M1442. Равенство отрезков касательных

Задача из журнала «Квант» (М1442)

Условие

Две окружности пересекаются в точках A и B. В точке A к обеим проведены касательные, пересекающие окружности в точках M и N. Прямые BM и BN пересекают окружности еще раз в точках P и Q(P — на прямой BM, Q — на прямой BN). Докажите, что отрезки MP и NQ равны.

Решение

Легко доказать, что треугольники MAP и QAN подобны. Несколько труднее — что они равны. Но и это можно сделать, используя лишь теоремы о величине вписанного угла, о величине угла между касательной и хордой, а также о величине угла между касательной и секущей (он равен полуразности дуг, заключенных между сторонами угла, рис. 1).

Рис.1
Рис.1

Пусть величины дуг AB двух кругов (заключенных внутри кругов) равны 2\phi и 2\psi (для дуг, лежащих внутри углов MAB и NAB соответственно). Легко видеть, что \angle BNA = \angle QNA = \phi, а также \angle MPA = \phi — как в случае, когда точки P и N лежат по одну сторону от прямой AB (рис. 2), так и в случае, когда по разные (рис. 3, где \angle BPA = \pi - \phi). Аналогично, \angle BMA = \angle PMA = \psi = \angle NQA. Отсюда следует подобие \triangle MAP\sim \triangle QAN.

рис. 2
Рис. 2

рис. 3
Рис. 3

Докажем, что AP = AN. Проверим, что эти хорды стягивают разные дуги. Величина дуги ABN (как и ABM) равна 2\phi + 2\psi, т. е. точки A и N делят окружности на дуги 2\phi + 2\psi и 2\pi - 2\phi - 2\psi. Дугу AP можно найти рассмотрев угол \angle AMB = \phi как угол между касательной и секущей : величина этой дуги, лежащей внутри угла, равна 2\phi + 2\psi на рисунке 2 и 2\pi - 2\phi - 2\psi на рисунке 3, т. е. точки A и P делят окружность на такие же дуги 2\phi + 2\psi и 2\pi - 2\phi - 2\psi.  Аналогично, AQ = AM. Отсюда следует, что \triangle MAP=\triangle QAN и MP = QN.

      И. Нагель

Почленное дифференцирование и интегрирование степенного ряда

Часть первая: Почленное интегрирование степенного ряда

Замечание

Радиусом сходимости степенного ряда \sum_{n=0}^{\infty}{a_nx^n} называется такое число R при котором ряд сходится при |x|<R и расходится при |x|>R.
сх

Теорема

Степенной ряд \sum_{n=0}^{\infty}{a}_{n}{x}^{n}={a}_{0}+{a}_{1}{x}+{a}_{2}{x}^{2}+...+{a}_{n}{x}^{n}+... (в дальнейшем ряд 1), на промежутке [0, x], где \left|x\right|<R, всегда можно интегрировать почленно, так что $$\int_{0}^{x}f(x)dx={a}_{0}x+\frac{{a}_{1}}{2}{x}^{2}+\frac{{a}_{2}}{3}{x}^{3}+\ldots+\frac{{a}_{n-1}}{n}{x}^{n}+\ldots$$

Доказательство

... показать

Пример

... показать

Почленное интегрирование степенного ряда

Часть вторая: Почленное дифференцирование степенного ряда

Теорема

Степенной ряд (1) внутри его промежутка сходимости можно дифференцировать почленно, так что для суммы ряда f(x) существует производная которая выражается:$$f^\prime(x)=\sum_{n=1}^{\infty}{na_nx^{(n-1)}}=a_1+2a_2x+\ldots+na_nx^{(n-1)}+\ldots$$

Доказательство

... показать

Замечание

Мы доказали что ряд \int_{0}^{x}f(x)dx={a}_{0}x+\frac{{a}_{1}}{2}{x}^{2}+\frac{{a}_{2}}{3}{x}^{3}+...+\frac{{a}_{n-1}}{n}{x}^{n}+... и f^\prime(x)=\sum_{n=1}^{\infty}{na_nx^{n-1}}=a_1+2a_2x+\ldots+na_nx^{(n-1)}+\ldots сходятся на промежутке (-R, R), следовательно их радиусы сходимости не меньше R. В свою очередь ряд (1) получается почленным дифференцированием ряда \int_{0}^{x}f(x)dx={a}_{0}x+\frac{{a}_{1}}{2}{x}^{2}+\frac{{a}_{2}}{3}{x}^{3}+...+\frac{{a}_{n-1}}{n}{x}^{n}+... и почленным интегрированием ряда f^\prime(x)=\sum_{n=1}^{\infty}{na_nx^{n-1}}=a_1+2a_2x+\ldots+na_nx^{(n-1)}+\ldots следовательно R не может быть меньше упомянутых радиусов сходимости. Из вышеупомянутого следует, что радиусы сходимости всех трех рядов равны между собой.

Пример

... показать

Список литературы

Почленное дифференцирование степенного ряда