Под каким углом к горизонту следует бросить камень, чтобы расстояние от него до точки бросания в течение полета все время возрастало? Камень бросают с небольшой скоростью, сопротивлением воздуха можно пренебречь.
Решение
Если бросить камень почти вертикально, то расстояние до него вначале будет увеличиваться, а затем начнет уменьшаться. Ясно, что нужно найти «граничное» значение угла бросания $\alpha_\Gamma.$ Ясно также, что «подозрительная» точка траектории находится на спадающем ее участке. В этой точке вектор скорости $\overline{v}$ перпендикулярен радиусу-вектору $\overline{R}$ (см. рисунок).
Тогда $$\frac{y}{x} = \frac{v_x}{-v_y}, или \frac{v_0t\sinα_Γ-\frac{gt^2}{2}}{v_0t\cosα_Γ} = \frac{v_0\cosα_Γ}{gt-v_0\sinα_Γ}.$$
У этого уравнения есть корень при условии, что дискриминант $D \geqslant 0$. Тогда условие задачи будет выполнено, если это уравнение не имеет корней, т.е. если
Сто неотрицательных чисел $x_{1},x_{2},\ldots,x_{100}$ расставлены по кругу так, что сумма любых трех подряд идущих чисел не превосходит $1$ (т. е. $x_{1}+x_{2}+x_{3}\leqslant 1,x_{2}+x_{3}+x_{4}\leqslant 1,\ldots,x_{100}+x_{1}+x_{2}\leqslant 1$). Найдите наибольшее значение суммы $$S=x_{1}x_{3}+x_{2}x_{4}+x_{3}x_{5}+x_{4}x_{6}+\ldots+x_{99}x_{1}+x_{100}x_{2}.$$
Ответ:$\frac{25}{2}.$
Решение
Положим $x_{2i}=0$, $x_{2i-1}=\frac{1}{2}$ для всех $i=1,\ldots,50.$ Тогда $S=50\cdot\left(\frac{1}{2}\right )^{2}=\frac{25}{2}$. Итак, остается доказать, что $S\leqslant\frac{25}{2}$ для всех значений $x_{i},$ удовлетворяющих условию.
При любом $i$ от $1$ до $50$ имеем $x_{2i-1}\leqslant 1-x_{2i}-x_{2i+1}$,$x_{2i+2}\leqslant 1-x_{2i}-x_{2i+1}.$ По неравенству о средних,
\begin{multline*}
x_{2i-1}x_{2i+1}+x_{2i}x_{2i+2}\leqslant \\ \leqslant\left(1-x_{2i}-x_{2i+1}\right)x_{2i+1}+x_{2i}\left(1-x_{2i}-x_{2i+1}\right )=\\ =\left ( x_{2i}+x_{2i+1} \right )\left(1-x_{2i}-x_{2i+1}\right)\leqslant \\ \leqslant\left ( \frac{\left ( x_{2i}+x_{2i+1} \right )+\left( 1-x_{2i}-x_{2i+1} \right)}{2}\right )^{2}=\frac{1}{4}.\end{multline*}
Складывая получившиеся неравенства для $i=1,2,\ldots,50$, приходим к нужному неравенству $$\sum\limits_{i=1}^{50}\left(x_{2i-1}x_{2i+1}+x_{2i}x_{2i+2}\right)\leqslant 50\cdot\frac{1}{4}=\frac{25}{2}.$$
Замечание. Предложенное решение показывает, что верен следующий несколько более общий факт. Пусть $2n$ неотрицательных чисел $x_{1},\ldots,x_{2n}$ записаны в ряд, и пусть $x_{i}+x_{i+1}+x_{i+2}\leqslant 1$ для всех $i=1,2,\ldots,2n-2.$ Тогда $$\sum\limits_{i=1}^{2n-2}x_{i}x_{i+2}\leqslant\frac{n-1}{4}.$$Исходное неравенство получается как частный случай для ряда из чисел $x_{1}, x_{2},\ldots,x_{100},x_{1},x_{2}.$
В квадрате $ABCD$ взяты точки $P$ и $Q$ такие, что $\angle{PAQ}=\angle{QCP} = 45^{\circ}$ (рис.$1$). Докажите, что суммарная площадь треугольников $PAQ, PCB$ и $QCD$ равна суммарной площади треугольников $QCP, QAD$ и $PAB.$Рис.1
Доказательство
Симметрично отразим $\triangle{APB}$ относительно прямой $AP,$ а $\triangle{AQD}$ — относительно прямой $AQ.$ При этом отраженные точки $B$ и $D$ «склеятся» в одну точку $M$ (рис.$2$).Рис.2 Значит, суммарная площадь треугольников $QCP, QAD$ и $PAB$ равна площади четырехугольника $APCQ$ плюс площадь треугольника $PQM.$ Симметрично отразим $\triangle{CPB}$ относительно прямой $CP,$ а $\triangle{CQD}$ — относительно прямой $CQ.$ При этом отраженные точки $B$ и $D$ «склеятся» в одну точку $N.$ Значит, суммарная площадь треугольников $PAQ, PCB$ и $QCD$ равны площади четырехугольника $APCQ$ плюс площадь треугольника $PQN.$
Остается заметить, что площади треугольников $PQM$ и $PQN$ равны, поскольку сами треугольники равны.
На плоскости даны три прямые, пересекающиеся в одной точке. На одной из них отмечена точка. Известно, что прямые являются биссектрисами некоторого треугольника, а отмеченная точка — одна из его вершин. Построить этот треугольник.
Первое решение
рис.1.
Предположим, что $O$ — точка пересечения биссектрис $AK,$ $BL$ и $CM$ треугольника $ABC$ (рис. 1); тогда $$\angle MOB\;=\;\angle OCB\;+\;\angle OBC\;=\;\frac12(\angle ACB\;+\;\angle ABC)\;=\;\frac{\mathrm\pi}2\;-\;\angle CAK,$$ то есть $\angle CAK=\frac{\mathrm\pi}2-\alpha.$ Поэтому, если заданы прямые $AK,$ $BL$ и $CM$ и точка $A,$ то, построив по одну и другую сторону от луча $AO$ углы, равные $\varphi=\frac{\mathrm\pi}2-\alpha,$ мы найдем искомые вершины $B$ и $C$ (при условии, что $\varphi>0,$ $\varphi<\beta$ и $\varphi<\gamma$). Нужно еще доказать, что у построенного треугольника $ABC$ прямые $BL$ и $CM$ идут по биссектрисам. Углы $ABL$ и $ACM$ легко подсчитать — они равны соответственно $\frac{\mathrm\pi}2-\beta$ и $\frac{\mathrm\pi}2-\gamma.$ Трудность заключается лишь в доказательстве того, что $\angle LBC=\frac{\mathrm\pi}2-\beta$ и $\angle MCA=\frac{\mathrm\pi}2-\gamma$ (хотя ясно, что их сумма равна $\alpha$); ее можно преодолеть, например, так: если $\angle LBC<\angle ABL,$ то биссектриса угла $ABC$ пересекает отрезок $AO,$ поэтому биссектриса угла $ACB$ тоже его пересекает, и значит, $\angle MCB<\angle ACM,$ поэтому сумма $\angle LBC+\angle MBC$ меньше $(\frac{\mathrm\pi}2-\beta)+(\frac{\mathrm\pi}2-\gamma)=\alpha.$ Точно так же можно показать, что невозможен случай $\angle LBC>\angle ABL.$
Второе решение
рис. 2.
Построим точки $A^\prime$ и $ A^{\prime\prime}$, симметричные данной точки $A$ относительно биссектрис, не проходящих через $A.$ Ясно,что обе точки $A^\prime$ и $ A^{\prime\prime}$ должны лежать на прямой $BC$ — на стороне искомого треугольника $ABC$ (или на ее продолжении). Проведя прямую через $A^\prime$ и $ A^{\prime\prime},$ мы тем самым найдем нужные точки $B$ и $C$ (рис. 2).
Заметим, что хотя второе решение белее эффектно, но при таком подходе труднее выписать условия, при которых задача имеет решение. Эти условия таковы: $\alpha<\frac{\mathrm\pi}2,\;\beta<\frac{\mathrm\pi}2,\;\gamma<\frac{\mathrm\pi}2$ (поскольку $\alpha+\beta+\gamma=\mathrm\pi,$ их можно записать и так: $\alpha+\beta>\frac{\mathrm\pi}2,\;\beta+\gamma>\frac{\mathrm\pi}2,\;\gamma+\alpha>\frac{\mathrm\pi}2).$ Если они выполнены, то решение единственно. Подумайте, как можно получить эти условия при каждом из изложенных выше способов решения
На гиперболе $y =\displaystyle \frac{1}{x}$ взяты две точки $M(x_0;y_0)$ и $N(-x_0;-y_0)$, симметричные относительно начала координат. Окружность с центром $M$, проходящая через точку $N$, пересекает гиперболу ещё в трех точках. Докажите, что эти точки лежат в вершинах правильного треугольника.
Решение
Для решения данной задачи вам потребуется следующая
Лемма. Пусть точки $A, B, C$ лежат на окружности с центром $M$. Тогда треугольник $ABC$ является правильным тогда и только тогда, когда $\overrightarrow{\mkern -3mu OA\mkern 3mu}+\overrightarrow{\mkern -3mu OB\mkern 3mu}+\overrightarrow{\mkern -3mu OC\mkern 3mu}=3 \mkern 3mu \overrightarrow{\mkern -3mu OM\mkern 3mu}.$
Из данного равенства сразу следует, что $\overrightarrow{\mkern -3mu MA\mkern 3mu}+\overrightarrow{\mkern -3mu MB\mkern 3mu}+\overrightarrow{\mkern -3mu MC\mkern 3mu}=\overrightarrow{0}$, но это означает, что точка $M$ совпадает с центром тяжести треугольника $ABC$, т.е. с точкой пересечения его медиан (убедитесь в этом). Таким образом, длины всех всех медиан треугольника $ABC$ равны. Отсюда следует что треугольник правильный. (Обратное утверждение очевидно.)
Теперь приступим к решению задачи. Пусть координаты точек $A, B, C$ и $M$ равны соответственно $(x_A;y_A), (x_B;y_B), (x_C;y_C)$ и $(x_M;y_M)$. По условию,$$ \begin{cases}xy=1,\\(x-x_0)^{2}+(y-y_0)^{2}=4({x_0}^2+{y_0}^2).\end{cases} $$Подставив $y=\displaystyle \frac{1}{x}$ из первого уравнения системы во второе, после несложных преобразований получаем уравнение для $x$:$$x^{4}-2{x_0}^3+\dots=0$$
Мы выписали только два старших члена, поскольку остальные слагаемые нас не интересуют. По теореме Виета сумма всех корней этого уравнения, включая корень $(-x_0)$, равна $2x_0$. Поэтому $x_{A}+x_{B}+x_{C}=3x_0$. Аналогично $y_{A}+y_{B}+y_{C}=3y_0$.
Последние равенства означают, что $$\overrightarrow{\mkern -3mu OA\mkern 3mu}+\overrightarrow{\mkern -3mu OB\mkern 3mu}+\overrightarrow{\mkern -3mu OC\mkern 3mu}=3 \mkern 3mu \overrightarrow{\mkern -3mu OM\mkern 3mu},$$ где $O$ начало координат. Осталось воспользоваться доказанной нами леммой.
