База знаний студента. Реферат, курсовая, контрольная, диплом на заказ

УЗШ «Эрудит»

Реферат

по теме

«Задачи Пятого Турнира Юных Математиков»

ученика 10^го класса

Гончаренко Никиты
Предисловие

          Настоящий реферат рассматривает решения задач некоторых задач отборочного этапа Пятого Всеукраинского турнира юных математиков (проводившегося г. Сумы). В кратком условии участия было отмечено, что «предлагаемые задачи достаточно сложны и необязательно должны быть решены полностью. Оцениваться будут и отдельные продвижения и разбор частных случаев. В некоторых случаях можно решить аналогичную или более простую задачу». Данный реферат имеет несколько не доведенных до конца задач, либо решенных частично. Также приведены некоторые задач финального тура.

«Геометрические миниатюры»

Условие: Зафиксируем на плоскости S_L, S_M, S_K площади треугольников, вершинами которых есть, соответственно, основания биссектрис, медиан и точек касания вписанной окружности. Доказать, что

Решение

Решение задачи разобъем на четыре этапа:

1.     Докажем, что

2.     Докажем, что

3.     Докажем, что

4.     Из этапов (2) и (3) ясно, что

Этап 1: Найдем отношение площади треугольника, вершинами которого являются точки касания вписанной окружности, к площади данного треугольника АВС.

Пусть окружность касается сторон АВ, ВС и АС соответственно в точках P, S и Q. Обозначим отрезки AP, CQ и BS как x, y и z соответственно. Тогда из «отрезки касательных, проведенных из одной точки равны», следует, что AC = AQ = x, CQ = CS = y, BS = BP = z.

          Составим и решим систему.

a = y + z    b = x + y     c = x + z

  

Найдем отношение площади PSQ к площади АВС через разность площадей SPSQ = SАВС – (SAPQ + SCQS + SBPS).

Аналогично,

  и  

Тогда из SPSQ = SАВС – (SAPQ + SCQS + SBPS) Þ

Подставим значения

Раскрыв скобки, выражение можно записать как

Длины сторон треугольника всегда положительны, значит используем неравенство Коши:

Подставим неравенства в числители дробей

Итак, отношение площади треугольника PSQ (по условию - S_k) , вершинами которого являются точки касания вписанной окружности, к площади данного треугольника АВС:

 Этап 2: Найдем отношение площади треугольника, вершины которого – основания биссектрис данного треугольника, к площади данного треугольника АВС.

Пусть АН, BG, CF – биссектрисы АВС, тогда FGH – искомый треугольник. Найдем отношение площадей данного треугольника и FGH.

Обозначим AF = x, BH = y, CG = z. По свойству биссектрис («биссектриса делит сторону треугольника на отрезки, пропорциональные двум другим сторонам»), тогда                 

Значит,        

По аналогии с предыдущей задачей найдем отношение FBH, HCG, FAG к площади ABC.

Аналогично,

  и  

Тогда

Упростив это выражение, получаем .

Теперь, из неравенства Коши (Þ

Итак, отношение площади треугольника FHG (по условию - S_l), вершины которого – основания биссектрис данного треугольника, к площади треугольника АВС -

Этап 3: Найдем отношение площади треугольника, образованного основаниями медиан, к данному треугольнику ABC.

          Проведем из вершин E, R и T.

Рассмотрим AERT.

RT, по свойству средней линии равен половине АЕ и АЕ7RT.

ER=AT и ER7AT по этим же признакам Þ AERT – параллелограмм.

Значит ÐEAT=ÐERT (*) – по свойству параллелограмма.

Аналогичным образом рассмотрим параллелограммы ERCT, BETR. Из них Þ ÐRET = ÐRCT, ÐRBE = ÐETR (**).

          Из (*) и (**) Þ ERT подобен (по свойству средней линии). По свойству «площади подобных фигур относятся как квадраты коэффициентов подобия», .

Итак, отношение площади треугольника (по условию S_K), образованного основаниями медиан, к площади данного треугольника АВС - .

Этап 4: докажем, что

В процессе решения задачи данный этап был разрешен, но найденное решение оказалось крайне не рациональное и очень объемное, поэтому здесь не приведено.

Значит, действительно, площадь треугольника, образованного основаниями медиан больше площади треугольника, образованного основаниями биссектрис, который больше площади треугольника, образованного точками касания вписанной окружности. ЧТД.

Задача 1 Финального тура

Условие: Решить уравнение xy² + xy + x² – 2y – 1 = 0 в целых числах.

Решение

Представим исходное уравнение в виде:

Из этого следует, что х – делитель 2у+1. Введем замену: 2у+1 = kx, где kÎZ. Тогда

 Т.к. ищем решения в целых числах, из этого равенства видно, что k – число нечетное.

Подставим значения в преобразованное уравнение.

Введем замену: х₁ = -х. Тогда полученное уравнение примет вид

Решим данное уравнение относительно х₁ (очевидно, что

1.     Рассмотрим случай, когда k = 1.

Отсюда, х = 1 или х =  = -5, тогда y = 0 или у = -3; 
Ответ: (1;0), (0;-3);

2.     Рассмотрим случай, когда k = -1.

Отсюда, х = -1 или х = ­­  = -3, тогда у = 0 или у = 1;
Ответ: (-1;0), (-3;1);

3.     Рассмотрим случай, когда k = 3.
 Отсюда у = -14.
Ответ: (-9;-14)

4.     Рассмотрим случай, когда k = -3.
- нет решений в области целых чисел.

Итак, в результате вышеописанных вычислений были найдены следующие решения: (1;0),  (0;-3),  (-1;0),  (-3;1),  (-9;-14).

Cумма производных

Условие: Пусть

Доказать, что для нечетных - число четное, а для четных  - число нечетное.

Решение

Рассмотрим производные P(x):

Далее замечаем, что

1.     n = 2k..
4k²(2k-1) – это число четное.

2.     n = 2k+1.
2k*(2k+1)² – также число четное.

Отсюда следует, чтоn. Значит,

Введем некоторую функцию F(x).

Рассмотрим возможные случаи для х:

1.     х – число четное

 - число четное Þ F(x) – нечетное.

Значит,

2.     х – число нечетное

a.     n – нечетное

 - при четном х – четное, значит сумма четна Þ F(x) – четное.

b.     n – четное

 - при четном х – четное, значит сумма нечетна Þ F(x) – четное.

Значит, при любом нечетном х, всегда F(x) будет четной при любом (четном/нечетном) значении n Þ

 - четное ЧТД

В результате рассмотренных выше случаев, выводим, что для нечетных - число четное, а для четных  - число нечетное.

ЧТД.

Необычное уравнение

Условие: Для m натуральных через P(m), обозначается произведение всех цифр его десятичной записи, а через S(m) – их сумма. Найти количество k(n) решений уравнения

при n = 2002. Исследуйте величину k(n) решений уравнения.

Решение

Рассмотрим различные случаи числа x.

Пусть в записи х есть ноль, тогда P(x) = 0, значит

Пусть S(x)=y, S(x) = n и в записи числа есть ноль, тогда

    

Значит, P(S(x)) = P(y) = 0, т.к. число содержит ноль.

S(S(x))=S(y)=n. Имеется бесконечно много решений.

Т.е. для решения данного уравнения подходят числа, S(S(x)) которых равна n.

Т.к. решений бесконечно много, то имеем множество решений для любых случаев.

Идем от обратного: S(y)=n где, a+b+c+…+f = n, т.е. от перестановки цифр сумма не меняется.

При n = 2002, S(x) = 4, P(S(x)) = 4, S(S(X)) = 4 –

Рассмотрев решения для данного случая, убеждаемся, что n можно подобрать относительно х или наоборот.

Задание 6 Финального Тура

Найти все функции

Решение

Пусть х = 1.

. Заменим f(y) на а, имеем:

(*)

Проверим полученную функцию.

y = 1, тогда

Теперь подставим в исходную функцию.

 

Значит, одно из возможных значений функции -

Математический Анализ

Условие: Рассматриваются различные непрерывно дифференцируемые функции  (это значит, что для произвольного , существует ), причем функция g непрерывна на сегменте [0;1]; под произодными функции f в конечных точках сегмента [0;1] считаются конечные производные соответственно), для которых f(0)=f(1)=0 и . Охарактеризовать множество всех точек, координатной плоскости xOy, через которые могут проходить графики всех функций.

Решение

Используем неравенство Коши-Буняковского для определенного интеграла, но, прежде, распишем определенный интеграл:

Распишем, также, формулу Ньютона-Лейбница:

 

Итак,

Значит 

Значит,

Тогда,

 (по условию).

Рассмотрим два случая:

1.     y² = x – x² (точка лежит на контуре)

Т.е. графиком данной функции будет произвольная кривая, в которую вписан угол (угол  OMK = 90⁰)

ПРОТИВОРЕЧИЕ !!!

2.    

Т.е. всегда можно построить гладкую кривую, проходящую через точку Х.

Бесконечные Биномиальные Коэффициенты

Условие:  упростить выражение

Решение

Отметим, что если n – четное, что количество членов ряда нечетно, а если n – нечетно, то их количество четно.

Рассмотрим четные и нечетные n.

1.     n = 2k  + 1 – нечетное

Тогда, ряд будет иметь вид:

Зная, что

Видим, что равноудаленные от концов ряда члены сокращаются, и, т.к. количество их четно, следовательно сумма ряда рана нулю.

, при    n = 2k + 1.

2.     n = 2k

Этот случай не был решен до конца, но в результате расчетов первых четных чисел была выведена и проверена, однако не доказана, формула

  n – четное.

Работа Гончаренко Никиты,

Г. Краматорск, ОШ#35

УЗШ «Эрудит» Реферат по теме «Задачи Пятого Турнира Юных Математиков» ученика 10го класса Гончаренко Никиты Предисловие           Настоящий реферат рассматривает решения задач некоторых задач отборочного этап

 

• 14:21 05 Июля 2016
  Российско-китайский медуниверситет откроет магистерскую программу по TCM
• 01:21 05 Июля 2016
  На форуме МГУ Россия и Китай обсудят научно-образовательное сотрудничество
• 11:00 04 Июля 2016
  Реморенко: "ЕГЭ-туризм" в России сходит на нет
• 10:52 04 Июля 2016
  Летняя российско-австрийская школа откроется в Москве
• 15:31 01 Июля 2016
  В СПбГУ могут воссоздать географический факультет

Заказать уникальную работу