sfme2009_8

Вишняк О.П.

отримаємо алогічні суперечності, а отже система векторів b1, b2 , b3 є лінійно незалежною.

Нехай t = (tn ) –– довільно вибраний елемент з Т. Шляхом безпосередньої підстановки, нескладно переконатися, що виконується рівність

R

t = t1b1 + t2b2 + t3b3 .

Отже, впорядкована трійка векторів b1, b2 , b3 утворює базис, в якому вектор t має координати (t1;t2 ;t3 ). ↑

Наслідок 1. (T , +, λ(×)) — тривимірний векторний простір.

Наслідок 2. (T , +, λ(×)) — ізоморфний простору V3 над полем R (як довільний скінченновимірний простір над одним і тим же полем).

4. Евклідовість простору (T , +, λ(×))

Довільний скінченновимірний векторний простір можна зробити евклідовим, ввівши у ньому скалярний добуток. Нагадаємо [12], що скалярним

добутком в просторі R1 називається дійсно значна функція f (x, y), визначена для кожної пари елементів x, y R , яка задовольняє наступним умовам ––

аксіомам скалярного добутку:

(1)f (x, y ) = f (y, x);

(2)f (x1 + x2 , y ) = f (x1, y )+ f (x2 , y );

(3)f (λx, y ) = f (x, λy )= λ f (x, y );

(4)f (x, x)³ 0 , причому f (x, x) = 0 тоді і тільки тоді, коли x = 0 .

Для введення скалярного добутку використаємо фіксований, розглянутий

ПРО ПОСЛІДОВНІСТЬ ТРІБОНАЧЧІ ТА ДЕЯКІ ЇЇ ВЛАСТИВОСТІ

Обґрунтуємо коректність так означеного скалярного добутку. Для цього

↓ Перевіримо чи є базисні вектори попарно ортогональними. Згідно з рівністю (6) маємо:

b1 · b2 = 1× 0 + 0 ×1 + 0 × 0 = 0 , b1 · b3 = 1× 0 + 0 × 0 + 0 ×1 = 0 , b2 · b3 = 0 × 0 +1× 0 + 0 ×1 = 0 .

Отже, базис b1, b2 , b3 є ортогональним.

Перевіримо чи є вектори b1, b2 , b3 одиничними. З рівності (7) слідує, що

Вишняк О.П.

Література

1. Bruce І. A modified Tribonacci sequence // The Fibonacci Quart. –– 22, № 3. –– 1984.

–– Р. 244–246.

2.Catalani M. Polymatrix and generalized polynacci numbers, published electronically at www.arXiv.org/math/0210201

3.Catalani M. On the Roots of the Cubic Defining the Tribonacci Sequences. –– 2002, arXiv:math.CO/0209265

4.Catalani M. Identities for Tribonacci-related sequences. –– 20 02, arXiv:math.CO/0209179

1972. –– Р. 231–246.

10. Weisstein E. W. Fibonacci n-step number, published electronically at mathworld.wolfram.com/Fibonaccin-StepNumber.html

11. Воробьев Н. Н. Числа Фибоначчи. — М.: Наука, 1969. — 112 с.

12.Колмогоров А. Н., Фомин С. В. Элементы теории функций и функционального анализа. –– М.: Наука, 1972. –– 496 с.

13.Ядренко М. Й. Дискретна математика: навчальний посібник. –– К.: МП

"ТВіМС", 2004. –– 245 с.

Працьовитий О.М.

Отримали фігуру K2 , що є об'єднанням 32 конгруентних між собою трикутників, які подібні початковому трикутнику OAB з коефіцієнтом 22 . Фігуру K2 називають предфракталом 2-го рангу. З кожним з отриманих трикутників поступимо так же і отримаємо предфрактал K3 3-го рангу і т.д. В

результаті виконання нескінченного числа кроків таких побудов, отримаємо лінію K , яка "зіткана" зі сторін і середніх ліній початкового OAB і всіх

новоутворених трикутників, але не тільки з них (фігурі K належать точки, які не належать названим відрізкам). Фігура K називається серветкою Серпінського.

Оскільки

то серветка Серпінського є самоподібною множиною, самоподібна розмірність якої є розв'язком рівняння

)

Якщо A = 60o , то легко бачити, що точка O співпадатиме з точкою M і трикутник ABC є об’єднанням чотирьох трикутників: AKL , BKM , CLM і KLM , які є конгруентними між собою.

)

Якщо A < 60o , то в результаті виконаних побудов отримуємо розбиття початкового рівнобедреного трикутника ABC на п’ять рівнобедрених трикутників: AKL , BKO , CLO , OKL , OBC . Нас цікавитиме фігура Φ , яка є об’єднанням перших трьох трикутників, тобто

Φ = AKL U BKO U CLO .

Трикутники, що входять до Φ є рівнобедреними і мають довжину бічної сторони рівну a , тобто вдвічі меншу довжини бічної сторони початкового трикутника.

Дослідимо периметр Φ і відношення площ фігури Φ і трикутника ABC .

Працьовитий О.М.

Задача 1. Чи лежать точки B, O і L на одній прямій? Чи існують

сторони (рівносильно - синус половини кута при вершині) дорівнює 5 . Отже,

4 2

існують трикутники, для яких точки B, O і L колінеарні.

Задача 2. Знайти довжину основи рівнобедреного трикутника BKO .

Розв’язання. З прямокутного трикутника KGO :

KO = KG 2 + GO 2 = u 2 + ( AM - AG - MO)2 =

= u 2 + (2a 2 - u 2 - a 2 - u 2 - a 2 - 4u 2 )2 = u 2 + (a 2 - u 2 - a 2 - 4u 2 ) 2 =

Задача 3. Знайти відношення довжин основ рівнобедрених трикутників

BKO і AKL .

ГЕОМЕТРИЧНИЙ АНАЛІЗ ОДНОГО УЗАГАЛЬНЕННЯ ТРИКУТНОЇ СЕРВЕТКИ СЕРПІНСЬКОГО

Розв’язання.

В задачах, які нас цікавлять (міркування ведуться з точністю до подібності) , не порушуючи загальності, можна вважати що a = 1

Задача 4. Знайти кут β .

Розв’язання. З трикутника KBO за теоремою косинусів

KO 2 = 2a 2 (1 − cos β ) .

Використовуючи відповідь задачі 2 і те, що sin α = u , маємо

Працьовитий О.М.

Враховуючи, що α + β + γ = π , a = 1 , sinα = u , cos γ = 2u , маємо

2

sin β = cos(α + γ ) = 2u 1 - u 2 - u 1 - 4u 2 .

Тоді

Наслідок. SΦ £ 3 S ABC .

4

Задача 6. Обчислити периметр фігури Φ .

Розв’язання.

PΦ = 4a + 4u + KL + 2KO .

З трикутника AKL за теоремою косинусів

KL = 2a 2 (1 - cos 2α) = 2a sin α .

З трикутника BKO за теоремою косинусів

KO = 2a 2 (1 - cos β) = 2a sin β . 2