Нестандартные задачи по математике (для подготовки студентов к олимпиадам). Учебное пособие

10. Различные варианты решения задачи

Решение задач разными способами, во первых, поощряется при оценке результатов выступления студентов на олимпиаде, во вторых, это дополнительное обоснование правильности полученного решения.

21

Пример. Дан правильный семнадцатиугольник. Найти сумму векторов с началом в центре многоугольника, концами которых являются его вершины. Длины таких векторов будут равны радиусу описанной окружности.

Первое решение. Используем правило сложения векторов. Возьмем какой-нибудь из таких векторов. Из его конца выпустим следующий вектор, двигаясь против часовой стрелки. Таким образом, будет построен правильный семнадцатиугольник. Стороны его будут равны радиусу окружности, описанной вокруг исходного семнадцатиугольника.

Восстановим перпендикуляры из середин первого и второго векторов. Обозначим точку их пересечения за О. Легко показать, что два треугольника, вершины которых концы первого и второго.

вектора и точки О равны и их углы при вершине О равны µ.

Продолжим процесс, в результате будет построен правильный семнадцатиугольник и конец 17-го вектора совпадает с началом первого. Таким образом, искомая сумма векторов равна нулю. #} Второе решение. Пусть искомая. сумма векторов равна .

Повернем этот вектор на угол µ относительно центра. семна-

дцатиугольника. Сумма#} их также повернется на µ#}. Очевидно0. ,

она опять будет равна . Это возможно, если только Третье решение. Не принижая общности, будем считать что

семнадцатиугольник вписан в единичную окружность. Введем систему координат на плоскости, в которой лежит семнадцатиугольник так, что начало координат совпадает с центром единичной окружности, а одна из его вершин имеет координаты (1;0). Будем рассматривать плоскость как комплексную. Тогда

вершины семнадцатиугольника есть корни уравнения

¡µ 1 0.

Искомая сумма векторов равна сумме корней

¡ ¡ _ ¡µ,

которая удовлетворяет условию задачи.

22

11. Метод от противного

Пример. Пусть матрицы А и В такие, что матрица E − AB имеет обратную. Доказать, что матрица Е − ВА также имеет об-

разом, предположение, что матрица (Е − ВА) необратима неверно. Значит (Е − ВА) обратима, ч.т.д.

12. Индукция

Как заметил Д. Пойа: «Метод есть идея, примененная дважды». Метод математической индукции позволяет решать сложные задачи на построение, доказательство тождеств, неравенств, задачи на делимость и т.д.

Пример. Доказать, что неравенство

`8 `8 … ` 4 E0,

выполняется для всех a 2, 3 ….

Данное неравенство рассматриваем не как единый факт, а как бесконечный ряд однотипных утверждений: a 2 а) проверим первое утверждение (базу индукции) для :

23

представить как сумму нескольких различных степеней двойки (включая нулевую), т.е. любое натуральное число можно запи-

» утверждениеa. справедливо для любого натурально го числа меньшего

24

рихле является удобной формой доказательства от противного, которая позволяет иногда делать неожиданные выводы из казалось бы скудных сведений.

Пример. В квадрат со стороной 1 м бросили 51 точку. Доказать, что какие-то три из них можно накрыть квадратом со сто-

дет меньше 51. Следовательно, в каком-то квадратике их будет не менее трех. Он и накроет их.

14. Приложения интегрального исчисления к механике

Если мы определяем некоторую величину, обладающую свойством аддитивности (статический момент, момент инерции и т.д.), то эта характеристика для элемента является обычно дифференциалом искомой величины.

25

ш с − объем шарового сегмента. Шаровой сегмент, занимающий

26

27

ЗАДАЧИ СТРОИТЕЛЬНОГО ПРОФИЛЯ

1. Строительная компания строила дорогу из города А в город В. За первый 8-часовой рабочий день она построила 2 км. Ночью прошел дождь и смыл всю разметку, которая была нарисована на построенном участке дороги. На следующий день разметка была восстановлена, и на это ушла часть рабочего времени. Скорость восстановления разметки − 6 км/ч. В результате на второй день был построен более короткий участок дороги. Следующей ночью вся разметка опять была смыта дождем, и ее восстановление снова потребовало части рабочего времени. На каком максимальном расстоянии могли находиться города А и В, если известно, что дорога между ними в результате была построена, и во время строительства каждую ночь лил дождь?

Решение. Так как скорость восстановления равна 6 км/ч, за 8-часовой рабочий день можно восстановить 48 км дорожной разметки. Пусть города находятся на некотором меньшем расстоянии, например (48 − х) км. Начало рабочего дня всегда начинается с восстановления разметки. По времени восстановление никогда не будет занимать больше (48 − х)/6 = 8 − х/6 ч. Значит, после восстановления разметки у рабочих есть еще минимум х/6 ч для строительства нового участка дороги. Если скорость строительства дороги V (не будем ее вычислять, хотя это возможно, так как дано, что за 1 рабочий день построено 2 км дороги), то каждый день строится минимум Vх/6 км. Ну а раз каждый день строится как минимум некоторое определенное количество километров, в конце концов, дорога будет построена. Результат. Если расстояние между городами меньше 48 км, то между ними будет построена дорога. Если расстояние между ними больше 48 км, дорога никогда не будет построена, потому что рабочего дня не будет хватать даже на то, чтобы восстановить разметку на участке дороги между городами.

Ответ: 48 км.

28

2. В городском парке установлены две осветительные установки A и B, расположенные на расстоянии d = 96 м друг от друга. Устройство этих установок таково, что наилучшая освещенность на поверхности парка достигается в таких точках М, для

которых выполняется условие: MA 2 = 5 MB 2 . Через все такие

точки проложили пешеходную дорожку.

Если ввести систему координат так, чтобы начало координат совпадало с расположением установки A, а ось ОХ была направлена в сторону установки B (см. рисунок), то в каком виде может быть записано уравнение линии, на которой расположены все такие точки? Точка А имеет координаты (0;0), точка

B (96;0).

Решение. Пусть М (х, у) – точка, удовлетворяющая условию задачи (с наилучшей освещенностью). По условию

MA 2 = 5 MB 2.

MA = x2 + y2 , MB = (x − 96)2 + y2 .

29

Тогда из выражения

x2 + y2 = 5 ( x - 96)2 + y2

следует

4x2 -10 ×96x + 4 y2 + 5 ×962 = 0 ® x2 - 240x + y2 +120 ×96 = 0.

Выделяем полный квадрат.

Ответ: Все точки с наилучшей освещенностью лежат на окружности.

3. Парк развлечений, имеющий форму квадрата со стороной a, освещают две осветительные установки A и B, расположенные в противолежащих вершинах этого квадрата (см. рисунок).

Наилучшая освещенность на поверхности парка достигается в точках, отстоящих в три раза дальше от установки A, чем от установки B. Через все такие точки проложили пешеходную дорожку. В местах пересечения этой дорожки со сторонами квадрата расположены входы в парк. Пусть сторона квадрата

a = 32(17 + 1) m. Найти расстояние от установки B до ближайшего такого входа, м.

30