Loading [MathJax]/jax/output/SVG/jax.js

M1383. О сумме чисел с разными степенями

Задача из журнала «Квант» (1993 год, 11/12 выпуск)

Условие

Пусть сумма n чисел равна 0, причем m — наименьшее из них, а M — наибольшее. Докажите, что

  1. сумма квадратов этих чисел не превосходит mMn;
  2. сумма четвертых степеней этих чисел не превосходит mMn(m2+M2+mM).

Решение

Пусть x1,x2,,xn — числа задачи: mxiM,x1+x2++xn=0

Обозначим сумму их квадратов через D, а сумму четвертых степеней — через F.

  1. Первое решение. Для каждого числа xi задачи имеем (xim)(xiM)0, или x2i(m+M)ximM.

    Сложив n этих неравенств, получаем DnmM.

    Второе решение. При m=M утверждение очевидно. Пусть m<M. Расположим в точках (xi,x2i), где xi — числа задачи, единичные массы. Проведем через точки (m,m2) и (M,M2) прямую. Ее уравнение —

    xmMm=ym2M2m2.

    Поскольку все массы расположены под прямой, этим же свойством обладает и центр масс (0,D/n). Поэтому m(m+M)+m2Dn, что и требовалось доказать.

  2. Первое решение. Как и во втором решении пункта а) будем считать m<M. Попытаемся найти многочлен x4+ax+b, имеющий корнями числа m и M. Заметим сразу, что многочлен такого вида имеет не более двух корней. Действительно, между любыми последовательными корнями многочлена найдется корень его произведения. Следовательно, если многочлен имеет хотя бы три корня, то его производная 4x3+a имеет не менее двух корней. Но уравнение 4x3=a имеет единственный корень. Тогда из системы {m4+am+b=0M4+aM+b=0 получаем a=(m2+M2)(m+M), b=mM(m2+M2+mM).

    С другой стороны, при этих значениях a и b равенства системы выполняются. Окончание решения аналогично первому решению пункта а).

    Второе решение. Рассуждая так же, как при втором решении пункта а), получаем уравнение прямой xmMm=ym4M4m4, после чего без труда приходим к неравенству m(M2+m2)(M+m)+m4Fn, что и требовалось доказать.

    Третье решение. Для каждого числа xi задачи из (*) следует x4i((m+M)ximM)2==(m+M)2x2i2(m+M)mMxi+m2M2.

    Сложив n этих неравенств и воспользовавшись утверждением пункта а), получаем FnmM(m+M)2+nm2M2, что и требовалось доказать.

  3. Замечание. Неравенство (*), а следовательно, и неравенства задачи превратятся в равенства, если k из чисел xi равны m, а nk остальных равны M (при этом km+(nk)M=0).

Н.Васильев, В.Сендеров, Л.Туцеску

Ф1803. О вычислении угла полета камня в промежутке ускорения

Задача из журнала «Квант» (2001 год, 6 выпуск)

Условие

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 αΓ. Ясно также, что «подозрительная» точка траектории находится на спадающем ее участке. В этой точке вектор скорости ¯v перпендикулярен радиусу-вектору ¯R (см. рисунок).

Тогда yx=vxvy,илиv0tsinαΓgt22v0tcosαΓ=v0cosαΓgtv0sinαΓ.

Отсюда получаем квадратное уравнение:

t23v0sinαΓgt+2v20g2=0.

У этого уравнения есть корень при условии, что дискриминант D0. Тогда условие задачи будет выполнено, если это уравнение не имеет корней, т.е. если

9v20sin2αΓg28v20g20.

Для граничного угла находим

sinαΓ=89=223.

Если α<αΓ=arcsin223=70,5o, то все хорошо.

З.Рафаилов

M2260. Наибольшее значение суммы

Задача из журнала «Квант» (2012 год, 4 выпуск)

Условие

Сто неотрицательных чисел x1,x2,,x100 расставлены по кругу так, что сумма любых трех подряд идущих чисел не превосходит 1 (т. е. x1+x2+x31,x2+x3+x41,,x100+x1+x21). Найдите наибольшее значение суммы S=x1x3+x2x4+x3x5+x4x6++x99x1+x100x2.

Ответ:252.

Решение

Положим x2i=0, x2i1=12 для всех i=1,,50. Тогда S=50(12)2=252. Итак, остается доказать, что S252 для всех значений xi, удовлетворяющих условию.

При любом i от 1 до 50 имеем x2i11x2ix2i+1,x2i+21x2ix2i+1. По неравенству о средних,
x2i1x2i+1+x2ix2i+2(1x2ix2i+1)x2i+1+x2i(1x2ix2i+1)==(x2i+x2i+1)(1x2ix2i+1)((x2i+x2i+1)+(1x2ix2i+1)2)2=14.
Складывая получившиеся неравенства для i=1,2,,50, приходим к нужному неравенству 50i=1(x2i1x2i+1+x2ix2i+2)5014=252.

Замечание. Предложенное решение показывает, что верен следующий несколько более общий факт. Пусть 2n неотрицательных чисел x1,,x2n записаны в ряд, и пусть xi+xi+1+xi+21 для всех i=1,2,,2n2. Тогда 2n2i=1xixi+2n14.Исходное неравенство получается как частный случай для ряда из чисел x1,x2,,x100,x1,x2.

И. Богданов

М1803. О суммарной площади треугольников

Задача из журнала «Квант» (2002 год, 1 выпуск)

Условие

В квадрате ABCD взяты точки P и Q такие, что PAQ=QCP=45 (рис.1). Докажите, что суммарная площадь треугольников PAQ,PCB и QCD равна суммарной площади треугольников QCP,QAD и PAB.

Рис.1

Доказательство

Симметрично отразим APB относительно прямой AP, а 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 CPB относительно прямой CP, а 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.

В.Произволов

М1345. Задача об окружности пересекающей гиперболу и правильном треугольнике

Задача из журнала «Квант» (1992 год, 5 выпуск)

Условие

На гиперболе y=1x взяты две точки M(x0;y0) и N(x0;y0), 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 OA+OB+OC=3OM.

Из данного равенства сразу следует, что MA+MB+MC=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 (xA;yA),(xB;yB),(xC;yC) и (xM;yM). По условию,{xy=1,(xx0)2+(yy0)2=4(x02+y02).Подставив y=1x из первого уравнения системы во второе, после несложных преобразований получаем уравнение для x:x42x03+=0

Мы выписали только два старших члена, поскольку остальные слагаемые нас не интересуют. По теореме Виета сумма всех корней этого уравнения, включая корень (x0), равна 2x0. Поэтому xA+xB+xC=3x0. Аналогично yA+yB+yC=3y0.

Последние равенства означают, что OA+OB+OC=3OM, где O начало координат. Осталось воспользоваться доказанной нами леммой.

В.Сендеров