (60°+а), то
t За —4 sin а sin (6^° —а) sin (6О° + а>
8 ~~ 4 cos а cos (60°—а) cos (60° + а) ^= tg а tg(60°—а) tg (60° +а).
Имеем
.2 sin 18° cos 18° sin 36° cos 54°
sin2cosl8° - 2 cos 18е ”2 cos 18°-
cos (3* 18°) _4 cos818°—3cos 18е 4 cos2 18е—3
2 cos 18° “2 cos 18°~2”
4^-4 sin2 18°-т-3 1 — 4 sin2 18°
-2“2■
Итак,'
. ’ o 1—4 sin2 18°
sin 18 =-,
или
4 sin2 18°+ 2 sin 18е—1=0, откудаг.
ti.
4 Так как•..
cos* 18” = Г-sin* 18°<= i-/^ ^4’=•
то
га,8.=К™+2££.‘••4 ■-
Первое решение. Имеем
(tg 9° + tg 81°)- (tg 27° + tg 63°) =
_ sin 90°sin 90°__cos 27° cos 63°—cos 9° cos 81®
“^cos 9° cos 81 ° cos 27° cos 63° ~~ cos 9° cos 27° cos 63° cos 8Г =я
cos 27° cos 63° — 2 cos 96 cos 81°^
2 cos 9° cos 81° • 2 cos 63° cos 27° =
o cos 90° + cos 36°—cos 90°—cos 72° __'
“ 2 (cos 90°+cos 72°) (cos 90° + cos 36°) ~
'*2 cos 36Q—cos 72° , 2 2 sin 54° sin 18° _ .
e cos 72° cos 36° sin 18° sin 54° ~ *
Второе решение. Имеем
tg 9° + tg 81 °— tg 27° — tg 63° =
= (tg 9° + ctg 9°) - (tg 27° + ctg 27°) =
_ 22 _ 22
sin 18° sin 54° ~” sin 18° 3sin 18® — 4 sin? 18° —
2(3—4 sin 18°)—2 4(1—2 sin218°) ^ 4 cos 36° sin 54°sin 54° cos 36°
710. Имеем
(cos 24° + cos 48°)—(cos 84° + cos 12°) =
= 2 cos 36° cos 12°—2 cos 48° cos 36° =
= 2 cos 36° (cos 12°—cos 48°) = 4 cos 36° sin 18е sin 30° =
8 sin 18° cos 18° cos 3 6° sin 30° _ 4 sin 36° cos 36° sin 30° _
2 cos 18°"“2 cos 18°
_2 sin 72е sin 30°_ COS 18°"2 _ 1
“2cos 18°“ 2cosl8° 2*
7И. Имеем
sin 47° + sin 61°—sin 11° — sin 25° =
= (sin 47°—sin 25°) + (sin 6Г—sin 11°) ^
= 2 cos 36° sin 11° + 2 cos 36° sin 25° =
= 2 cos 36° (sin 25° + sin 11°) = 4 cos 36° sin 18° cos 7° =
__ 4 cos 36° cos 18° sin 18° cos 7° _ 2 cos 36° sin 36° cos 7° _ cos 18°~ cos 18°
sin 72° cos 7° cos 18° cos 7°^
—^Te"cosTS5cos7'
712. Имеем
1-4 sin 10° sin 70° __ 1 — 2 (2 sin 10° sin 70°) _
2 sin 10°2 sin 10°
_ 1 + 2 (cos'80°—cos 60°) _1 + 2 (COS 80’ ~ T
• “2 sin 10°“2 sin 10°
tg 20е tg 40° tg 60° tg 80° = V 3 tg 20° tg 40° tg 80° =
cos 20° cos 40° cos 80° 5=8
— УТ ^ s*n ^° cos ^° ^ sin 20° cos 20° 2 sin 40° cos 40° _
"cos 20° cos 40° sin 106
=8 /Тcos 10°sin20°sin40° = 8 KTcos 10°£2120^—cos6y
=4 /Т (cos 10°cos 20°-^cos 10°) =
= 4 /y (coA30°+cos^ cos 10O) =
= 4/Tlcos 30° =4 KT .1.^=3.
Первое решение. Имеем
cos 20° cos 40° cos 80° = cos 20° “sJ2A±S2LH° =
-A+cos40°
=cos 20°g= — -^ cos 20° J—g- cos 20° cos 40° =
^=ono_L 1 cos 60° +cos 20°
„ cos 20 + уg=
=A (—2 cos 20°+1 + 2 cos 20°)= A.Оо
Второе решение. Имеем
cos 20° cos 40° cos 80° =
8 sin 20° cos 20° cos 40° cos 80° _ 4 sin 40° cos 40° cos 80° _~
”8 sin 20°~8 sin 20°
_ 2sin 80° cos 80°sin 160° __ 1
““8sin20° ^Ssin 160o—8 *
Глава XVII
ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ И СИСТЕМЫ УРАВНЕНИЙ
Первое решение. Это уравнение распадается на два уравнения.
cosx=0, откуда х»^ (2^+ О- 3Л
Так как tg Зх—tg — (2^+1) не существует ни при каком целом значении к, то множество корней x=~-(2fe+O не является решением заданного уравнения.
tg3x = 0, откуда х = у .
Поскольку cos^ существует при любом целом к, то решением уравнения является лк
Второе решение. Поскольку tg Заи cos $а ” = 4 cos3 а—3cosa, то заданное уравнение принимает вид sin Зх _ COS X л;5= О,
4cos8x—3cosx или sin3x 4cos8x—3*“
Если 4 cos8я—30, т. е. cos х # ± -у- и
я / ± -^-+я&,(1)
то sin3x = 0 и
* =(2)
Заметим, что соотношение (1) не исключает корней формулы (2). Отв. х — —.
Это уравнение разбивается на два уравнения:
tg3x = O(1)
и
tg4x = 0.(2)
Из.(1) имеем х = ^, а из (2) х = ^. Так как tg ^~ существует _,nk
при любом к, то множество х = ™ является решением заданного уравнения.
Поскольку tg — существует только при всех к» кратных четырем (k = 4m,)t и всех нечетных к (k — 2m-V 1), но не существует при четных к, не кратных четырем, то надо из совокупности х=~ исключить значения х, получающиеся при к = 2(2т-\-1').
Итак, имеем множества корней
х — зип и х = ~(2т+Т)»
Заметим, что числа х = лт содержатся в множестве корней ~ при значениях к, кратных трем.
Отв. ^. £(264-1), где 6=0, ± 1, ±2, ...
Заданное уравнение равносильно системе
sinx = 0, tgx^O.
Решая уравнение sinx —О, получаем х = як. Но tgn^=0 при любом целом к» поэтому заданное уравнение не имеет решений.
Заданное уравнение равносильно системе
tgx = O, sin 3x^0;
Решая tgx = O, получаем х = лк» Но любое значение х из множества х — пк превращает sin3xB нуль, следовательно, заданное уравнение не имеет решений.
Заданное уравнение равносильно системе tg3x = 0, sin х ^ 0.
Решая уравнение tg3x = 0, получаем х = ~. Но sin ~ обращается в нуль при к, кратном трем, поэтому надо из множества х = ^ исключить те значения х, которые получаются при к, кратном трем.
Отв. £ (36 ± 1).
Левая часть уравнения может быть равна единице только тогда, когда
tg 3x = tgx, откуда
Зх—х — як, или
Но так как при к четном tg х превращается в нуль, а при к нечетном tg х теряет смысл, то поэтому заданное уравнение не имеет решений.
T2L Первое ре ш е н и е. Имеем
tg3x—tg х— (1 + К 5 ) tgx = O, откуда
sin 2х (1 + У^ 5 ) sin х_ф cos Зх cos х cos х
или
sinxsinx2cosx—(l + K 5 ) cos 3xcos x cos 3x
sinx
sinx
Это уравнение распадается на два уравнения?
sinx=0(1)
в
2cosx— (1 + V 5)cos3x = 0.(2)
Из уравнения (1) имеем хх — як.
Так как cos3x = 4cos3x—3cosx, то уравнение (2) принимает вид
cosx [2—(1 + У'* 5 ) (4 cos2 х—3)] = 0.
Поскольку при cosx=0 функция tgx теряет смысл, то последнее уравнение равносильно следующему:
4(1+ /"5) cos2x = 5 + 3 /5? или
4(l + /5~)(l+cos2x)? (
откуда11
cos2^Z5±L.4
Следовательно,
2х = ± arccos — -^ * + 2nk и х2 = ±0,5arccos t™ti + як.
Так как
У^" 5 4* 1 arccos -—ч— 45
то
*2 = ± iq + л^-
Второе решение. Так как t„o„ 3 tg-r-tg8* tg3x- 1-3
то заданное уравнение можно переписать в таком виде!
l*y^-(2+tnr)1B,=o.
ИЛИ
j-^J^ (3— tg«х-2-ГТ +6 tg2 х+ ГТ-3 tg2 х) = 0.(1)
Должно быть
1 — 3tg2x^0, или tgx^i-^-y-, т. е.
x^^-Vnk.(2)
Уравнение (1) распадается на два уравнения: tgx=0(3)
и
(5 + зГТ)182х-(ГТ-1)=0.(4)
Из уравнения (3) следует х1 = лй,(5)
из (4) имеем
, V 25-10 ГТtgx= ±§,
откуда
х2 = лк ± arctgg—-— .
Поскольку
, л Г25—10 ГТtgio=5•
то
х2 = л^±^.(6)
Отметим, что условие (2) не исключает корней формул (5) и (6).
Отв. пк, л^± уд.
Должно быть cos х= ±-у+2л/г, но так как и I —-^- + 2лб|>1 при любом значении А, то уравнение не имеет решений.
Имеем л cosx— ± -^- + 2лА.
Это равенство возможно только при А^О, так как |cosx|^l.
Итак,
COSX = ± -у .
Отв. ± arccos-5-+лп. о
Первое решение. Если cos-|-= cos ~, то должны иметь место равенства
А + ^.= 2лА(1)
|-£ = 2™-(2)
откуда
Очевидно, что ни при каких целых значениях к и п не будет иметь места неравенство 0<х<л, что доказывает утверждение задачи.
Второе решение. Так как х—угол треугольника, то должно быть
О < х < л.
Следовательно,
х3х3х2х2лТлТ
х
3
х
3
х
2
х
2
л
Т
л
Т
Но так как в интервале ^0, -yj косинус монотонно убывает, то должно быть
х х
COS -7г < COS Т *
XX
что противоречит равенству cos ^—cos-g*
725. Первое решение. Действительно, так как [ sin a j ^ 1, то произведение двух синусов может равняться единице только в одном из следующих двух случаев:
sin2x=l и sin6x = l;
sin2x= —1 и sin6№ —1.
Рассмотрим случай 1). Получаем
(4^+1) я (47 + 1)^4 и х —^
Сравнивая найденные значения х, получим
(4^+1)л_(4/+1)л4—12*
откуда 66=2/—1.
Но четное число не может равняться нечетному, и, следовательно, случай 1) невозможен. Легко показать, что и случай 2) невозможен. (Полагая х=—г, случай 2) сразу сводим к случаю 1).) Второе решение. Имеем
1—sin2x sin6x = 0,
1 —~ (cos 4х—cos 8х) = О,
1 — cos 4х + 1 + cos 8х = О,2 sin2 2х + 2 cos2 4х = 0.
Последнее возможно только в том случае, когда sin2x=0 и cos 4х = 0 одновременно. Так как из полученных уравнений нахо- '6л(2/ +1) л
дим, что н х=-—то
4£ = 2/ + 1.
Но это невозможно, так как четное число 46 не может равняться нечетному
726. Имеем или
1 ( о ,-^1 cos 2т х +
л \cos т) ^^
cos 2тх = 2а
14а—1
Должно быть
2
2
^1<^г^<1,
*-2<4а —1 <2,
13
Отв. ««—^а^ — .
44
Имеем
tg (х - 45°) tg (x+45е) = tg (x— 45°) ctg (45°—x) = -1.
При этом предполагается, что х / 45° (2n +1), ибо тогда один из сомножителей обращается в нуль, а другой—не существует. Знаменатель правой части преобразуется к виду
cosx 2cosx п .
. X х sinxь
sin у cos у
при этом предполагается, что х # 180°п, ибо при х=180°л либо tg-^-, либо ctg — теряет смысл. Получаем уравнение
— tgx— tgx— ^cos2х2 ctg х *— ^cos2х2 ctg х *
— tgx
— tgx
— ^cos2х
2 ctg х *
— ^cos2х
2 ctg х *
которое (в предположении, что х ^ 180°п) приводится к виду cos2x=0. Последнее уравнение имеет решение х = 45°(2п + 1), но оно не соответствует сделанным предположениям. Итак, уравнение не имеет решений.
Имеем
. х 1 Г Тх
илиилиsinx COS у=у у COS2 у,
или
или
X | X2sinxcos-g-= cos-2’
Это уравнение распадается на два уравнения:
о . х . х А
2 sin х cos у ± cos
т. е.
2 cos у (sin х ± у) =0, откуда
cos~-=0 и х1 = л+2л^=л (2^ + 1),
1л
sinx—dz — и x2=±-g- + n^.
Легко убедиться, что множество корней Х! = л(2^+1) удовлетворяет заданному уравнению при любом целом к.
Но среди множества ха=±-^-+лА имеются посторонние корни. Действительно, пусть к —2, тогда х=-^ + 2л и 2^=-^--^- п. В этом случае имеем
sinx=~- >0,sinx=~- >0,х /л . Лл
sinx=~- >0,
sinx=~- >0,
cos у = cos I 12+л ) = -~ cos J2 < 0,
следовательно, левая часть уравнения sin х cos-^-с О, а правая часть неотрицательна, так как радикал берется в арифметическом смысле.
Итак, в формуле
х2=± -g“ + ^
надо исключить те значения х, при которых sin х и cos -у имеют противоположные знаки. (Случай sinx = 0 невозможен, а случай cos~- = 0 ранее рассмотрен и множество корней этого уравнения представлено формулой хх = л (2^ + 0•)
Так как sin х = 2 sin “g- cos -^ , то левую часть уравнения можно - переписать так:
о . х х
2 sin — cos2 — .
Поскольку 2 sin ~ cos2 -~- должно быть положительным, а cos2 ^ > О, то должно быть sin у > 0, откуда
2лЛ <^< «+2лк и
4л£ < х < 2л+4л£.(1)
Легко установить, что из множества корней х=± -^- + л& только подмножества
л . f 5л * . , 7л . .11л « . «
-^- + 4лй, -^-4-4лА, —+ 4лл, --£- + 4л£
удовлетворяют условию (1).
Отв. л (2^ + 1), -2- + 4лЛ, -^+4л&, -^+4л^, Ц^+4л£.
Пусть положительное число d—разность арифметической прогрессии, тогда
b = a-^d, m = a+2dt n — a + Sd.
Перепишем заданное уравнение так:
sin ах sin (а + d) x = sin (» + 2d)x sin (a + 3d)x, или
0,5 [cos dx—cos (2a + d) x] — 0,5 [cos dx—cos (2a + 5d) x], или
cos (2a + d) x = cos (2a+5d) x.
Отсюда следует, что (2a + d)x+(2a + 5d)x=2n^(1)
и (2a + 5d) x—(2a+d)x=2nA.(2)
Из (1) имеем л£ лА»
Х1=2а+з5=6+т* а из (2) л.% _ л£ Ха~ 2d ~т—Ь‘ л Л^ ЛА? Отв. г-.—, ?.
Ь+т т—Ь
Ясно, что sinx, sinp, cos я, cos# не равны нулю, ахну различны.
Перепишем заданную систему так! > sin х~ j^Tsiny, уч COSX =~^ COS#, уз
После возведения обеих частей уравнений в квадрат получим / sin3 х=2 sin3 у»
I COS3= COS* у.
Сложив эти уравнения, получаем 2 1 = 2 sin3 у+-j cos3 у» или 2 1 ==2 (1 **-cos3 у) + ^- cos3 у» Следовательно, „3l+cos2« 3
со$ау=^-, или $—2=—,
откуда cos2^=-g- и —, Л , л, Л ।v
2»=±-д-+2ш», </=±-у+лт.
Подставляя значение у во второе уравнение системы, получаем
К2" 7 . ” , Л /^( . F^^ _L К^" cosх₽ рй= cos ±-g-+ лЛJ = р==: ± —g—^ = ± —, откуда Л Л .
х=т+тА-
Из данной системы видно, что sin х и sin у имеют одинаковые знаки и cos х и cosy также имеют одинаковые знаки.
Нетрудно убедиться, что это возможно лишь тогда, когда концы дуг х и у лежат в одной четверти.
Отв. Хх — ^ + гл^, у1 = -^--^2т1т; х2 = ^ + 2л£, (/2 = ^ + 2лт;
Зл , - ,5л, ол , _ ,л ,
х3= — -j- + 2^, i/3=—-^-4-2лт; х4 = —^-+2л^, у4 = —— + 2лт.
Так как
cos (х— у)—cos (х + уА Sin X Sin у — t
то второе уравнение можно записать так: cos (х—у)—cos (х+у) = 2т.
Но х-^у = а (из первого уравнения), следовательно, cos(x—t/) = 2m+cosa, откуда, если ] 2т + cos а | ^ 1, х—у = 2лп ± arccos (2m+cos а).
Таким образом, заданная система распадается на две: (х + у = а, ( х—у = 2л«+arccos (2m + cos а) и
( х+^ = а, ( х—у=2лп—arccos (2m + cos а).
Дальнейшее очевидно.
Отв. Хх = лп + ~ + ^ arccos (2m + cos а), <х 1'
ух = лп + у—у arccos (2m + cos а),
х8=ял + *2— *2*ar€C0S ^т + cos а^
Уъ — ял + ^ + -^- arccos (2m + cos ау.
Представим заданную систему так: sin3 xcos х = ~ sin у cosx, cos3xsinx=-7rsin х cos у.
29
Сложив эти уравнения, получимsin х cos х (sin2 х+cos2 х) =~ (sin х cos у + cos х sin у),2 sin х cos x = sin xcos t/ + cos x sin ytsin 2x — sin (x + i/).
Так как х и у—острые углы, то .
2х = х+# и х = у.
Далее мы имеем
sin3 х = ^- sin х.
Положительный корень этого уравнения. КТsinx = —,
откуда
л
Т’ л а, следовательно, и у=~^.
л . л
Оте. х=”^» У = ^-
Первое решение. Умножим обе части уравнен-имз на (sinx+cosx), тогда получим1
—cos 2х=sin3 2х + 2 sin 2х cos х, или
sin2 2х + sin 2х (1 + cos 2х) + cos 2х=О, или
(sin 2х+1) (sin2х + cos 2х)« 0.
Это уравнение распадается на два уравнения:
' л
sin 2х = — 1, откуда хх = —j-+лп,
734. Первое решение. Так как
Зх . х ох
cos у + cos у = 2 cos х cos у, то
Зх лx x
cos у=2 cos xcos g— cos у.
Поэтому заданное уравнение можно представить в виде
2 cos х— f 2 cos XCOSy — cos
илиоткудаа значит,илиоткудаа значит,2cosx—1 — cosy (2 cosx^l) = 0,
или
откуда
а значит,
или
откуда
а значит,
(2cosx—1) ^1— cos уj =0, 1x .
COSX = y И COSy = l,
Xi = ± -y + 2л&, x2 = 4л&.
Второе решение. Заданное уравнение перепишем так!
2 ^2 cos2 у —1 j — ^4 cos3 у — 3cos у) = 1,
3 + 4cos3y — 4cos2y—3cos у —°>
f cos у-1V4 cos2 у-з) =0.(1)
Уравнение (1) распадается на два уравнения?
cos 4=1(2)
4 cos3 у = 3, или 2 (1 -J-cos х) = 3.(3)
Отв. хх = 4л^, х2=±у- + 2лА, 735. Так как
. /, л X/ лл X/л\/л X
Sin х4—7- = cos х —= cos —.— х = cos XТ , \4 /\ 24 /\ 4/\4 /
то заданное уравнение принимает вид
2 cos f х — у-) = Р^ 2 (sin х 4-cosx +1),
COS X7- V 4COS X7- V 4илиили
COS X7- V 4
COS X7- V 4
или
или
< 2у 2Г 2
у- cos х + -у sin х + -у-
' 2 2' 2 2/л Л/л Л ,
' 2 2
' 2 2
COS Xг = COS X7- 4
X4 /к4 у
что невозможно ни при каком значении х, т. е. уравнение не имеет решений.
Первое решение. Очевидно, что уравнение sin2” х+ +cos2”x = l удовлетворяется, если х принимает значения, кратные у, т. е. если х=у& (Л—целое число). Покажем, что заданное уравнение не имеет других корней.
Пусть х0 ^ А-у , тогда
sin2 х0 < 1 и cos2 х0 < 1.
Отсюда следует, что при я > 1 будет
sin2" х0 < sin2 х0 и cos2” х0 < cos2 х0 и, значит,
sin2” x0+cos2” х0 < sin2 x0+cos2 х0= 1,
т. е. sin2” x+cos2” х = 1 только прих=—6.
Второе решение. При п = 1 уравнение превращается в тождество. Если п > 1, то из тождества
1 = (sin2 х + cos2 х)” =sin2” х +
+ С^ sin2 (”-1)xcos2 х +... +С”-1 sin2 х cos2 t”"1> x + cos2” x,
' учитывая заданное уравнение, получаем
С^ sin2 (""и х cos2 х+ ... + С””1 sin2 х cos2 (”-1>х=0.
Следовательно, либо sin2x=0, либо cos2x=0.
Отв. x~^h.
737. Имеем
(sin2 x + cos2 x)2—2 sin2 x cos2 x+sin 2x+a =0,
1 —у sin2 2x+sin 2x+a=0, sin2 2x—2sin 2x—2 (a + l) = 0, откуда
sin2x=l ± 1^20+3.
Условием действительности корней -является
3
2й? + 3^0, или а^——.
Так как |sin2x|^ 1, то 11 ± ^а + З | < 1.
Рассмотрим отдельно последние соотношения!
11^]/2а + 3 |^1, отсюда
— у<а<^-.(1)
При этом условии
sin 2х = 1 — /2а+ 3 и
х = —+ —^ arcsin J — )<2а4-3).(2)
11+Уга+З | < 1; но так как, с другой стороны, 1 + Ч-Кг^+з^ 1, то К2а+3 = 0, т. е. а=-~е Поэтому в этом случае
sin 2х =1.(3)
3 Поскольку а=—— входит в (1), то решения уравнения (3) входят в решения (2).
Отв. х=^ + (—21. arcsin (1 — /2а + 3), где —^<°<р 738. Имеем
2 cos2 (х + «) + 2 cos2 (х—а) = 2 sin 2а, или
cos (2л: + 2а) + cos (2х—2а) + 2 = 2 si п 2а, или
2 cos 2х cos 2a=2(sin2a—1).
Если cos 2а / 0, т. е. если а / £ — , то из последнего уравнения находим
(1)(1)ПосколькуПоскольку— 1 ^ cos 2х 1, то— 1 ^ cos 2х 1, то^ 1, или^ 1, илиоткудаоткудалТлТт. е.т. е.Но такНо таккак по условию лкак по условию лтотоИзИз(1) находим(1) находимиигдегде<»«T<»«Tл лл ллI'лI'л~2л~20<а<у0<а<у2х = ± arccos2х = ± arccosх = £ 0,5 arccosх = £ 0,5 arccos+ лк.+ лк.
(1)
(1)
Поскольку
Поскольку
— 1 ^ cos 2х 1, то
— 1 ^ cos 2х 1, то
^ 1, или
^ 1, или
откуда
откуда
л
Т
л
Т
т. е.
т. е.
Но так
Но так
как по условию л
как по условию л
то
то
Из
Из
(1) находим
(1) находим
и
и
где
где
<»«T
<»«T
л л
л л
л
I'
л
I'
л
~2
л
~2
0<а<у
0<а<у
2х = ± arccos
2х = ± arccos
х = £ 0,5 arccos
х = £ 0,5 arccos
+ лк.
+ лк.
Итак, мы получили
cos 2х
л. , л
л при а = ул при а = ут и °^±Т-
л при а = у
л при а = у
Проверкой устанавливаем, что исходное уравнение
•Л
превращается в тождество, а при а=—j- противоречиво. Учиты-
вая ограничения для а, заключаем, что при — у <а<0 исход-
ное уравнение не имеет решения.
Имеем
i х i 1—cos(6 + c)x ,
у [cos (6 —с) X — cos (6 + с) х] =—ь а,
или
cos (b—с)х—cos (& + с) х=1 —cos (& + с) х + 2а,
cos (b—с) х = 2а +!.
Должно быть
— 1 ^ 2а 4“ I ^ 1, или
—2^2а^0, откуда
— 1 <а<0.
Перепишем заданное уравнение так:
sin (2x + x) + sin ^х — т sin х,
sin 2х cos x + cos 2х sinx + sin 2х—msin х = 0,sin х (2 cos2x+cos 2x + 2 cos x—m) = 0,sin x (4cos2x + 2 cos x—m —1) = 0.(1)
Так как квадратный трехчлен, заключенный в скобках, имеет корни — 1+ ^4т + 5 и — 1— К4« + 5
44
то уравнение (1) распадается на три?
sinx — 0,(2)
cosx=^l±ZS5,(3)
4
cos х=-1-^4т+5.(4)
4
Из (2) получаем х»пк.
Условием действительности уравнений (3) и (4) является неравенство
5
4m+ 5^0, т. е. т ^——.
Для того чтобы уравнение (3) имело решение, еще необходимо, чтобы
-J+KKg <1,(5)
а для того чтобы уравнение (4) имело решение, необходимо, чтобы
Из (5) следует илиИз (5) следует или1_1_^4т + 5|I4|<L| -1+ р/1^ + 5|<4,— 4< — 1+ |^4т+5<4,1_1_^4т + 5|I4|<L| -1+ р/1^ + 5|<4,— 4< — 1+ |^4т+5<4,(6)(6)
Из (5) следует или
Из (5) следует или
1_1_^4т + 5|
I4|<L
| -1+ р/1^ + 5|<4,
— 4< — 1+ |^4т+5<4,
1_1_^4т + 5|
I4|<L
| -1+ р/1^ + 5|<4,
— 4< — 1+ |^4т+5<4,
(6)
(6)
*—3 «С рТ/л + Б ^ 5, откуда
т ^5.
Из (6) имеем
— 4<— 1 —/4/п+5 <4, откуда
т ^ 1, Итак, x^Ttk при любом т;
х2 = 2пк ± arccos —L^ ^/л + Б ,4
если 5
х3 = 2кк i arccos,
4
если5
Так как
l=sin2x + cos2x и sin 2х = 2sin хcosх, то данное уравнение принимает вид
tgх—^ sin2 * + 6 sin xcos x + cos2 х^ 9 cos2 x+6sinxcosx + sin2x~" *
или
(3 sin x + cos x)2_n^x (3 cos % + sin x)2 — *
f o sin x . cosxV,\ COS x cos X) Л
tg X —^:rr=0,
/3COSX sin xy
\ COS X cos X j
, Z3tgx+iy Л
tg3x—3 tg2x + 3 tgx—1 =0,(tg x-1)3 = 0,
откуда tgx=l.
Отв. -^-V^k.
Имеем
._5(1 — sin2*)2—20(1— sin2*)+16
SlnX(1— sin2*)2—12(1 — sin2*) + 16
ИЛИ
5 sin4x+ 10 sin2x+ 1
Slnx sin4x +10 sin2x+5
После приведения к общему знаменателю, получим sin5x—5 sin4x+10 sin3x —10 sin2x + 5 sinx— 1=0, или
(sin x— I)6 = 0,
а следовательно, sinx=l и х = у + 2лЛ.
Заданное уравнение перепишем так:
sin4x—3 = sin23x—sin х.(1)
Очевидно, что
— 3 <; sin4x—3^—2 и
— 1 «С sin23x—sin х < 2.
Итак, левая часть уравнения (1) определена на сегменте [—3,—2], а правая —на сегменте [—1, 2]. Так как эти два сегмента не пересекаются, то уравнение не имеет решений,
Имеем
(sin 2x4-3) sin2x (sin2x—1)+ 1 = 0.
Проведем последовательно тождественные преобразования:
— (sin 2х 4“ 3) sin2x cos2x +1=0, ^(sin 2х+3) 4 sin2x cos2x + 4 = 0, —sin22x (sin 2x+3) + 4 = 0, sin32x + 3 sin22x—4 = 0, или
(sin 2x=- 1) (sin 2x + 2)2 = 0.
Так как (sin2x+2)2>0 при любом значении х, то sin2x—1=0, т. е. sin2x=L
Отв. х = ^-(4п+1),
Перепишем данное уравнение так:
4 sin43x + 5 = 3 cos х.(1)
Должно быть
5^4sin43x + 5^9, а —3^3совхоз.
Эти неравенства показывают, что левая и правая части уравнения (1) не могут иметь одинаковых значений ни при каких х, поэтому данное уравнение не имеет решений.
Перепишем заданное уравнение так:
(sin2x)3 + (cos2x)3 = а.
Преобразуем левую часть этого уравнения!
(sin2 x + cos2 х) (sin4 х—sin2 х cos2 x+cos4 х) =
= sin4 х + 2 sin2 х cos2 x + cos4 x—3 sin2 x cos2 x =33
= (sin2 x + cos2 x)2 *—- • 4 sin2 x cos2 x = 1 —— sin2 2x.
Итак,
1—г sin2 2x = a,
откуда
.4(l-a)
sin2 2x = ——" >
или
1—cos 4x_ 4 (1-я)2“3
Отсюда .8a—5
НеобходимымНеобходимыми достаточным условием существования решенияи достаточным условием существования решенияcos4x =—-—.(1)
Необходимым
Необходимым
и достаточным условием существования решения
и достаточным условием существования решения
заданного уравнения является неравенство 1За—5,
откуда
(2)(2)~ <а< 1.
(2)
(2)
При соблюдении условия (2) из (1) получаем а. За—5
4х = 2л/? + arccos —-—
и
х =х =ииОтв.Отв.л/?тл/?тлк , 1^^-^ ± ^-arccosлк , 1^^-^ ± ^-arccosЗа—5За—533лк , 1 За—5^ = -2* +-^-arccos—^—. В частности, если а = 1, то 1лк , л, а если а = — , то х=— + — .лк , 1 За—5^ = -2* +-^-arccos—^—. В частности, если а = 1, то 1лк , л, а если а = — , то х=— + — .747. Посколькуcos6 х = ^1 "^-^^^^ = у (1 + 3 cos 2х+3 cos2 2х + cos3 2х)747. Посколькуcos6 х = ^1 "^-^^^^ = у (1 + 3 cos 2х+3 cos2 2х + cos3 2х)cos 6х = 4 cos32x — 3 cos 2х,cos 6х = 4 cos32x — 3 cos 2х,
х =
х =
и
и
Отв.
Отв.
л/?
т
л/?
т
лк , 1
^^-^ ± ^-arccos
лк , 1
^^-^ ± ^-arccos
За—5
За—5
3
3
лк , 1 За—5
^ = -2* +-^-arccos—^—. В частности, если а = 1, то 1лк , л
, а если а = — , то х=— + — .
лк , 1 За—5
^ = -2* +-^-arccos—^—. В частности, если а = 1, то 1лк , л
, а если а = — , то х=— + — .
747. Поскольку
cos6 х = ^1 "^-^^^^ = у (1 + 3 cos 2х+3 cos2 2х + cos3 2х)
747. Поскольку
cos6 х = ^1 "^-^^^^ = у (1 + 3 cos 2х+3 cos2 2х + cos3 2х)
cos 6х = 4 cos32x — 3 cos 2х,
cos 6х = 4 cos32x — 3 cos 2х,
то заданное уравнение приводится к виду
4 cos2 2х+5 cos 2х +1 =0,
откуда cos2x = — 1(1)
и
cos2x = —-^-.(2)
Отв. х1=~(2^ + 1), ^2= + -yarccos f—^+^л =
, 1 Г 1 ] , .
= + — л—arccos+ «л.
— 24 J
Учитывая, что
а5—65 = (а—6) (а4 + а^Ь+с№ + сй^ + &4), легко приводим заданное уравнение к виду (sin х—cos х) [sin х cos х (sin4 х+sin3 х cos х + sin х cos3 х + cos4 х + + sin2 х cos2 х) — 1 ] = 0. Отсюда следует, что либо
sinx—cosx = 0,(1)
либо
sin х cos х (sin4 x + sin3 x cos x + sin x cos3 x + cos4 x + sin2 x cos2 x) —
— 1=0. (2)
Из уравнения (1) получаемл ,х = — + лп.
Положим в уравнении (2) sinxcosx = y и преобразуем его, пользуясь тем, что
sin4 x + cos4 x = (sin2 x + cos2 x)2— 2sin2 x cos2 x, a
sin3 x cos x + cos3 x sin x = sin x cos x.
Тогда уравнение (2) запишется в виде z/З—^2_^+1=0,(3)
или (после разложения левой части на множители) to-i)2 (y+D=o.
Если у=±1, т. е. sinxcosx= ± 1, то sin2x=±2, что невозможно.
Итак, уравнение (2) не имеет корней. Следовательно, корни исходного уравнения суть корни уравнения (1).
Отв. х= --г + лп.
4
Первое решение. Произведем над уравнением последовательно тождественные преобразования:
16 sin5 х — 4 sin х=sin 5x + sin х,4 sin х (4 sin4 x— 1) = 2 sin 3x cos 2x,2 sin x [ (1 —cos 2x)2 — 1] = (3 sin x—4 sin3 x) cos 2x,2 sin x (cos2 2x—2 cos 2x)— sin x (3—4 sin2 x) cos 2x = 0,sin x [2 cos2 2x—4 cos 2x—3 cos 2x + 2 cos 2x (1 —cos 2x) ] =0,sin x (2 cos2 2x—4 cos 2x — 3 cos 2x + 2 cos 2x—2 cos2 2x) = 0,— 5 sin xcos2x = 0.(1)
Уравнение (1) разбивается на два уравнения)
sinx = 0, откуда х^л/г;
cos2x=0, откуда х3 = -~ (2& + 1).
Второе решение. Поскольку
(cosx+ / sin x)5=cos 5х+ i sin 5x = cos6 х+5/ sin xcos4x—
—10 sin2 x cos8 x—10/ sin3 x cos2 x + 5 sin4 x cos x + i sin6 x, TO
sin5x=sin5x—10sin8xcos2x + 5 sinxcos4 x=
= sin6 x—10 sin8 x (1 — sin2 x) + 5 sin x (1 — sin2 x)a.
Итак,
sin 5x = 16 sin6 x—20 sin3 x+5 sin x.
Подставив полученное выражение sin5x в заданное уравнение, получим
16 sin5 х= 16 sin6 х —20 sin3 х + Ю sin х,
или
20 sin3 х—10 sin х = 0, или
sin х (2 sin2 х—1) = 0,
или
sinxcos2x = 0,
откуда
sinx = 0,
cos 2х = 0.(2)
Отв. x1 = nh, х3 = —■ (2&+ 1).
750. Имеем
29 (sin2 х)6 + (cos2 х)6 = yg cos4 2х, или
1—cos2x\6 , Zl+cos2x\6 29. о
—2—) +(—— ) =1ecos«2x,
или
(1 —cos 2х)6 + (1 + cos 2х)6 = 58 cos4 2х.
После преобразований получаем
24 cos4 2х—10 cos2 2х— 1 = 0, откуда
cos2 2х = ~,
или
4* cos 4х1
~ 2 ’
или
cos 4х =* 0.
л л . л ,
Отв. * = "g +*4 «•
75 L Имеем
x^ = л&, откуда
х = ± /л£, где А = 0, +1,+ 2,+ 3. .
или
х=ч± УлРМ» где ^—любое целое.
Имеем
х2=±у+2л6.
Если к = 0, то х=± "^у, если £=1, 2,3то х= ± "^/^гГ^^-.
Должно быть
^49—х2 = 2л& или 49—х2 = 4л2/г2,
откуда
х2 = 49—4л2^2.
Последнее равенство возможно только при ^ = 0 и при к = \.
Отв. х1>2 = ± 7, х3>4 = ± У 49—4л2.
Действительно/
tg (*2 + 4) tg fx2 —y)=ctg (4—x®) tg f*2—Ч")”
\ о j \ о у \ о у у оу
= — ctg ( X2— у J tg I X2^j=—1,
а по условию правая часть уравнения равна 2, поэтому уравнение не имеет решений.
Перепишем заданное уравнение так: *
tg(x2—x) = tg 2.
Имеем
х2 —х —2 = лД или х2—х—(2 + л/г) = 0,
откуда
1 ± K4«fe + 9
х§.
Условием действительности корней является неравенство
о
4л^ + 9^0, или ^^=^4^*
Но так как к должно быть целым числом, то й> — 1.
Отв. х = ! ± ^--±2, где fe = 0, +1, +2, +3,...
Преобразуем тождественно заданное уравнение:
1—cos2x21—cos 4х2 1 — cos6x2 1—cos8x2
22222222
2
2
2
2
2
2
2
2
(1)(1)cos 2x2 + cos 4x2 = cos 6x2 + cos 8x2, cos 3x2 cos x2—cos 7x2 cos x2 = 0,6 cos x2 (cos 3x2— cos 7x2)=0, cos x2 sin 2x2 sin 5x2 == 0.
(1)
(1)
Уравнение (1) разбивается на три уравнения:
cosx2 = 0, откуда х2 =—л>
sin2x2 = 0, откуда х2=~;
sin5x2 = 0, откуда х^ — ™.
Так как х2^0, то ^ = 0, +1, +2, +3, . .. Поскольку при ^ = 2/z + i
а х2 при Z? = 2n дает те же значения, что и х2 при к=5п, то окон
чательно имеем
х=±/^±1лих=±/я2.
757. Из заданного уравнения следует,757. Из заданного уравнения следует,2. 4ЧТО -F _ = ± —— sin2x2. 4ЧТО -F _ = ± —— sin2xоткуда sin2x = ± ^^- и 2х = лп ± -^-.откуда sin2x = ± ^^- и 2х = лп ± -^-.
757. Из заданного уравнения следует,
757. Из заданного уравнения следует,
2. 4
ЧТО -F _ = ± —— sin2x
2. 4
ЧТО -F _ = ± —— sin2x
откуда sin2x = ± ^^- и 2х = лп ± -^-.
откуда sin2x = ± ^^- и 2х = лп ± -^-.
л , л
Ozne. _п±_.
Первое решение. Так как —З^Зсозх^З, а — 5^|cosx| — 5^—4, то левая и правая части заданного уравнения не могут быть равны ни при каком значении х.
Второе решение. Заданное уравнение распадается на два уравнения:
5
3cosx = cos х—5, если cosx^O; отсюда cosx=’—х- и,
I 5 К1 значит, решении нет, так как —> 1;
5
3cosx =—cosx—5, если cosx<0; отсюда cosx=—^-;
I 5 I , в этом случае решений также нет, так как —^- > 1.
Итак, заданное уравнение не имеет решений.
759.
Поскольку cos|x| = cosx и tg2|x/ = tg2x, то заданное
1—sin| х] ’илиsin2 | х | _ 1 —cos | х | cos21 x | = 1 —sin | x | ’или1 —COS2 I X 11—COS I X I1 —sin2 | x |1— sin | x | *1—sin| х] ’илиsin2 | х | _ 1 —cos | х | cos21 x | = 1 —sin | x | ’или1 —COS2 I X 11—COS I X I1 —sin2 | x |1— sin | x | *1—coslx1—coslxполучимполучимУмножив обе части этого уравнения на 1 — sin | х | ^ О,1 —cos2 | х | t——-——р = 1—cos х ,14- sin х’ 1Умножив обе части этого уравнения на 1 — sin | х | ^ О,1 —cos2 | х | t——-——р = 1—cos х ,14- sin х’ 1уравнение можно переписать так:
1—sin| х] ’
или
sin2 | х | _ 1 —cos | х | cos21 x | = 1 —sin | x | ’
или
1 —COS2 I X 11—COS I X I
1 —sin2 | x |1— sin | x | *
1—sin| х] ’
или
sin2 | х | _ 1 —cos | х | cos21 x | = 1 —sin | x | ’
или
1 —COS2 I X 11—COS I X I
1 —sin2 | x |1— sin | x | *
1—coslx
1—coslx
получим
получим
Умножив обе части этого уравнения на 1 — sin | х | ^ О,
1 —cos2 | х | t
——-——р = 1—cos х ,
14- sin х’ 1
Умножив обе части этого уравнения на 1 — sin | х | ^ О,
1 —cos2 | х | t
——-——р = 1—cos х ,
14- sin х’ 1
откудаоткуда(П(2)(П(2)
откуда
откуда
(П
(2)
(П
(2)
(1—cos | x I) (cos | x[ — sin | x |) = 0.
Это уравнение распадается на два уравнения:
1—cos |х | = 0, или cosx = l;cos| х| —sin| х| = 0, или tg|x| = l.
Отв. Х! = 2л£, х2 =—- + •— 6, где 6 = 0, ± 1, ± 2,... 760. Из первого уравнения системы получаем
л . х + у х—у п . х + у х + у 2 sin cos —= 2 sin —cos —,
или
. x-Vy / х—у х + у\ а
sin (^COS -4-COS — )=0.
Из этого уравнения находим
1)х=—1/+26л (6 = 0, ± 1, ...);
у=~21я(1 = 0, i 1, ...), а х —любое* число;
х = 2тл(т = 0, ± 1, ...), а у—любое число.
Соотношение 1) совместимо со вторым уравнением заданной системы лишь при 6 = 0; действительно, из 1) следует неравенство
|х| + |1/>2|6|л,
которое при условии |x| + |z/| = l возможно лишь в случае 6 = 0. Из системы
Х = — У» |х| + |0| = 1
находим два решения:
11
^i^"^ ’ ^1—2 И *2— "2’ У*—"2" *
Рассуждая аналогично в случаях 2) и 3), находим еще две пары решении,
А 11111 А
Отв. Xi=y, У1 = —-2 ; 4=—^, Уа”-^; х3= 1, у,=0; х4=—1, у4=0; х6 = 0, t/6=l; хв=0, уе = —\.
Из условия следует, что
лх2 ± 2лх = 2л&, где ^ = 0, ±1, ± 2, ...
После сокращения на л получаем
х2 ± 2х—2^=0, откуда
х=т 1 т Кзна.
Условием действительности корней является неравенство 2&+1^0, или ^^0, Для того чтобы значения х были целыми числами, необходимо, чтобы числа К2^+1 были целыми. Так как квадратный корень из полного квадрата нечетного числа есть число нечетное, то |^2^ +1 — нечетное число, следовательно, числа ЯР 1 Т К2^+1 являются четными, что и требовалось доказать.
Перепишим заданную систему так:
cos лх cos лу, лх+л^=-^.
Так как косинусы равных чисел равны, то из второго уравнения системы имеем
cos (лх+л#)=cos -^-, или
VT
COS ЛХ COS Л1/ —51ПЛХ Sin Л1/ = —2" .(1)
У2
Поскольку cos лх cosл^=—2“ (первое уравнение системы), то
(2)(2)из (1) следует
(2)
(2)
sin лх sin л# = 0.
Из (2) и из второго уравнения заданной системы получаем две системы
sin лх = 0,
,1
* + У=-4
{
sin«y=O,
* + У = 7 • Из (3) следует
(5)(6)(5)(6)। лх=пкэ
(5)
(6)
(5)
(6)
I /+у=Т’ а из (4)
{
лу = л1,
*+y=j.
Из системы (5) получаем х = к, « = —— , а из системы (6)
1Л и 1^4^1—4/,
гОтв.хг = к,^ = —^—;х2=—^— ,уй=1.
Перепишем заданное уравнение так:
•. / 5X.л
Sin — Л COS ЛХ =51П.
\ о/ о
На основании зависимости между аргументами, синусы которых равны, имеем
'• у Л COS ЛХ = ( — 1)^~+л/?,
откуда
cos лх=-|-£ + (-=^- .(1)
Но поскольку |созлх|^1, то к может принимать только значения — 1, О, 1, так как при всех остальных значениях к абсолютные
значения выражения уН" jq превышают 1,
Итак, уравнение (1) распадается на три уравнения:
71
созлх^-т--, Хх = 2л ± — arccos(—0,7), л
СО8ЛХ = ^,
COS ЛХ = у.
Отв. хх = 2п ± — arccos (—0,7), х2 = 2n ± — arccos ~, ЛЛ
х3 = 2п ± у.
764. Имеем
sin ( у—л sin х j =cos (л sin x)»
или, учитывая условие задачи, sini — — л sinx ) = sin (л cosx).
Таким образом:
л cos л+~ —• л sin х = л + 2л&, откуда cosx—sinx=
Поделив обе части этого уравнения на /2, получим
VTV^ .4^ + 1
~г- COSX— sinx =~г,
222/2
или
Чтобы —$= было по абсолютной величине меньше единицы, 2/2
из всех чисел 0, ±1, ±2,... для к можно взять только нуль.
Таким образом, получаем
/ , л\ 1
COS X + "Г =,
к 472/2
Xi = 2шт ± arccos —.2/24
Вторую группу решений получим из соотношения л cos х—^- + л sinx = 2nk.
Решая это уравнение, получаем
coscos4у-12/Г"4у-12/Г"
cos
cos
4у-1
2/Г"
4у-1
2/Г"
Здесь к может быть равно только нулю. Поэтому
12/7’12/7’
1
2/7’
1
2/7’
1л
х2 = 2ил ± arccos —7^+-р.
2/24
Отв.Отв.х —2лл ± arccos —± -г-.
Отв.
Отв.
2/24
Перепишем уравнение так:
tg (л tgx)=tg ^—nctgx^ .
(1)(1)Пользуясь условием равенства тангенсов, получим л tgx==^ + 5- —л ctgx, или
(1)
(1)
tgx = Ze + y —ctg х.
Уравнение (1) эквивалентно уравнению tgX = &+-7? —7,
2 tgx или
tg2x — ^ + ^tgx+l=0, решив которое, найдем
2fe + l ± К (2А +1)2-16 .
Для вещественности tg х должно быть (2&+1)2^16, т. е. 12^ + 11^4, следовательно, ^^0, k Ф ± 1, кф — 2.
Кроме того, уравнение (1), возможно, имеет корни
которых не имеет заданное, так как левая часть его в этом случае теряет смысл. Для того чтобы
был корнем уравнения (1), необходимо и достаточно, чтобы (2Л+1)2—16 было квадратом нечетного числа, т. е. чтобы (26-Нг—16 = (2/+1)2. Отсюда получаем
(26+1)2 —(2/+1)2 = 16.
Так как (£ 5)2 —(±3)2 = 16, а при других значениях
(2^+1)2 — (2/-1)2> 16
(исключая единственный случай (± З)2 — (i 1)2 = 8), то 26 + 1 = ± 5 , и ^ = 2, кй = —3.
Итак, к = 2 и к = — 3.
5 + 31
Если к — ^ то tgx = -^~, т. е. tgx1 = y и tg х2=2. Первое значение должно быть отброшено, потому что в этом случае левая часть заданного уравнения теряет смысл, а второе дает решение x = nл + arctg2.
5 « з।
Если к = — 3, то tg х =—-—, т. е. tgx$ = —^ и tgx4 = —2.
И, как в предыдущем случае, первое значение должно быть отброшено, а второе дает решение х—ля—arctg2. Отв. ля ± arctg 2,
4
где к = **рЗ, i 4, i 5, . . . ; л = 0, i 1, i 2, •. •
Перепишем первое уравнение системы так!
Sin(x+y)
COS х cos у ’
или
2sin(x+y) cos(x+^)+cos(x—у)*' 7
Но так как х+^ = а, то (1) принимает вид
2 sin а .г = т, cos а+cos (х—у)
откуда
/ х 2 sin а
cos (х—у^—cos а.(2)
Для того чтобы уравнение (2) имело решения, необходимо и достаточно, чтобы выполнялось условие
, _ 2 sin а
— Кcosa<L(3)
т
При соблюдении условия (3) получаем из (2) ,/2 sin a \ . n
х—у=£ arccos (—со8а!+2ял.
Решая эти уравнения совместно с х+у=а, получим
. а , 1/2 sin а \
х==лл + тг ±— arccoscos а ), 22\ т)
, а .1/2 sin а
и — — лл + ^тг Т arccoscos а 922\ т
Перед последними членами надо брать оба верхних знака или оба нижних знака.
Сложив и вычтя почленно заданные уравнения, получим
x+y = a(cos f + sin О3»(1)
х—-у=а (cos t—sin Z)3.(2)
Из равенства (1)Из равенства (1)находимнаходимsin/+cos/ =sin/+cos/ =
Из равенства (1)
Из равенства (1)
находим
находим
sin/+cos/ =
sin/+cos/ =
а из равенства (2)
cos t—sin t —cos t—sin t —
cos t—sin t —
cos t—sin t —
(sin / +cos t^ =(sin / +cos t^ =(cos /—sin /)2(cos /—sin /)2Из равенств (3) и (4) имеем
(sin / +cos t^ =
(sin / +cos t^ =
(cos /—sin /)2
(cos /—sin /)2
Сложив эти равенства, получим
Итак, мы исключили t из заданной системы. 768, Перепишем заданную систему так!
.т
tgx=T,
sin,
Имеем
. о2tgx2am
Sin 2Х = -— = —• l + tg2xa2 + m2
Из этого равенства и из второго уравнения заданной системы
получаем
2am __ n
• a^-Vm^ b ’
т. е. мы исключили х из данной системы.
769, Так как
Р+а+р —а = 2р, то
COS [(р + а) + (Р—а)] = cos 2р.
Перепишем это равенство так!
cos (р + а) cos (Р—а)—sin (Р + а) sin (р—a) = cos 2р.(1)'
Поскольку cos(P + a) = m и cos(P—а) = п, то
sin (Р+а) =± 1^1 —т2 и sin (р—а) = ± 1^1 — п2.
Теперь равенство (1) можно представить в виде тп + ^(l*—/я2)(1—n2) = cos2p, т. е. мы из данной системы исключили а.
.770, Перепишем заданную систему так:
пЗхху
2 cos -7- cos —= —, 22а
n.Зххг
2S1nTc°S^=T.
После возведения в квадрат обеих частей уравнений получим
^ .2 Зх 2 х #2
4cos2 ycos2-^^, , . «Зх 2 X га 4sm2ycos2 2- = ^ .
Сложив уравнения системы (1), получим
4cos2 |=§ + §..(2)
Далее
УП Зххо х (. ч хп х \
—=2cos-H" COS yr = 2 COS yr 4 COS3-—3 COS-77 =
а 222 \22 /
= 2cos2у ^4cos2y— з). (3)
Из (2) и (3) находим
^У-(£-4- — \ (ylVL_-x\
а-уа^Ъ4 ) V^b1 )‘
Итак, мы исключили х из данной системы.
Для существования третьего уравнения системы необходимо, чтобы COS X Ф 0 и cos у + 0.
Поэтому первые два уравнения можно преобразовать к виду
(1)(1)(a-l)tg2x=l — b,
(1)
(1)
(b-l)t^y=\-a.(2)
Но а ^ 1, так как если а=1, то из (1) будем иметь 6=1, что противоречит условию а^Ь\ аналогично можно показать, что 6^1. Следовательно, (1) можно почленно разделить на (2). Разделив, получим
pg х У= /1— &у
\tgy /\1— о) '
Убедимся еще в том, что а ^ 0. Действительно, если а = 0, то из второго уравнения получим, что sin у ^ 0, а из третьего тогда получим, что 6 = 0, т. е. а = Ь = 0, что невозможно.
В силу этого замечания можем из третьего уравнения найти
/6 у / 1—6 у
U / \‘
Если
Ь_ = 1 — 6 а \ — а’ то а — Ь, что невозможно.
Если же
А =1—^
а —1— а*
то a + b = 2ab.
Отв. a + b = 2ab.
Из первых двух уравнений получаем
х2 cos2 а + 2ху cos а sin р + z/2 sin2 р = а2,(1)
х2 sin2 р — 2ху cos а sin р + у2 cos2a=Z?2.(2)
Сложим равенства (1)и(2):
(х2 + у2) (cos2 а + sin2 Р) = а2 + Я(3)
Сложив равенство (3) с третьим уравнением заданной системы, находим
(х2 + у2) (sin2 а + cos2 а + sin2 р + cos2 Р) = а2 + b2 + 2аЬ.
Поскольку выражение, стоящее во второй скобке, равно 2, то имеем 2(х2 + у2) = <а + Ь)2.
Итак, мы исключили аир.
Так как loga6= |og -■ , то заданное уравнение перепишем так:
ysinx+ —;— = 2,
откуда илиОтсюда илиоткуда илиОтсюда илиc°s^ log cos ^sin x
откуда или
Отсюда или
откуда или
Отсюда или
(I)(I)(logcoSxsinx'~1)2 = 0»logcosxsinx=Lsin x = cos x,tgx==L
(I)
(I)
Учитывая, что sin x > 0 и cos x > 0 (поскольку sin x и cos x являются основаниями логарифмов), из уравнения (1) получаем, что Л= ^-+2л&.
Поскольку sec 2х не существует, когда cos 2^ = 0, то cos 2х/0.
Так как при cos2x = l обе части заданного уравнения равны, то множество чисел % —л£ удовлетворяет решаемому уравнению.
Если cos2x =—1, т. е. х——+ л/г, толевая часть заданного уравнения принимает значение
Но так как при cos2x= —1 функция sec2x также равна *—1, то множество чисел х = -^-+nk удовлетворяет решаемому уравнению. Наконец, если cos 2х ^ ± 1, то должно быть
2 cos 3x+4cosx—1 = — 1, т. е.
cos 3x+2cos# = 0,4 cos8 я—3 cos x+2cos х=0,cos x (4 cos2 x — 1) = 0.
Это уравнение распадается на два: cosx = 0(1)
и
cos2x=l.(2)
Из уравнения (1) имеем х = ~+лй, а из уравнения (2) находимх = ±-^ + л^.
Отв, кк.±у + л&-
Имеем
У "оУ "2Уо
-у= cos (л 1g х) +—jp Sin (л 1g х) =— , ИЛИ
л . . х I . л . , ., V 2
[. л1 У 2[. л1 У 2cos-^- cos (л 1g х) + S1D у sin (л 1g X) = —g- , или
[. л1 У 2
[. л1 У 2
cos
Отсюда
л lg X— -5= ± ~ + 2л/г.
следовательно,
12*+-r
16^ = —4-2&и^ = 102,
lgx2=2&их2 = Ю2*
Последовательность 1, log2sinx, log 2 sin x, ...— геометрическая прогрессия, и поскольку по условию она имеет сумму, то эта прогрессия бесконечно убывающая. Имеем
1 —log2 sin х — 3 ’ откуда
log. Sin Х=-у , или
Отв. х = (—1)^ ~-4-лА.
Имеем 1—cos (2-2^ ^)1
-2~"2
откуда
cos (2*2^ “х) =0.
Следовательно,
2.2Г-х = у+лй,
где &= 4~ 1, +2, 4-3,...
Заметим, что к не равно 0, —1, —2, ..., так как при к=0 имеем 2^—х=-^< 1, а должно" быть 2^*-* > 1, а п^и отрицательных значениях к получаем 2^~^ <0, что также не имеет места.
Глава XVIII
НЕРАВЕНСТВА В ТРИГОНОМЕТРИИ. НАИБОЛЬШИЕ И НАИМЕНЬШИЕ ЗНАЧЕНИЯ
П е р в о е р е ш е н и е. Известно, что siny=i/eE£), 2 г Ьс 5!п4=тЛ(Р~а)-(Р~С). , 2гас
sinc2гab
а + 6-4- с где а, 6, с—стороны треугольника» а р=^—♦
Из (1) следует
«in Л «;„ в «in С - <Р—а) (Р—6) (Р—с) sin у sin у sin у =..
,,(Р—а) (Р—6) (Р—с)1
Итак, остается доказать, что 1——г—:‘<-5-.
аос8
Действительно,
VXp-a) (р-&)<у[(р-«) + (р-6)] •
ИЛИ
Ир-л) (р—6) <у^2р—а—b) ,
ИЛИ
V(p-a) (p-b)<^,
ИЛИ
(2)(3)(4)(2)(3)(4)/(р-а)(р-&)< 1с2 '
(2)
(3)
(4)
(2)
(3)
(4)
. Аналогично
F2(P^z6HP2z£)<±
а < 2
И
/(р—С) (р—16< 2"-
Перемножив почленно (2), (3), (4), получим (р—а)(р—6)(р—с)1
abc8 "
Второе решение. Известно, что
Ьй+са—а2cos А =sr,2bc
или
С08Л- 2 (с + б J 2Ьс ‘ Ъ с
Так как —h т~^ 2, то с о
.t а2
COS Д1 — ST- >
2bc
или \-tosA^^,
ИЛИ
2 sin2 Л°2
2sm 226с,
или
sin.(1)
2 2/бс
Аналогично
и
Д"-2<ЧЬ'№
Перемножив (1), (2) и (3), получим
. А . В . С 1 sin у sin у sin у < у ,
что и требовалось доказать.
Третье решение. Известно, что
2У"аЬ ^а + b» 2Vbc<6b-\-c1 2V"ac<a-Vc*
После перемножения этих неравенств получаем
Babe < (а + Ь) (Ь + с) (а + с).(1)
Известно, что
a = 2R sin A, b = 2R sin В, c = 2/?sinC,(2)
где R—радиус описанной окружности.
Из (1) и (2) следует
8 sin A sin В sin С < (sin А + sin В) (sin В + sin С) (sin А + sin 0,
или
64 Sin у COS у Sin уСОЗ у sin у COS у<
Л4-ВА—В . в + сВ—С , А+С А —С
<8 sin —у—COS —у- Sin -у- COS -у- sin -у— COS -у—
Так кая л । r С , В + С А . A-f-СВ
sln^p=cosy, sin^cosy, sln-^-=cosy
то A . в . С _А—ВВ—С А—С
Ssinysmy siny<cos—2—COS-y-COS-y-.
Но так как А—ВВ—С. А—С_.
cos ^2—<Ь cos—g— <1, cos—— <L
тоАВС
8 sin sin sin ^<1,
или. А . В . С _ 1
Sin -— S1H — 81П — ^ — .
Четвертое решение. Имеем
д в С • А . В . Г л /4-^51 sin у. sin 2" sin-^ = sin-j-sin—sin ^- j =
Л—g_. 0 A-VB
COS 9 C0S 2
"cos
1 Г „АА-В A —В
— _ 2. cos- —scos —5— cos
— 2 L
„ A—В
_ 1 ,2 L_ 1 ,2 LCOS2 ^y^ — COS ^^ 5 cosCOS2 ^y^ — COS ^^ 5 cosл + в COS 2
_ 1 ,
2 L
_ 1 ,
2 L
COS2 ^y^ — COS ^^ 5 cos
COS2 ^y^ — COS ^^ 5 cos
2 +4
^-Sl cos2-^—4^-Sl cos2-^—41{Г л+в 1__| b°s__-cos1{Г л+в 1__| b°s__-cos„ г A —ВA—S]2 cos ~2—2 ]4
^-Sl cos2-^—
4
^-Sl cos2-^—
4
1{Г л+в 1__| b°s__-cos
1{Г л+в 1__| b°s__-cos
A — ВA — В1 л— В 1 Гл + 5 1А—В1»1.
A — В
A — В
2 '1.1=18 82 '1.1=18 8=yC0S2—§—2 [C0S 2 2cos 2 J < 8 cos
2 '
1.1=1
8 8
2 '
1.1=1
8 8
Имеем
cos (m + «) cos (m—n) = ~ (cos 2m + cos 2n) =
==-"(2cosm — 1 +2 cos2 n— l)=cos2m^sin2 n ^ cos2 m.
Первое pe ш e н и e. Рассмотрим разность
ctg у—Ctga =ctg у—Ctga =sin (a—sin у sin asin (a—sin у sin a1sin a ’1sin a ’
ctg у—Ctga =
ctg у—Ctga =
sin (a—
sin у sin a
sin (a—
sin у sin a
1
sin a ’
1
sin a ’
следовательно,следовательно,1
следовательно,
следовательно,
Ho —.—^ 1, если 0 < a^~ sina2
ctg— — ctg a ^ 1, или 1 + ctg a ^ ctg-j •
Второе решение. Поскольку
то
ctga =
2 dg у
ctg2 -s’ — 1
6 2, a
ctg TT n . a s 2
что доказывает требуемое неравенство. 781. Так как cosx^O, то разделим числитель и знаменатель левой части доказываемого неравенства на cos8 хл
Имеем
1
cos2 х1 + tg2 X sin2 х / cos х sin x \ tg2x(l —tgx) cos2x\cosx cosx/
1 —2 tg x + tg2 x + 2 tgx=Jl — tg x)2 + 2 tg ~ tg2x(l—tgx)tg2x(l —tgx) “
— C^^х^ I 2 tgx __ 1—tgx2 e “tg2x(l—tgx)^tg2x(l—tgx)tg2x +tgx (1 —tgx)
Поскольку tgx + (l — tg x) = l—постоянная величина, то выражение tg х (1—tgx) принимает наибольшее значение при tg х== у •
Следовательно, наименьшее значение выражения -т——-;
равно 8. Но такравно 8. Но такtg*(l —tgx) как при 0 < х < -^- выражение > 0> то
равно 8. Но так
равно 8. Но так
1—tgx .2
Следовательно, иСледовательно, иtg2x * tgx(l — tgx)
Следовательно, и
Следовательно, и
cosx
sin2 x (cos x — sin x)
Область существования левой части доказываемого неравенства определяется неравенствами
а ^ лА, За ^ л/г, 2а ^ ~ + л^, т. е.
• а ^ л&, а ^ у 6 и а ^ — + у я.
Упростим вначале сомножители левой части доказываемого неравенства.
„, cos2 а - cos2 а—sin2 а cos 2а
1) ctg2 а— 1 =-^-«1 =г-s=-^-2— •
' ssin2 аsin2 а sin2 а
. a . 3 cos2 а—sin2 а 3 — 4 sin2 а ctg2 а— 1 =г-»=г-»=
&sin2 аsin2 а
3 sin а—4 sin3a_sin3a
“ sin3 а “sin3 а
sin аsin3acos2asin аsin3acos2aо , cos За sin 2а—sin За cos 2а
sin аsin3acos2a
sin аsin3acos2a
3) ctg За • tg 2а — 1 =^5
7 & ьsin За cos 2а
В силу 1), 2) и 3) доказываемое неравенство принимает вид cos 2a sin 3a sin a^ _ ।'
sin2 a sin3 a sin 3a cos 2a’
или
—i,sin4 a
или
sin4asC 1, что очевидно.
783# Применим метод математической индукции.
Если п —2> то 0<а<у. В этом частном случае следует доказать неравенство
^2а=гУУ^>21еа-
Так как 0 < tg2 a < 1, то это неравенство имеет место.
Далее, пусть неравенство имеет место при п — к, т е.
tg^a>fetga(1)
при условии
°<«<4(СТ)-(2>
Докажем, что если имеет место (1) при условии (2), то имеет место и неравенство
tg (Z?+l)a>(^ + l)tga
при условии 0 < a < -^.
Имеем
'1— tgatgfea> 1 — tgatgfca'
Так как неравенство (1) выполняется при условии (2), то оно
тем более будет иметь место при 0 < a < -^ . Но
0<tga<l,(4)
Лл
и так как 0 < ка < -т-, то 4
О < tg йа < tg -^ •(5)
Из (4) и (5) получим
0< 1 — tg a tg ка < 1.(6)
Из (3) и (6) следует tg (£ + 1)а > (& + 1) tga, что и требовалось доказать.
Первое решение. Доказываемое неравенство перепишем так:
a + Р « + Р a—Рm
cos —у • ^ cos —cos —•(1)
л а + 6 лос—
Так как—у <—2 <Т* Т0 из ^ следует l^cos —что очевидно.
Так как операции обратимы, то имеет место и исходное неравенство.
Второе решение. Так как —л<а + Р<л, то поэтому
л а + р л
“<2
Следовательно, 0<созЦ^^1.(1)
Кроме того,
Поэтому
л а— р л 2 < 2 < 2 *
Следовательно, 0<cos^<l.(2)
В силу (1) и (2) имеем ™а+Р« + Ра—р cosa + cosp
cos -> cos cos,
t. e.*
a + P cosa+cosPcos5■
Имеем
sina + sinp , a+P a—P _ . a + P
что очевидно. 786. Очевидно, что при а—р имеет место равенство. Остается доказать, что при a ^ р
2tg*+^ —tga^tgP<0.
Так как доказываемое неравенство симметрично относительно аир, то для определенности пусть р > а.
Имеем
tg^S—tga+tg^iE—tgp <0.
Перепишем это неравенство так: . Р—a . a—Р. Р—a. р—a
sin^- sin-y£Sin-LT~ sm±L2~
a+ p I a + p ~ < ^ cos a cos p < cos —2" - cos a cos —cos P
-JЦ < o, cos p —cos a < 0, cos acos pr
что очев идно, так как 0 < a < р < -у.
Так как все операции обратимые, то доказываемое неравенство имеет место.
787. Имеем
• о $ п • Р—a Р + а sin р—sina = 2sin^— cos - (1)
Так какТак как0<£±®<А ис 2 <. 2 ,0<£±®<А ис 2 <. 2 ,
Так как
Так как
0<£±®<А ис 2 <. 2 ,
0<£±®<А ис 2 <. 2 ,
(2)(3)(4)(2)(3)(4)cos£±5<l.
(2)
(3)
(4)
(2)
(3)
(4)
Из (1) и (2) следует, что
sin р — sina< 2 sin ^у • 1.
Поскольку
0<P=5<2L2 < 2 ’
то, как известно, • ₽—« Р—a 51пн_<р_е
Учитывая неравенства (4) и (3), имеем
sin Р—sin a < 2 • ^у— • 1 — р—a, или
a—sina < р—sin р.
Известно, что р—-а < tg (Р™а), если 0 < р—а<—. Имеем
р-а < tg (0—а)= ^^-J < tg P-tga, или
tga—а< tgp —р.
Из рис. 230 видим, что площадь треугольника ДОС меньше площади сектора ДОС, а площадь сектора ДОС меньше площа
ди треугольника ДОВ.
Площадь треугольника Л ОС рав- ^2
на ysirix, где R—радиус круга, площадь сектора ДОС равна —у , площадь треугольника ДОВ равна Яа .
Ttgx-
Итак, имеем
D2£2 D2
ysinx<yx<^tgx,
ИЛИ
sinx<x<tgx. (1)
Теперь докажем второе неравенство. Поделив члены неравенства (1) на sinx>0, получим
1<^_<!^,
Sin X sin X
или
sinx cosxилиsin x .COS X < —^~ < 1.
Известно, что cosx<l; следовательно, 2cosx^l + + cos x=2 cos2 ~ , t. e.
cos x ^ cos2 -j-.
Аналогично cos у^cos2-—, cos-5-^ cos2 ~ и т. д.
Итак,
cos x < cos2 — <cos4 ~< cos8 -|- < .. . < cos2" ^^ .
Пусть sin 36° sin 54° = a, ^-^AjzJl —^.
Имеем
aa-sin236° cos236° = 4 sin2 72° = 4 cos2l8° = 44
1Г. (V^—ЦЧ1 16—6+2VT 5+Кб
4 [\.4) J41632 . ’
.2_25(6— 2^Г)25(6—2/5") _5(3—/5)15—5FT
“16л*>16-10-16“16
Рассмотрим разность
«г^15-5^ 5+/525-11 КГ Кбй- КбОГ
Итак, b^ — a^>^.(1)
Так как a > 0 и b > 0, то из (1) следует, что а < Ь, т. е.
sin 36° sin 54° < 5^^^1) .'
Рассмотрим разность
d = cos (sin<р) — sin (со8ф) = со5 (sin ф)—cos ^y —соэф^ =
у 4-sin ф—созф^ cos ф—sin ф
= 2 sin-sin —-
Так как
| з!пф ± COS Ф I ^ К2 =^ 1,414... и y^r 1,570..., TO
у — COS ф ± Sin Ф
0,08 < _~< 1,49,
а поэтому
у + втф—cos ф^—созф—sinф
sin —^> 0 и sin^> Oe
Следовательно, d > 0, t. e.
cos (sin ф) > sin (cos ф), или
sin (cos ф) < cos (sin ф) при любом ф.
Первое решение. Умножив числитель и знаменатель левой части неравенства на произведение sin a-cos а Ф 0, получим
sin2 a cos a+sin2 a sin a cos2 a+cos2 asin2 a cos a+sin2 a sin a cos2 a+cos2 a= tg2a= tg2a1 + cos a14- sin a1 + cos a14- sin a
sin2 a cos a+sin2 a sin a cos2 a+cos2 a
sin2 a cos a+sin2 a sin a cos2 a+cos2 a
= tg2a
= tg2a
1 + cos a
14- sin a
1 + cos a
14- sin a
Так как tga^O, то tg2a>0; l+cosa>0 и l+sina>0, так как cosa>— 1 и sina> —1.
Следовательно, левая часть доказываемого неравенства положительна при всех допустимых значениях а.
Второе решение. Так как a ^ yfc, то из формул slna=tgacosa и cosa —ctg a^sin а следует, что
I tg a | > | sin a I и
| ctg a | > | cos a | для любых a ^ у k.
Поэтому знак (sin a 4-tg а) совпадает co знаком tga, а знак (cosa+ctga) совпадает co знаком ctga. Ho tga и ctga имеют одинаковые знаки, поэтому
481481sin a+tg acosa+ctga
481
481
16 и. X. Сивашинский
Так как sin а > 0, sin р > О, то имеем sin а+ sin р ^ 2)^sin а sin р или
sin а+sin Р 2 Vsinasinp 2_
sinasinp " sinasinp Ksinasinp
^/cos (a—P)—cos (a + P)-^1—cos (a+P)
22
у2z
Г 2
что и требовалось доказать.
Доказываемое неравенство равносильно неравенству 2sin2a+2sin2 £—2 sin a sin £—2 sin a—2 sin p+2 ^0, или
(sin2 a—2 sin a+l) + (sin2 p—2 sin P+l) +
+ (sin2a—2 sin a sin p + sin2 p)^0, или
(sina— l)2 + (sin p—l)2+(sina—sin p)2 ^0, которое очевидно. Знак равенства имеет место, когда sina=sinp = = 1, т. е. при а=~ + 2л& и р= ~-+2nn, где к и п—любые целые числа.
Обозначим стороны треугольника через а, b и с, а радиус описанной окружности через R. Для определенности пусть Z^— тупой.
Известно, что
c2>a2 + Z?2, a = 22?sinA, 6 = 2j? sin В, c = 2R sin С.
Подставив значения а, b и с из последних трех равенств в первое соотношение, получим
4Ra sin2 С > ^R? sin2 А + 4/?2 sin2 В, или
sin2 С—sin2 A—sin2 В > 0, или
1 —cos2 С —1+cos2 А —1+cos2 В > 0, откуда cos2 A + cos2 В—cos2 С > 1, и подавно cos2 А + cos2 В + cos2 С > 1.
Пусть ОС&хСу, где к принимает . значения
1,2, 3(п — 1), п. При этом условии cos£x>0. Докажем, что
cos (А+1) хcos kxДействительно,cos (А+1) хcos kxДействительно,coscos (Zs— 1) хcoscos (Zs— 1) хcos2 х.cos2 х.(1)(1)COS (&+ 1) X cos (fe+1) x COS (fe— 1) XCOS (&+ 1) X cos (fe+1) x COS (fe— 1) Xcos kx cos kx cos (A — 1) xcos kx cos kx cos (A — 1) x(cos kx cos x+sin kx sin x) (cos kx cos x^-sin kx sin x) cos &x cos (/?—1) x_ cos2 kx cos2 x—sin2 kx sin2 xcos2^xcos2x~coskxcos(k — l)xcos kx cos (/?—1) x~*(cos kx cos x+sin kx sin x) (cos kx cos x^-sin kx sin x) cos &x cos (/?—1) x_ cos2 kx cos2 x—sin2 kx sin2 xcos2^xcos2x~coskxcos(k — l)xcos kx cos (/?—1) x~*cos kxcos (k-*\) xcos kxcos (k-*\) xcos2 x.cos2 x.
cos (А+1) хcos kx
Действительно,
cos (А+1) хcos kx
Действительно,
cos
cos (Zs— 1) х
cos
cos (Zs— 1) х
cos2 х.
cos2 х.
(1)
(1)
COS (&+ 1) X cos (fe+1) x COS (fe— 1) X
COS (&+ 1) X cos (fe+1) x COS (fe— 1) X
cos kx cos kx cos (A — 1) x
cos kx cos kx cos (A — 1) x
(cos kx cos x+sin kx sin x) (cos kx cos x^-sin kx sin x) cos &x cos (/?—1) x
_ cos2 kx cos2 x—sin2 kx sin2 xcos2^xcos2x
~coskxcos(k — l)xcos kx cos (/?—1) x~*
(cos kx cos x+sin kx sin x) (cos kx cos x^-sin kx sin x) cos &x cos (/?—1) x
_ cos2 kx cos2 x—sin2 kx sin2 xcos2^xcos2x
~coskxcos(k — l)xcos kx cos (/?—1) x~*
cos kxcos (k-*\) x
cos kxcos (k-*\) x
cos2 x.
cos2 x.
Так как к принимает значения 1, 2, 3, . .., (n—1), л, то из не
равенства (1) следует п неравенств
cos 2хcos хcos 2хcos хcosx 9 —— COS2 X,cosx 9 —— COS2 X,
cos 2хcos х
cos 2хcos х
cosx 9 —— COS2 X,
cosx 9 —— COS2 X,
cos Зх _ cos 2х , 7Г- <COS2 X, cos 2х cos х
cos 4x cos Зх й 5- <5- COS2 X, cos 3x cos 2x
COS (n + 1) X COS nx a '! < 7TV COS2 X.
cosnx cos(n—l)x
Перемножив почленно эти n неравенств и преобразовав получен» ное неравенство, находим
£2^1±1)ж0$г„+1Х1
cos пх
Это и требовалось доказать.
798г Имеем
♦» ^ aytga—tgP _ ntgP —tg_p_ (n—l)tgP
glR p; 1 + tgatgp- l+ntgap ~l + gtgsp ’
Возведем обе части последнего равенства в квадрат, получим
te2 (a—!)2 tS2P(«-D2
(l+zitg3P)8 / 1 ntgap\2V tgp+ tgp у
=(n—I)2(n-l)2/(n—I)1
(ctgp + ntgP)2 (ctgp—ntgP)2 + 4n4n
что доказывает требуемое неравенство.
16»16»483
16»
16»
Из алгебры известно, что если а > О и b > 0, то Так как tga>0, tg Р > 0, tgy>0, то имеем
tg « । fg Р о tg Р ।tg Y >- 2 tgY । tgV» tgpTtga"' ’tgY^tgP" ’ tg a tg
Сложив почленно эти три неравенства, получим
tga, tg_« tgP_ tgp tg^ tgj^ >6 tg P ig y tg a ~ tg у tga H " ’
ИЛИ
tg a (ctg p + ctg у) + tg p (ctg a+ctg y) + tg у (ctg a+ctg p) ^ 6, что и требовалось доказать.
Первое решение. Имеем tgx_ . tg У I
Составим производную пропорцию
tgx+tgy 3+ 1 = 2 tgx—tgy 3—1’
ИЛИ
sin (^ + </) = 2 sin (x—#)
т. e. sin (x—y) — 0, 5 sin Цс-^-уУ
Из условия задачи следует, что О^х—У^^ » поэтому х— у достигает максимума вместе с sin(x—у), а sin(x—у") достигает максимума одновременно с sin(x+j/).
Так как наибольшее значение sin(x+t/) есть 1, то наибольшее значение sin (х—у) есть 0,5, а следовательно, наибольшее значение х— и есть х-, т. е. х—у^ , что и требовалось доказать, ои
Второе решение. Так как tgx = 3 tg у, тох^у (учитывая ограничения для х и у^.
Пусть x — a-Vy, где а^О. Имеем tg(o4-y) = 3tgy. или tga + tgy 1— tgatgy g</’ откуда 3tga tg2 у—2 tg#+tga = O. Отсюда
g У 3 tg a
Для того чтобы tg у было действительным, необходимо, чтобы
1 —3tg2a^0,
откуда
tg2a<~.
л1/*з" л
Поскольку 0^a < 2" , то tg а ^ -у- и a ^ 5*. Поэтому а=*х—X
что и требовалось доказать.
Третье решение. Имеем
tgx—tgу = 2 t^y , sin (х—#) _ 2 sin у cos х cos у — cost/ ’
sin (х—у) = 2 cos х sin у,
sin (х—z/) = sin (х + у) — sin (х — у),
2 sin (х—у) = sin (х + у)< 1, откуда
sin (x—yX ^- •
Учитывая ограничения для x и у, получим х—у^^.
Первое решение. Так какО<Л + В<^-, то tg (Л + В) > 0, следовательно,2
tg^ + tgB^l-tgЛtgB>u•
Поскольку Л и В —острые углы, то
поэтомуили -поэтомуили -tgЛ + tgB>O,
поэтому
или -
поэтому
или -
1 —tg Л tg в > о,tgЛtgB<l,
что и требовалось доказать.
Второе решение. Доказываемоё неравенство равносильно неравенству
sin Л sin В 1
cos Л cos ’
или
sin Л sin В < cos Л cos В,
т. е.
cos Л cos В—sin Л sin В > О, или
cos (Л + В) > 0.
Последнее неравенство очевидно, так как 0 < Л+ В < ~ (угол С— тупой).
Первое решение. Согласно условию задачи имеем
0<а<^, 0<р< J и a+₽>J.
Из последнего неравенства следует, что р > ^- — а. Итак, имеем
ОС™ а < Р < ^-и tgp>tg^g -а).
Известно, что tgactga=l, или
tgatg^—а) = 1.
/ л X
Если в левой части этого равенства вместо tg ( -^—a ) возьмем большую величину tg р, то получим
tgatgP>l,
что и требовалось доказать.
Второе решение. Доказываемое неравенство равносильно неравенству
sin a sin Р
cos a cos р
Так как cos a > 0 и cos Р > 0, то имеем
sin a sin р > cos a cos p, или
cos a cos P—sinasinpcO#
t. e. cos(a + p)<0, что очевидно, так как а и р—углы остроугольного треугольника, а потому
-у <а+Р<л.
Третье решение. Так как -~ < a 4- р < л, то
tg(a+P)<0,
Но tga+tgp>0, следовательно, 1 — tgatgp<0 или tgatgp> 1.
803. Имеем
0<Т<-5—(«4-РХ^-,
откуда
tg у < tg Г~— (a + 6)1 = ctg (a + 6)=i—— = -^ ^ a ^ Д,
tg(a + p)tga+tgp
Умножим обе части неравенства
tga + tgp
на выражение tga+tgp, которое при данных ограничениях для a и р положительно. Имеем
tg Y (tga + tg Р) < 1 — tg a tg р, или
tgatgp + tg Р tgy + tg ytga< 1,
что и требовалось доказать.
Заданное неравенство tg a tg P + tg p tgy + tg у tg a < 1 можно представить так;
tg Y(tga + tg P)< 1 —tgatgp.(1)
Так как левая часть этого неравенства положительна, то и правая
(2)(2)1 —tgatgP >0.
(2)
(2)
Разделим обе части неравенства (1) на tgY(l — tgatgp), получим
илиилиtga+tgP1 —tgatgptga+tgP1 —tgatgp<^- = ctgY=tg (т-Y).<^- = ctgY=tg (т-Y).tg(a + p)<tg (у—y)-tg(a + p)<tg (у—y)-(3)(3)Поскольку tg(a + P) =Поскольку tg(a + P) =а также условиеа также условиеtg(a+p)>0. Поэтому из (3) следует, чтоtg(a+p)>0. Поэтому из (3) следует, что/^Ч^^^р ’ Т0> Учитывая неРавенств0 (2), I < a < ~-, 0 < р < -~- > заключаем, что/^Ч^^^р ’ Т0> Учитывая неРавенств0 (2), I < a < ~-, 0 < р < -~- > заключаем, что
или
или
tga+tgP
1 —tgatgp
tga+tgP
1 —tgatgp
<^- = ctgY=tg (т-Y).
<^- = ctgY=tg (т-Y).
tg(a + p)<tg (у—y)-
tg(a + p)<tg (у—y)-
(3)
(3)
Поскольку tg(a + P) =
Поскольку tg(a + P) =
а также условие
а также условие
tg(a+p)>0. Поэтому из (3) следует, что
tg(a+p)>0. Поэтому из (3) следует, что
/^Ч^^^р ’ Т0> Учитывая неРавенств0 (2), I < a < ~-, 0 < р < -~- > заключаем, что
/^Ч^^^р ’ Т0> Учитывая неРавенств0 (2), I < a < ~-, 0 < р < -~- > заключаем, что
« + Р < у—Y.
т. е. 0 <a + p + Y <-у •
На основании известных неравенств
х3
жг < sin X < X,4
имеемимеем
имеем
имеем
Sinn—1 > n—1 4(л —1)3 ’1!1
^n + ^n + l 4(n+l)3 *
Сложив почленно эти три неравенства, получим
.1. •1 о •1/ 1.12
sin? + sin —- — 2 sin — > г^
п — 1п-Н п \n~l- «4-1 п
4 [(n-l)3^что и требовалось доказать. „ а806. Если cos-^ = 0, то4 [(n-l)3^что и требовалось доказать. „ а806. Если cos-^ = 0, тоЗя2 (п2т-4)+л2 + 42п (п2 —I)»Зя2 (п2т-4)+л2 + 42п (п2 —I)»27256’27256’(1)(1)
4 [(n-l)3^
что и требовалось доказать. „ а
806. Если cos-^ = 0, то
4 [(n-l)3^
что и требовалось доказать. „ а
806. Если cos-^ = 0, то
Зя2 (п2т-4)+л2 + 42п (п2 —I)»
Зя2 (п2т-4)+л2 + 42п (п2 —I)»
27
256’
27
256’
(1)
(1)
_ct ,
Если же cos — ^ 0, to
9 а 9 а о
• 2 а 6 °97 ' 2 “ C°S 1" C°S 2 C°S 2
y = sin3Tcos«T = 27sin3T . —^.
Так как 9 ct 9 a 9 a COS2COS2 — COS2
. 9 a ,2 ,2 ,2. _ a ,9 a ,
sin2_+__ +—_+^— = Sin3T +005^=1
т. e. сумма переменных сомножителей — постоянная величина, то произведение у достигает максимума, когда сомножители равны, т. е.
9 Ct
: g a C0S 2g a 1
sin’ или tg T=T
^tg-y существует, так как cos-g-^ 0^. Перепишем исследуемую функцию в виде
, Q а о ct
. 8a .a sin^cos»^
у = sm2 ycos« y=—= tg’ T . cos»y =
cos T
Так как мы выше доказали, что у достигает максимума при то
- 3 —27
Ут,х /256 '<2'
V+ з)
Из (1) и (2) следует, что имеет место неравенство . 2 а - ct 27
что и требовалось доказать.
807. Имеемо . х-\-у х—у , _ . x-Vy x-Vyz = 2sin —^cos ——+2 sin —cos ~
или
Л • x+y /X — у , X-Vy\
z = 2sin -—- (cos -^+cos —.
n »X — y,
В правой части последнего равенства заменим cos "2" единицей, получим
,<2!|„£+»(1+еозЦ»),-
или
- о • х + у х + у _»Х-^у
z ^ 2 • 2 sin cos —■ 2 cos2 —, 444
или
z < 8 sin ^~р cos3 ^^.(1)
Так как О^х^л и О^^^л, то
4 < 2 ’ а следовательно,
sin ^^ > 0, cos ^^ > 0.(2)
На основании (1) и (2) имеем
г2 ^64 sin2 ^~ff cos6 , 44
или
г2 < 27 • 64 sin2■ —cos2 —j^ • v cos2cos2 —j^ . (3)
4 и4 и4 u4
Так как
2 »х + у . 1_ 9х + у . оХ + у ,«х + у .
sin2 + -5- • 3 COS2 —= sin2 + COS2 —»1,4344 14
т. е. сумма сомножителей правой части неравенства (3) есть величина постоянная, то г достигает максимума, когда сомножители равны между собой, т. е. когда
sin8-/=Tcos»-r
или
g 43 *
или
ОтсюдаОтсюда8 43 •
Отсюда
Отсюда
х+у 1^3. х + у 1
COS-^ = —,ЫП-^^
Итак,
г<8.1
что и требовалось доказать.
Поскольку большему углу первой четверти соответствует большее значение тангенса, то имеем для любого i (/ = 1, 2, 3, ..., п)
tg «х < tg az < tg ап.
Умножив обе части (1) на cosaz>0, получим
tg Qi cos az < sin az < tg a„ cos a/.(2)
Придавая i все возможные значения (1, 2, 3, ..., n), получим n неравенств
tg «1 cos a! = sin Ox < tg an cos ab
tg Ox cos a2 < sin 0а < tg a„ cos a2,
tg ax cos an < sin an = tg an cos a^.
Сложив почленно эти n неравенств, получим
tg «1 (cos Ox + cos a2 +.. . + cos ад) < sin Ox + sin a2 +.. . + sin a„ < < tg a„ (cos ax + cos a2 + ... + cos aj.
Разделив все части последнего неравенства на
получимполучимcos Ох + cos a2 + • • • + cos ап > О,
получим
получим
sin Ох + sin a2 + .. . + sin а„tg Ox <~~ < tg an.
6 cos Ox + cos a2 +.. . + cos ann
809. Имеем
У =У =а(1—cos2x) , &sin2x , c(l + cos2x)22“+2"^ а + с Z) si п 2х (с—а) cos 2х 2~ + Г" ‘2-_а + с , ^ЬЧЧ^?~ 2 . +2а(1—cos2x) , &sin2x , c(l + cos2x)22“+2"^ а + с Z) si п 2х (с—а) cos 2х 2~ + Г" ‘2-_а + с , ^ЬЧЧ^?~ 2 . +2bb>2 + (с—а)2>2 + (с—а)2sin 2x4-sin 2x4-ЛегкоЛегко,с—а4—™ ■— =2 cos 2х V^ + ic—afьзаметить, что если принять -^ -- — -=гпя т, то^^(с—а)а,с—а4—™ ■— =2 cos 2х V^ + ic—afьзаметить, что если принять -^ -- — -=гпя т, то^^(с—а)аИтак,Итак,с—аV Ь2 + (с—аУс—аV Ь2 + (с—аУsin (р.sin (р.о + сТак как тоо + сТак как тоsin 2х cos ф 4" cos 2х sin фsin 2х cos ф 4" cos 2х sin ф— 1 ^ sin (2х + ф) ^ 1, а + с . У^-Нс—а)2 Утах “ ~J- 4---^L— 1 ^ sin (2х + ф) ^ 1, а + с . У^-Нс—а)2 Утах “ ~J- 4---^L
У =
У =
а(1—cos2x) , &sin2x , c(l + cos2x)
22“+2"
^ а + с Z) si п 2х (с—а) cos 2х 2~ + Г" ‘2-
_а + с , ^ЬЧЧ^?
~ 2 . +2
а(1—cos2x) , &sin2x , c(l + cos2x)
22“+2"
^ а + с Z) si п 2х (с—а) cos 2х 2~ + Г" ‘2-
_а + с , ^ЬЧЧ^?
~ 2 . +2
b
b
>2 + (с—а)2
>2 + (с—а)2
sin 2x4-
sin 2x4-
Легко
Легко
,с—а
4—™ ■— =2 cos 2х V^ + ic—af
ьзаметить, что если принять -^ -- — -=гпя т, то^^(с—а)а
,с—а
4—™ ■— =2 cos 2х V^ + ic—af
ьзаметить, что если принять -^ -- — -=гпя т, то^^(с—а)а
Итак,
Итак,
с—а
V Ь2 + (с—аУ
с—а
V Ь2 + (с—аУ
sin (р.
sin (р.
о + с
Так как то
о + с
Так как то
sin 2х cos ф 4" cos 2х sin ф
sin 2х cos ф 4" cos 2х sin ф
— 1 ^ sin (2х + ф) ^ 1, а + с . У^-Нс—а)2 Утах “ ~J- 4---^L
— 1 ^ sin (2х + ф) ^ 1, а + с . У^-Нс—а)2 Утах “ ~J- 4---^L
а
_а+с ^Ч-Сс—о)2у min — 22' *
т. е.
а+с Уь2 + (с-аУа+с УЬ2 + (с-а)*
< ус —-+
что и требовалось доказать.
Первое решение. Обозначим стороны треугольника через а, Ь, с; противолежащие им углы—а, р, у; радиус описанной окружности — R; радиус вписанной окружности—г, периметр—2р.
Очевидно, что 2р > 2лг, или р > лг. Умножив члены последнего неравенства на р, получим
р2 > мр.
Так как площадь треугольника S = pr, то р2 > л5, с abc _ abc а так как 5=-^, то р2 > л-^, или
(аА-ЬА-с\2 abc
(2) >Я‘ 4^'
Разделив обе части последнего неравенства на R\ получим fa-\-b-Vc\2 abc \ 2R У >Я 4/?з*
Поскольку a — ^R sin a, b = 2/?sinP, с — ^R sin у, то
[
2/? (sin а + sin р + sin у)1 28л/?8 sin а sin р sin у
22?J >4R3
ИЛИ
(sina + sin p + sin у)2 > 2л sin a sin Р sin у,
что и требовалось доказать.
Второе решение. Имеем очевидное неравенство sina + sin P + sin у^З p/sin a sin р sin у.
Возведем обе части этого неравенства в квадрат:
(sina+sin P + sin у)2 ^9 р/ (sin a sin р sin у)2.(1)
Так как sina^l, sinp^l, siny^l, то
(sin a sinP sin y)2 > (sin a sin P sin y)3.(2)
В силу неравенств (1) и (2) заключаем, что имеет место неравенство(sina+sin P + sin у)2 ^9 sin a sin P sin у.
Поскольку 9 > 2л, то и подавно
(sina + sin p+sin у)2 > 2л sin a sin р sin у.
Предварительно докажем, что если а + Р + у = -~, то
tg a tg р +tg р tg y + tg a tg у= 1.(1)
Так как а + р=-^- — у, то
tg(a+P) = ctgy = ^ , или
tga+tgP _ 1
1 —tgatgptg у ’
т е.
tgatgy+tgPtgy=l —tgatgp,
откуда следует (1).
Напишем четыре очевидных соотношения:
2 Vtgatgp+5 • ^tgptgy + 5 < tg a tg р + tg Р tg у +10,
2 V tgPtg y+5- l^tgatgy + 5< tg P tgy+ tg a tgy+10,
2 Ktga tg y + 5 • KtgatgP + 5 < tg a tg у + tg a tg p +10,
( V tgatgp + 5)2 + ( Ktg p tgy+5)2 + (Р^а tgv + 5)2 =
= tga tg p+tgatg y+tgptgy4-15.
Сложив почленно эти соотношения, получим
(/Igatg^+5 + Vtg Р tgy + 5 + Кtgatgу + 5)2<
<3 (tga tg Р +tg р tg y +tg a tg y) + 45 = 48. Отсюда получаем
VtgatgP + 5 + vtgp tgy + 5 + vtgatgY + 5<4Vs , что и требовалось доказать.
Так как
^- “.+,^2 0Уtg2 a tg2 р = tg a tg P,
TOz
tg2a+tg2P^2tgatgp.(1)
Аналогично
tg2a~Hg2 Y^2 tga tgу: (2)
и
tg2P + tg2Y^2tgP tgY-(3)
Сложив неравенства (1), (2) и (3), получим
tg2 a + tg2 Р + tg2 y ^ tg a tg Р + tg a tg y + tg Р tg y = 1
(см. задачу 811).
Поскольку сумма чисел (tg a tg P), (tg a tg y), (tg P tg y) равна 1, т. e. постоянна, то их произведение
(tgatg P)(tgatgy)(tgPtgY)
принимает наибольшее значение при равенстве этих сомножителей
tg a tg р = tg a tg у = tg P tg у,
т. e. когда a=P = y
Так как а+р + у=у. T0 a = p = Y = "^-
Итак,
tg2 a tg2 p tg2 у < tg6 ^- =^
И 126
tg2 a + tg2 P + tg2 y — tg2 a tg2 P tg2 y ^ 1 — 27=27 .
что и требовалось доказать.
Первбе решение. Обозначим cos2х + 3sinх через у. Имеем
у = —2 sin2 х + 3 sin х +1,
Очевидно, что у достигает наименьшего значения, когда ^sin лг — — J принимает наибольшее значение, и у достигает наибольшего зна- чения, когда Isinx—jJ принимает наименьшее значение. Выра- жение I sin х — -у ) принимает наименьшее значение (нуль), 3/49\
когда sin х~-г , а наибольшее ) при sin х — — 1, т. е.
4\ 10/
Л / .3 V 49
0<sinx —
Итак, о /49 17\.17\ 17
Уш1п2Ц6—16/41^тах2\.° 16/8*
или
—4<у<2-^, что и требовалось доказать.
Второе решение. Имеем
i/=cos2x + 3 sin х= —2 sin2 % + 3 sin х +1.
Пусть sin x=z, где — К z ^ 1, тогда
z/=-2z2 + 3z + l.z/=-2z2 + 3z + l.Q QЕСЛИ Z=2(=2)=TQ QЕСЛИ Z=2(=2)=T, то получаем, то получаем
z/=-2z2 + 3z + l.
z/=-2z2 + 3z + l.
Q Q
ЕСЛИ Z=2(=2)=T
Q Q
ЕСЛИ Z=2(=2)=T
, то получаем
, то получаем
QQ1
Утах=-2 -^ + 3 . |+1 = 2(1)
По свойству квадратной функции
2z2 + 3z + l
возрастает в интервале ^ — оо, -^-J и убывает в интервале ^~, оо^ Но так как —1 ^z< 1, то
для значений г < -|- наименьшее значение у получается при 2ж= —1, т. е.
0min= -2-3+ 1 = ^4;(2)
3
для значений ^>-у наименьшее значение у принимает при z=l, т. е.
Ут1п=^2 + 3+1=2.(3)
Из (1), (2) и (3) заключаем, что
-4<у<2у.
814. Имеем
y = sin<^os«x = (l=£|l^ + (^^
равно 1, а наименьшее—ну-1, а наименьшее4равно 1, а наименьшее—ну-1, а наименьшее4Так как наибольшее значение cos22x
равно 1, а наименьшее—ну-
1, а наименьшее
4
равно 1, а наименьшее—ну-
1, а наименьшее
4
лю, то наибольшее значение у равно
Отв» 1, 4
815. Имеем
— cos4q _'1
sin2a cos 2a sin2a cos 2a ~ cos2a cos2a
s=11
2 cos2a—sin2a tg2a(l —tg2a) * tg “ cos2a
Наименьшее значение у будет при наибольшем значении знаменателя.
Так как сумма сомножителей знаменателя постоянна tg2a + (l-tg2a) = l, то наибольшее значение знаменателя будет при tg2a=l — tg2a, откуда
tg2a=l.
Итак, наименьшее значение у
Ут int /1 \ w4.
L )2k2 У
Отв. 4.
Имеем
о ; „ 1— 4 sin2 ху = 3 tg2 X5 .
аCOS2X
_п ± a 1—4 sin2 X
Докажем, что сумма сомножителей 3tg2# и —со$а — есть постоянная величина.
Действительно, к » .1—4sin2# 3sin2x + l—4 sin2# cos2# - 3 tg2#d5=5—5=—sr-3®!.
6COS2 Xcos2 XCOS2 X
Следовательно, у принимает максимальное значение при
21—4sin2#
3 tg2 # =5
6cos2 X
илиили
или
или
откудаоткуда3 sin2 х = 1 — 4 sin2x,
откуда
откуда
• 2436
Sin2X = ^- И COS4X = 7S 749
Итак,
Отв. —.
естьесть4
есть
есть
Докажем, что сумма sin2 х +sin
постоянная величина. Действительно,постоянная величина. Действительно,
постоянная величина. Действительно,
постоянная величина. Действительно,
2 sin2 х+ cos2 х—sin2 х + у !+y ^
'2""T"^
Поэтому функция у достигает максимума при
ИмеемИмеемилиили
Имеем
Имеем
или
или
а следовательно, и
. / л . \ . / л \sin ( у + * 1 sin ( у~* ) =
О ISО ISИтак,
О IS
О IS
Утах —5^п2 ^ 5^п (у+* ) Sin ( У”*
9
Отв. £7 о4
Первое р е ш е н и е. Имеем
УУ1 cos8x—cos3x — 2 cos х1 cos8x—cos3x — 2 cos хsin3 х + sin Зхsinxsin3 х + sin Зхsinx
У
У
1 cos8x—cos3x — 2 cos х
1 cos8x—cos3x — 2 cos х
sin3 х + sin Зхsinx
sin3 х + sin Зхsinx
sin3 х +sin Зхsinxsin3 х +sin ЗхsinxДокажем, что сумма cos8 х—cos Зх cos х
sin3 х +sin Зхsinx
sin3 х +sin Зхsinx
есть постоянная величина.
COS XCOS XДействительно, cos8x—cos3x t sin8x + sin3x
COS X
COS X
sin X
2 cos3x , . 2 . sin3x = cos2 xHsin2 x4;
cos x 1‘ sin x
sin2x sinxeosx ”sin2x sinxeosx ”— i I ын ^x cos x—cos ^ sin x _ — ‘ sin x cos x
sin2x sinxeosx ”
sin2x sinxeosx ”
Следовательно, у достигает максимума при cos3 х—cos Зх __ sin3 х + sin Зх cos x ~ sin x
откуда cos2x = 0 и x—~ .
Таким образом, ( „Л Зл\ / . з л . . Зл\ Hos T-cosTy(sln j + Ушах '^“
Второе решение.
(cos3 х — 4 cos3 х 4- 3 cos х) (sin3 х 4- 3 sin х—4 sin3 х) sin2xe
3 cos х (1 —cos2 x)-3 sin x (1 —sin2 x) 9 sin3 x cos3 x _, Bsin2x” 2sinxeosx
99
= -7г sin2 x cos2 x=т sin2 2x.
2о
л л 2лл лл
Так как-^-< 2х <-^-, то при 2х=-у, т. е. при х=-^-, 9 . а л 9 I/max — 8 sin 28 *
9 Отв. ^..
819. Имеем819. Имеем
819. Имеем
819. Имеем
sin -| cos — ^ sin(30° + x)-sin30°cos -^ sin ^ ^ ^ sin (30° 4- x) 4- sin 30°
Поделив числитель и знаменатель на sin(30°+x) и учитывая, что sin 30° *=-—, получим
2 sin (30®+ х)
1 ji‘2 sin (30°+ х)
Поскольку при возрастании положительной величины sin (30° + х) числитель дроби возрастает, а знаменатель убывает, то при возрастании sin(30° + x) возрастает и у.
Следовательно, наибольшее значение у будет при sin (30°+ +х) = 1, т. е. при х=60®.
Итак,
Ушах —Ушах —3 •3 •
Ушах —
Ушах —
3 •
3 •
Отв.
Преобразуем исследуемую функцию. Имеем
У = (3tga|+ 10 tg
3tg*y+10tg|+3l+tgal
l+tgaJl+tgaJ10tg2- Ql1Ata «а =34-10 tg у-cos2 -5 =
l+tgaJ
l+tgaJ
l+tg8y
= 3 + 10sin-~-cos-^-=3-f-5 sina.
Поскольку | sin a | < 1, to — 2^3 + 5 sin a<8, а следовательно, и
-2< (3tg2y4-10tgy4-3)cos*y <8.
Таким образом, наибольшее значение функции равно 8» а наименьшее равно —2<
Отв. ^max = ^» ^min= 2.
Из первого неравенства имеем
2л^ + ~ <х< -^ + 2л&оо
из второго
2лп—5- <х^-^-4-2лп.
Так как sin х >-^- и cosx^s^- должны иметь место одновременно, то
~ + 2л/? < х<-у + ^*
Из условия следует, что
I sinx + cosx|
sinx—cos х| sin x + cosx Isinx—cos х| sin x + cosx I/2 .1/2—Sin *—Г22/2 .1/2—Sin *—Г22cos xcos xCOS XCOS X
sinx—cos х| sin x + cosx I
sinx—cos х| sin x + cosx I
/2 .1/2
—Sin *—Г
22
/2 .1/2
—Sin *—Г
22
cos x
cos x
COS X
COS X
Из последнего следует, что -
л _ л , л
-—<х-т-л6<т
или
л/г ^ х ^ -~- + лА,
что и требовалось доказать.
Так как при положительном основании неположительные числа не имеют логарифмов, то sinx>0, и, зная, что |sinx|<l, имеем
О < sinx^ 1.
Отв. 2л/? < х ^ л (2& + 1).
Первое решение. Известно, что
— l^sinx^l.
Так как на сегменте [ — 1, 1] косинус аргумента больше нуля, то cos(sinx)>0 при любом значении х.
Второе решен ие. Так как
то cos(sinx)>0 для всех значений х.
Отв» х—любое число.
Известно, что — 1 ^cos х ^ 1. Но так как sin(cosx)<0, то должно быть
— 1 ^ cos х < О
* Л Л , LЗЛ , Л ,
Отв» -^- + 2лА <х< -g- + 2лА.
Имеем
sinx—а (1 — cos х) < О, пли
2 sin у cos -- — 2а sin2 у <0.(1)
Так как sin -|- ф 0, то sin2 — >0. Разделив обе части неравенства (1) на sin3-^-, получим
dg у < а.
Отсюда
arcctg а + Ал < — < л + Ал.
Отв. 2arcctga + 2An < х< 2(А4-1) л.
Неравенство
tg х (1 + cos 2х) < cos 2х tg 2х равносильно неравенству sin х „„. Л
2 cos2 х < sin 2х, COS X
или
2 sin х cos х < sin 2x, или
sin 2x < sin 2x.
Отв. Неравенство не имеет решений. 828. Неравенство
2 sin х sin Зх > 1
равносильно неравенствам
cos 2х—cos 4х— 1 > 0,cos 2х—2 cos2 2х > 0,
cos2 2х—~- cos 2х < 0,
cos 2х ^cos 2х — у^ < 0, 500
откуда
О < cos 2л < у .
Из последнего неравенства следует, что
'у + 2лЛ<2х<у + 2лй(1)
И
— — + 2л/?< 2х < — “ + 2л/?.(2)
Из (1) следует, что
-^ + л/? < х<-^+ л/?, а из (2) имеем -+л/?<Х<+
Неравенство sinx4~cosx< V~2
перепишем в таком виде:
/ 11\у—
У 2 —y^sinx-j—= cosx ) < У 2,
\У 2П/
откуда
Так как |cosa|^l для любого а, то в данном случае имеем — К cos (х—-^*^ < !•
Из этого неравенства следует, что
х—~ ф 2кп,
4
или
х^~ + 2л/?.
Следовательно, данному неравенству удовлетворяют все значения х9 кроме х = ~ + 2л/?.
л
Отв. х#— +2л/?.#
По формуле Муавра имеем
(cos х + Z sin х)5 = cos 5х + f sin 5х.(1)
С другой стороны, по формуле бинома Ньютона
(cos х +1 sin х)5=cos6 x + 5i cos4 x sin x —10 tos3 x sin2 x—
—10/ cos2 x sin3 x + 5 cos x sin4 x + i sin6 x. {2) • Из равенств (1) и (2) следует
sin 5х—5 cos4 х sin x—10 cos3 x sin3 x + sin6 x, или sin 5x = 5 sin x (1—sin2 x)2 —10 sin3 x (1 —sin2 x) + sin6x, или sin 5x = 16 sin5 x—20 sin3 x + 5 sin x.
Поэтому неравенство, заданное в условии, принимает вид
16 sin5 х—20 sin3 х + 5 sin х > 16 sin6 х, или
4 sin3 х—sinx < 0,или4sinx(sin2x—г ) < 0,\4 /
или
^ sinx+-^ sin х ^ sinx—~) < 0.
Это неравенство выполняется при
— Ksinx<— у(3)
или
0 < sin х < у .(4)
Из (3) следует
-^+2лй<х <—£+2л£,Оо
а из (4) имеем 2л^ < х <+2я^
о и
—+2л^ < х < л + 2л/г. о
Неравенство
tg3x + tg2x> 1 + tg X равносильно неравенству tg2x(tgx + l)-(tgx+l)>0, или *
(tgx+1)2 (tgx—1)>0.
Так как tgx ^ ±1, то (tgx + l)2>0,
а значит, и tgx—1 >0, или tgx > 1, откуда
~+/?л < х < у + Ал.
Отв. -5-(4fe+l)<*<y(26+l).
Неравенство
tg2x < sin х +tgx
равносильно неравенству
tg 2х —tgx<sin х, или
sinxcos 2х cos хsinxcos 2х cos хsinx < 0,sinx < 0,
sinx
cos 2х cos х
sinx
cos 2х cos х
sinx < 0,
sinx < 0,
илиилиsin х (1 — cos 2x cos x)cos 2x cos xsin х (1 — cos 2x cos x)cos 2x cos x
или
или
sin х (1 — cos 2x cos x)cos 2x cos x
sin х (1 — cos 2x cos x)cos 2x cos x
Так какТак какТак какТак как1 —cos 2x cos x > 0,<0, cos 2x cos x1 —cos 2x cos x > 0,<0, cos 2x cos xтотоилиилиtgxcos2xtgxcos2xтотоТак как 1 + tg2Так как 1 + tg2cos 2хcos 2х1 — tg2xl + tg2x ’1 — tg2xl + tg2x ’tgx(l+tg2x)1 —tg2Xtgx(l+tg2x)1 —tg2Xtgx1 —tg2Xtgx1 —tg2X< 0, или< 0, илиl-tg2x <U’l-tg2x <U’
Так как
Так как
Так как
Так как
1 —cos 2x cos x > 0,
<0, cos 2x cos x
1 —cos 2x cos x > 0,
<0, cos 2x cos x
то
то
или
или
tgxcos2x
tgxcos2x
то
то
Так как 1 + tg2
Так как 1 + tg2
cos 2х
cos 2х
1 — tg2x
l + tg2x ’
1 — tg2x
l + tg2x ’
tgx(l+tg2x)
1 —tg2X
tgx(l+tg2x)
1 —tg2X
tgx
1 —tg2X
tgx
1 —tg2X
< 0, или
< 0, или
l-tg2x <U’
l-tg2x <U’
откуда tg2x<0. Следовательно!
откудаоткуда—~+Ал < 2x < Ал,
откуда
откуда
Л , , Л « л ,~т+*_<х<^.
Отв. ~ (2А — 1)<х<^А.
Неравенство
2 sin2 Зх + sin2 6х < 2
равносильно неравенствам
4 sin2 Зх cos2 Зх—2 cos2 Зх < 0,
(1)(1)2 cos2 Зх (2 sin2 Зх— 1) < 0,cos2 Зх cos 6х > 0.
(1)
(1)
Ho cos2 Зх > 0, поэтому cos 6х > 0, откуда
—^- + 2л/? < 6х < ~ + 2лА.
_ л , Ал л . Ал
Оте. —12" + -з-<х<^2" + -з--
Из условия видно, что х ^ ^ к. Кроме того, заданному неравенству не удовлетворяют значения х, при которых tg2x = = ctg2x=l, т. е.—+ yfe.
Таким образом, , л ,, л , л ,
-^^2^ ^^^4 + 2^’
т. е. х ^ — п.
При всех остальных значениях х имеем
tg2x + ctgax = tg2x +^-^>2.
По известному из алгебры неравенству, если
« + ~ > 2, то а > 0 и а Ф 1.
В нашей задаче a = tg2х. Следовательно, tg2x/ 1 и tgx^ ±1.
Из последнего неравенства заключаем, что , л
Отв. к < х < -^- (А +1).
Данное неравенство равносильно неравенству
2л6<^<л(2<>+1),
где А = 0, +1, +2, . . .
Вначале рассмотрим случай, когда А = 0.
Имеем
0<1<л,
1V л1V лоткуда
1
V л
1
V л
т. е.
Теперь рассмотрим случаи, когда & = 1, 2, 3, . .. Имеем
1<Я(2й + 1),
откуда
X > -7-.-= И X <7== .
V л(2^ + 1)J/ л(2А?4-1)
^>2,*. нли.х«<^,
откудаоткуда1/2лЛ1/2лЛ1V* 2л&1V* 2л&
откуда
откуда
1
/2лЛ
1
/2лЛ
1
V* 2л&
1
V* 2л&
Итак, для 6 = 1, 2, 3, ... имеем две системы неравенств:
1X >—— >' ' '/л (2^ + 1)f 2лй < * < V^ih1X >—— >' ' '/л (2^ + 1)f 2лй < * < V^ih1Х< /я(2й-Н) ’У^пк <х< у%^1Х< /я(2й-Н) ’У^пк <х< у%^
1
X >—— >' ' '
/л (2^ + 1)
f 2лй < * < V^ih
1
X >—— >' ' '
/л (2^ + 1)
f 2лй < * < V^ih
1Х< /я(2й-Н) ’
У^пк <х< у%^
1Х< /я(2й-Н) ’
У^пк <х< у%^
Из первой системы находим 1*1
/л (26 + 1)/2л6
а из второй 11
/2л6/л(26 + 1)
°"' ^й' ^“й гжйч <х<?к'
Й^ < Х < "~ KH72F+. 1)" ’ ГДе * = 1, 2* 3’ ”
Преобразуем левую часть неравенства
COS3XCOS Зх — sin3x sin 3x=iCOS2XCOSX CQS Зх —
— sin8 х sin x sin 3x=~ cos2 x (cos 4x + cos 2x) —•
—^ sin2 x (cos 2x—cos 4r)=y cos 4x (cos2 x + sin2 x) +
4--^- cos 2x (cos2 x — sin2 x) = -£- cos 4x + -g-cos2 2x =
1 a . 1л x 1 +3 cos 4x
«-^ cos 4x + - j (1 + cos 4x) =
Итак, заданное неравенство равносильно неравенству 1+3 cos 4х 5
4> 8 ’
откуда
cos 4х > -^ •
Решая это неравенство, получаем
2л£—^ < 4х
< у + 2л&
и
-
л , л.
2 ^ 12 < * <
■ 12 + 2 1
Поскольку правая часть заданного неравенства неотрицательная, то sin х > 0. Поэтому, возвышая в квадрат обе части неравенства, получим равносильное ему неравенство
sin2x > 1—sin 2х, или
2sin xcos x + sin2 х— 1 >0,2sin х cos x—cos2 x > 0,cos x (2sin x—cos x) > 0.
Решение этого неравенства сводится к решению двух систем неравенств:
{
cosx<0,
2 sin x—cosx < 0'
и
(cos x > 0,,n\
( 2sinx—cosx> 0.
Но так как sinx>0, то система (1) противоречива. Остается одна система
sin х > 0, cos х > 0, 2 sin х—cos х > 0, пли
sin х > 0, cos х > 0, tg х > >2 .
Ясно, что х находится в первом квадранте, поэтому
2nZ? + arctg-~-<x<~+2nfc, где k = 0, ±1, ±2, .. •
Очевидно, что
. . л лх л ,^+4 <4(ГН)<Т+пА»
илиили4^ + 1 <;+< 46 + 2, 4fe +1 > х >46+2 ’46 + 1 т х ^46 + 2 '46 _ 1 _ 4fe+l46 + 1 > х > 46 + 2 ’4^ + 1 <;+< 46 + 2, 4fe +1 > х >46+2 ’46 + 1 т х ^46 + 2 '46 _ 1 _ 4fe+l46 + 1 > х > 46 + 2 ’(1)(1)4^ + 1 откуда^—4^ + 1 откуда^—46 + 2. _4Гм> если W46 + 2. _4Гм> если WЕсли же £=0, то из (1) имеем х<—2.839, Для удобства обозначим tgx через t, тогдаЕсли же £=0, то из (1) имеем х<—2.839, Для удобства обозначим tgx через t, тогдаtg 2хtg 2хИмеемИмеем2tg х 2t1 —tg2x ”1 —/а’2tg х 2t1 —tg2x ”1 —/а’
или
или
4^ + 1 <;+< 46 + 2, 4fe +1 > х >46+2 ’
46 + 1 т х ^46 + 2 '
46 _ 1 _ 4fe+l
46 + 1 > х > 46 + 2 ’
4^ + 1 <;+< 46 + 2, 4fe +1 > х >46+2 ’
46 + 1 т х ^46 + 2 '
46 _ 1 _ 4fe+l
46 + 1 > х > 46 + 2 ’
(1)
(1)
4^ + 1 откуда^—
4^ + 1 откуда^—
46 + 2. _
4Гм> если W
46 + 2. _
4Гм> если W
Если же £=0, то из (1) имеем х<—2.
839, Для удобства обозначим tgx через t, тогда
Если же £=0, то из (1) имеем х<—2.
839, Для удобства обозначим tgx через t, тогда
tg 2х
tg 2х
Имеем
Имеем
2tg х 2t
1 —tg2x ”1 —/а’
2tg х 2t
1 —tg2x ”1 —/а’
9
I — /2_2Z—2 + 2/2
2/2/ + 2—2/2»
1-/а +
или
или
или
Но так как /2 + / + 1 >0 при любом значении / (поскольку корни функции /а + / + 1 мнимые), то должно быть
»>
15
Так как корни квадратного трехчлена /2—/—1 суть —-
и J-^ К1?- , то неравенство (1) равносильно
_А4Г)(,_1±р1)>().
, откуда
<>1+р1 «л. ±ZpL<l<l.
Но так как / + tg х, то л/г + arctgl + ^^< х < ~- + лА, или
V 51 ял/г —arctg-—2— <x<-^-V^.
Решение сводится к решению двух систем: г cos х— sinx>0,
< , х х л(1)
| sin — — cos у > 0 и
/ cosx—sinx<04
< . х х(2)
I sin —cos 2" < 0.
Отв. < X < -77 , л < х < 2л. 424
Умножив обе части неравенства на cos2 — > 0, получим
4 sin2cos2 -~ + 3 sin у cos ~— 2,5^0,
2 sin2x + 3 sinx—5^0,
(
5 \ sinx + y J ^0.
(5 \
Так как 2 ( sin x + ~2* J > 0 при любом значении x, то остается решить неравенство sinx—1^0, или sinx^l. Случай неравенства исключается, так как всегда |sinx|^l.
л Итак, sinx —1, откуда х=—+ 2л/г.
Заданное неравенство равносильно неравенству
1cos х > *2 .
Отв. — -5- + 2/?л < х < у + 2/?л.
Неравенство sin2 2х > sin2 х+ ^ равносильно неравенствам
4sin22x >4sin2x + l, 4(1—cos22x) >2(1—cos 2x) + 1,
4 cos2 2x—2 cos 2x— 1 < 0.
Пусть cos 2x = t> тогда неравенство принимает вид 4I2 —2/ —1 <0.
tt_ 1 ± Кб1,2 -4_ 1 ± Кб1,2 -4Если f (/) = 4/2 — 2/— 1, то корни этой функции
t
t
_ 1 ± Кб
1,2 -4
_ 1 ± Кб
1,2 -4
tx<t < t^ то<cos2x<2±£l 4tx<t < t^ то<cos2x<2±£l 4Так как при / (О < О,
tx<t < t^ то
<cos2x<2±£l 4
tx<t < t^ то
<cos2x<2±£l 4
1 —/т
4
откуда:
/5 + 14/5 + 14-^-+ 2^л < 2х < ^ + 2^л, так как
/5 + 14
/5 + 14
5—1. л2л„ м л
1 -sin^-cos 5 COS 5
-^+26л<2х<-£ + 2/?л.
Отв. ^ + /?л < х < ^ +&л, 6л — ^ < х < — ^ + &л.
Неравенство 1— cos х < tg х— sinx равносильно таким: 1—COSX < tg х (1—cosx),(1—cosx) (1 — tgx) < 0.
Отсюда
J 1 —cos x > 0,
| 1—tgx <0,
t. e.*
( cos x < 1,
I tgx > L
Так как cos x < 1, to x^ 2л/г, поэтому
( x # 2л/?,
t tgx>l,
откуда
—+ ^л < x <
Замечание. Система
I 1 —cos x < 0,
| 1 —tg x > 0
не имеет решений, так как cos х > 1 не имеет решений, л л , ,л , ,
Оте. —+/?л < х < — 4*^л-
Неравенство tgxtg3x< — 1 равносильно таким: sin3x-sinx+cos3x‘Cos х ~cos 2х ^^
cos Зх • cos х* cos 4х + cos 2х
cos 2хcos 2х2 cos2 2х + cos 2х — 1, .. / о 1 \ < *
(cos2x + l) ( cos2x
(cos 2x +1) cos 2x f cos 2x —у < 0,
откудаоткудаО < cos 2х < у.
откуда
откуда
Решая последнее неравенство, получаем
^^-^R<^<^-V&n ^ — ^ + 2&л < 2х<-~ + 2£л.
Отв. 4г+^л< х<^--\-Ы>—~+кп<х <-~+&л. О44и
Неравенство 4 sin х sin Зх < 1 равносильно таким!
2 cos 2х—2 cos 4х < 1,
2cos2x—4 cos2 2х+2—1 < 0, 4 cos2 2х—2 cos 2х—1 > 0.
Пусть cos2x * I, тогда это неравенство принимает вид 4Р—2/ —1>0.
Если f (0«4/2—2/—1, то корни £ (О суть
Так как f (О > 0, то / < 1—или t > LijCl, т. е.
— Kcos2x < ^—~^-(1)
или
iiJCL < cos 2х < 1.(2)
Так как
cos 108° =1=^- и соз 36° = ^^+-.
то из (1) следует ~+2л£ < 2х < у+2л&, а из (2) следует —~ + 2л^ < 2х < у+ 2л6.
Отв. ^+л^<х<~+л^ , — ^ + л/г<х<^ + л^. 847. Пусть tg3x=^/, у^^» тогда имеем
у-7<78' или V<0-
Умножая обе части этого неравенства на ^/2 > 0, получаем
у^+т) (у”"8) <0‘
ИЛИ
^у + ^"^ • У • ^У—8^ < 0.
Отсюда У < —у. или 0 < у < 8, т. е.
tg8x<-l,(1)
ИЛИ
0 < tg3 х < 8.(2)
Из (1) следует tgx <—~, откуда
л1
—2*+лА < х <^arctg у+лА,
а из (2) следует 0 < tg х < 2, откуда
лА < х < arctg 2+лА. л1
Отв.^* + лА < х <—arctg у + лА, лА < х < arctg 2 + лА.
Пусть sin2x = t/, где O^^^l. Тогда имеем
^2^6t/ + 4>0.
Корни этого трехчлена yt 2=3±_У5. Поэтому y>HV5_,(1)
уО-Кб-(2)
Неравенство (1) невозможно, так как должно быть 0^#<1. Учитывая (2), получим 0 < sin2 х < 3*-1^5", откуда
2/б — 5 < cos2x < 1.
Отв. — i-arccos (21^5 — 5) + Ал < х < ~ arccos (2 >^5 «5) + Ал.
Так как
Or - 2tS* - , tff Зх - 3^X-^X tg2x .1^3tg2x *
то заданное неравенство принимает вид 2tg*_ . 3tgx^tg3x tgx+l^tg2x+ l-3tg2x >0,
После тождественных преобразований получим:
tgx(tg2x—3) ftgax—1)
7, pr
(tg2x^l)^tg2x^J
tgx(tgx+Уз) (tgx— У^з) ^8^ + ^") (tgx—^T‘)^
(tgx+l)(tgx— 1) ^tgx+^^tgx^J^^
Отметим на числовой оси точки (рис. 231), изображающие не допустимые значения tg х.
Рис. 231.
Неравенству (1) удовлетворяют:
—/Т < tg х < — 1, откуда
— т^+Ал <х
1^2"•
y<tgx<—у-. откуда
2л
— arctg-g—Ь^л < х <”"'6 +^л;
л
0 < tg х < —у, откуда Ал < х < -^ + Ал;
1/" 21/* 2л
-^-<tgx<l, откуда arctg-y+ ^л<х<-+6л;
б) tgx> V^, откуда j+бл < х <-^ + 6л.
Отв.Отв.ллV 2
Отв.
Отв.
—^ + 6л<х<—j + 6л,— arctg-y + 6л<х <
/г*<ггТГ
< —-д+бл, 6л<х<-^+йл, у + Ая<х< 2- + 6л.
Цена 82
коп
1 + a 1 . ।1 + ai
Образуем разность
х/1 \_2х+1+х*_ (х+1)«
2 —z 2»2"
откуда
c cost—cos (2ax + r)
, cost—cos (2ax + 3r) t , cos r —cos [2ax + (2a — 1) r]
H2
откуда 2S = n cosr—[cos(2ax + r) + + cos (2ax + 3r) + ... +cos[2ax + (2n — 1) r j.
Умножив обе части этого равенства на 2 sin г и зная, что
a sin 2r — 2 cos (2a + ra) sin nr
4 sin г
355. Известно, что
1 _sin(a + p)т “”cos(a —р) ’
поэтому
1_sin (a + P) 2 sin (a + P)
m sin 2a ” sin 2a cos (a —p)”sin (3a —P) + sin (a + P) *
12 sin (a + p)sin (a + P)\-^tn sin 2a““sin (a + p) — sin (3a — p)”cos 2a sin (p—a)'
И. X. СИВАШИНСКИЙ
ЗАДАЧНИК
ПО ЭЛЕМЕНТАРНОЙ
МАТЕМАТИКЕ
ИЗДАТЕЛЬСТВО «НАУКА» '
ГЛАВНАЯ РЕДАКЦИЯ’
ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
МОСКВА 1966
15С 34УДК 510 (023)15С 34УДК 510 (023)2-2-251 662-2-251 66
15
С 34
УДК 510 (023)
15
С 34
УДК 510 (023)
2-2-2
51 66
2-2-2
51 66
Книга представляет собой сборник, задач (в основном повышенной трудности) по элементарной математике , снабженных решениями или указаниями.
Этот задачник может быть использован прежде всего при подготовке к конкурсным экзаменам в вузы, особенно такие, в которых предъявляются повышенные требования по математике. Сборник может быть использован также в работе юношеских математических кружков, преподавателями и студентами педагогических вузов и для самообразования.
Израиль Хаимович Сиваилинский
ЗАДАЧНИК ПО ЭЛЕМЕНТАРНОЙ МАТЕМАТИКЕ Москва, 1966 г., 512 стр. с илл.
Редакторы А. П. Баева, Н. Н. Дегтярев.
Техн, редактор Л. Ю. Плакше. Корректор С. Н. Емельянова
Сдано в набор 27/1 1966 г. Подписано к печати 23/V 1966 г. Бумага 84х108/52. Физ. печ. л. 16. Условн. печ. л. 26,88. Уч.-изд. л. 25,89. Тираж 100 000 экз. Т-08206.
Цена книги 82 коп. Заказ №132
Издательство «Наука»
Главная редакция физико-математической литературы.
Москва, В-71, Ленинский проспект, 15.
Первая Образцовая типография имени А. А. Жданова Главполиграфпрома Комитета по печати при Совете Министров СССР
Москва, Ж-54, Валовая, 28
УСЛОВИЯГлава I. Глава II. Глава III. Глава IV»Глава V. Глава VI. Глава VII.Глава VIII.Глава IX.Глава X. Глава XI. Глава XII.Глава XIII.Глава XIV. Глава XV.Глава XVI. Глава XVII.Глава XVIII.УСЛОВИЯГлава I. Глава II. Глава III. Глава IV»Глава V. Глава VI. Глава VII.Глава VIII.Глава IX.Глава X. Глава XI. Глава XII.Глава XIII.Глава XIV. Глава XV.Глава XVI. Глава XVII.Глава XVIII.
УСЛОВИЯ
Глава I. Глава II. Глава III. Глава IV»
Глава V. Глава VI. Глава VII.
Глава VIII.
Глава IX.
Глава X. Глава XI. Глава XII.
Глава XIII.
Глава XIV. Глава XV.
Глава XVI. Глава XVII.
Глава XVIII.
УСЛОВИЯ
Глава I. Глава II. Глава III. Глава IV»
Глава V. Глава VI. Глава VII.
Глава VIII.
Глава IX.
Глава X. Глава XI. Глава XII.
Глава XIII.
Глава XIV. Глава XV.
Глава XVI. Глава XVII.
Глава XVIII.
ОГЛАВЛЕНИЕ
Делимость чисел. Теорема Безу 5
Преобразования в алгебре 10
Алгебраические уравнения и системы уравнений 14
Неравенства в алгебре. Наибольшие и наименьшие значения23
Задачи на составление уравнений32
Прогрессии и суммы 37
Основные свойства логарифмов. Показательные и логарифмические уравнения44
Комбинаторика и бином Ньютона47
Комплексные числа .. . 49
Задачи по планиметрии на вычисление . . . . 50
Задачи по планиметрии на доказательство . . 53
Задачи по планиметрии на нахождение геометрических мест 60
Задачи по планиметрии на построение . . . . 62
Задачи по стереометрии64
Неравенства в геометрии. Наибольшие и наименьшие значения68
Преобразования в тригонометрии 74
Тригонометрические уравнения и системы уравнений 78
Неравенства в тригонометрии. Наибольшие и наименьшие значения84
331*
3
3
РЕШЕНИЯ И УКАЗАНИЯ
Глава I.
Глава II.
Глава III.
Глава IV.
Делимость чисел. Теорема Безу91
Преобразования в алгебре 109
Алгебраические уравнения и системы уравнений 123
Неравенства в алгебре. Наибольшие и наименьшие значения163
Глава V.
Глава VI.
Глава VII.
Задачи на составление уравнений 207
Прогрессии и суммы 225
Основные свойства логарифмов. Показательные и логарифмические уравнения253
Глава VIII.
Глава IX.
Глава X. Глава XI. Глава XII.
Комбинаторика и бином Ньютона263
Комплексные числа 270
Задачи по планиметрии на вычисление . . . . 274
Задачи по планиметрии на доказательство . . . 294
Задачи по планиметрии на нахождение геометрических мест334
Глава XIII.
Глава XIV.
Глава XV.
Задачи по планиметрии на построение . . . . 345
Задачи по стереометрии362
Неравенства в геометрии. Наибольшие и наименьшие значения388
Глава XVI.
Глава XVII.
Преобразования в тригонометрии422
Тригонометрические уравнения и системы уравнений 438
Глава XVIII. Неравенства в тригонометрии. Наибольшие и наименьшие значения472
условия
Глава I