M1442. Равенство отрезков касательных

Задача из журнала «Квант» (М1442)

Условие

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

Решение

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

рис. 2
Рис. 2

рис. 3
Рис. 3

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

      И. Нагель

Почленное дифференцирование и интегрирование степенного ряда

Часть первая: Почленное интегрирование степенного ряда

Замечание

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

Теорема

Степенной ряд [latex]\sum_{n=0}^{\infty}{a}_{n}{x}^{n}={a}_{0}+{a}_{1}{x}+{a}_{2}{x}^{2}+…+{a}_{n}{x}^{n}+…[/latex] (в дальнейшем ряд 1), на промежутке [latex][0, x][/latex], где [latex]\left|x\right|<R[/latex], 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

Спойлер

Для доказательства выберем [latex]r[/latex] между [latex]\left|x\right|[/latex] и [latex]R[/latex]. Так как степенной ряд равномерно сходится, ряд [latex](1)[/latex] сходится равномерно на промежутке [latex][-r, r][/latex] , и следовательно по теореме (об интегрируемости функционального ряда на сегменте) на промежутке [latex][0, x][/latex] ряд можно почленно интегрировать.

[свернуть]

Пример

Спойлер

1) Почленно интегрируем прогрессии:
$$\frac{1}{1+x}=1-x+{x}^{2}-\ldots+{(-1)}^{n-1}{x}^{n-1}+\ldots$$
$$\frac{1}{1+{x}^{2}}=1-{x}^{2}+{x}^{4}-\ldots+{(-1)}^{n-1}{x}^{2(n-1)}+\ldots$$

получаются такие разложения:

$$\int_{0}^{x}\frac{dx}{1+x}=\int_{0}^{x}1-\int_{0}^{x}x+\int_{0}^{x}{x}^{2}-\ldots+\int_{0}^{x}{(-1)}^{n-1}{x}^{n-1}+\ldots=$$
$$x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\ldots+(-1)^{n-1}\frac{x^n}{n}+\ldots$$

$$\int_{0}^{x}\frac{dx}{1+{x}^{2}}=\int_{0}^{x}1-\int_{0}^{x}{x}^{2}+\int_{0}^{x}{x}^{4}-\ldots+\int_{0}^{x}{(-1)}^{n-1}{x}^{2(n-1)}+\ldots=$$
$$x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-\ldots+(-1)^{n-1}\frac{x^{2n-1}}{2n-1}$$

2) Возьмем известное нам разложение в ряд функции [latex](1+x)^{-\frac{1}{2}}[/latex] и заменим в нем [latex]x[/latex] на [latex]-x^2[/latex] (считая что [latex]|x|<1[/latex]); в результате получим:$$\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=1+\sum_{n=1}^{\infty }{\frac{(2n-1)!!}{2n!!}}x^{2n}(-1<x<1)$$.

Теперь проинтегрируем полученный ряд почленно на промежутке [latex][0, x][/latex] [latex](-1<x<1)[/latex]:$$\int_{0}^{x}{\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}}=arcsinx=x+\frac{1}{2}\cdot\frac{x^3}{3}+\frac{1\cdot3}{2\cdot4}\cdot\frac{x^5}{5}+\ldots+\frac{1\cdot3\cdot\ldots\cdot(2n-1)}{2\cdot4\cdot\ldots\cdot2n}\cdot\frac{x^{2n+1}}{2n+1}+\ldots$$

По следствию из теоремы Абеля это разложение имеет место и на концах [latex]x=\pm1[/latex], т. к. ряд справа сходиться в этих точках.

[свернуть]

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 [latex]f(x)[/latex] 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

Спойлер

Возьмем любое [latex]x[/latex] внутри промежутка сходимости исходного ряда, так что [latex]|x|<R[/latex], и вставим число [latex]r^\prime[/latex] между [latex]|x|[/latex] и [latex]R[/latex]:[latex]|x|<r^\prime<R[/latex].
Ввиду сходимости ряда $$\sum_{n=1}^{\infty}{a_n r^{\prime n}}=a_0+a_1 r^\prime+a_2 r^{\prime 2}+\ldots+a_n r^{\prime n}+\ldots ,$$

его общий член ограничен:$$|a_n|r^{\prime n}<L\;\;\;(L=const;n=1,2,3,\ldots)$$
Тогда для абсолютной величины [latex]n[/latex]-го члена ряда [latex]f^\prime(x)[/latex] получается оценка $$n\mid a_n\mid \cdot|r^{n-1}|=n\mid a_n\mid \cdot r^{\prime n}\cdot {|\frac{x}{r^\prime}|}^{n-1}\cdot \frac{1}{r^{\prime}}\le \frac{L}{r^\prime}\cdot n{|\frac{x}{r^\prime}|}^{n-1}.$$
Ряд $$\frac{L}{r^\prime}\sum_{n=1}^{\infty}{n{|\frac{x}{r^\prime}|}^{n-1}}=\frac{L}{r^\prime}\{1+2|\frac{x}{r^\prime}|+\ldots+n{|\frac{x}{r^\prime}|}^{n-1}+\ldots\}$$сходится; в этом можно убедиться с помощью признака Даламбера, если учесть что [latex]|\frac{x}{r^{\prime}}|<1.[/latex]В этом случае абсолютно сходится ряд [latex]f^\prime(x).[/latex] Отсюда ясно что радиус сходимости [latex]R^\prime[/latex] ряда [latex]f^\prime(x)[/latex] не меньше [latex]R.[/latex]
Если теперь взять любое [latex]r<R[/latex], то одновременно [latex]r<R^\prime[/latex]; так как степенной ряд (1) равномерно сходится то и ряд [latex]f^\prime(x)[/latex] равномерно сходится в промежутке [latex][-r, r],[/latex] так что — по теореме о почленном дифференцировании рядов — в этом промежутке допустимо почленное дифференцирование ряда (1). Так как [latex]r<R[/latex] произвольно, то основное утверждение теоремы доказано.

[свернуть]

Замечание

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

Пример

Спойлер

1) Разложить в степенной ряд функцию [latex]e^x[/latex]

Рассмотрим ряд [latex]f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{x^n}{n!}}=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\ldots[/latex].

Ряд сходится при любых [latex]x[/latex]. Почленно дифференцируя ряд получим:$$f^\prime(x)=\frac{d}{dx}1+\frac{d}{dx}x+\frac{d}{dx}\frac{x^2}{2!}+\frac{d}{dx}\frac{x^3}{3!}+\ldots=0+1+x+\frac{x^2}{2!}+\ldots=f(x)$$

Заметим что функция [latex]f(x)[/latex] удовлетворяет дифференциальному уравнению [latex]f^\prime=f[/latex]. Общее решение этого уравнения имеет вид [latex]f(x)=ce^x[/latex], где [latex]c[/latex] — константа. Подставляя начальное значение [latex]f(0)=1[/latex], получим [latex]c=1[/latex]. Таким образом получим разложение:$$f(x)=e^x=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{x^n}{n!}}=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\ldots$$

[свернуть]

Список литературы

Почленное дифференцирование степенного ряда