Успоредник и редица

[Hephaestus]

Точката [tex]Q[/tex] е средата на страната [tex]BC[/tex] в успоредника [tex]ABCD[/tex] и [tex]\angle QAB = \angle CBD[/tex].

Ако [tex]t = \frac{\pi .AB}{8\sqrt{3}.BD}[/tex], да се пресметне сумата на безкрайната редица [tex]1 + cos^{2}t + cos^{4}t +cos^{6}t + \dots[/tex] [tex]\cdot[/tex]

[Anubis]

Аз получавам [tex]\frac{1}{\sin^2 \frac{\pi}{24}}[/tex].

[Davids]

Аз получавам [tex]\frac{1}{\sin^2 \frac{\pi}{24}}[/tex].

Получавам същото! Нека означим $AQ x BD = O$.
Имаме подобие $\Delta BQO \approx \Delta DAO$ с коефициент $1:2$. Тогава можем да означим $BO = n; DO = 2n$
Паралелно с това имаме и подобието $\Delta ABO \approx \Delta DBA$, откъдето получаваме $\frac{AB}{BO} = \frac{DB}{AB}$, оттам вече $\frac{AB}{DB} = \frac{\sqrt{3}}{3}$.
Заместваме и получаваме $t = \frac{\pi}{24}$

Преминаваме към сумата, която реално е сума на безкрайно малка геометрична прогресия с първи член $a_1 = 1$ и частно $q = cos^2t$.
Тогава сумата е равна на $S = a_1\frac{1}{1-q} = \frac{1}{1-cos^2t} = \frac{1}{sin^2t} = \frac{1}{sin^2\frac{\pi}{24}}$

[Hephaestus]

Да, това е отговорът. [tex]\frac{1}{sin^{2}\frac{\pi }{24}} = \frac{8}{4 - \sqrt{6} - \sqrt{2}}[/tex].

[Hephaestus]

Ето го и моя подход към задачата, който е сходен с този на Davids:

За да пресметнем [tex]t[/tex], трябва да намерим отношението на страната [tex]AB[/tex] към диагонала [tex]BD[/tex] в успоредника [tex]ABCD[/tex].
По условие [tex]\angle CBD = \angle QAB[/tex]. И понеже [tex]\angle CBD = \angle ADB[/tex] като кръстни ъгли, то [tex]\angle QAB = \angle ADB[/tex]. Да означим [tex]AQ \cap BD = P[/tex].

Разглеждаме [tex]\triangle ABP[/tex] и [tex]\triangle DBA[/tex]
[tex]\angle PAB = \angle QAB = \angle ADB[/tex] и [tex]\angle ABD[/tex] е общ [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]\triangle ABP \sim \triangle DBA \Rightarrow[/tex] [tex]\frac{AB}{DB} = \frac{PB}{AB} \Leftrightarrow AB^{2} = PB.DB[/tex] [tex](*)[/tex]

Разглеждаме [tex]\triangle ADP[/tex] и [tex]\triangle QBP[/tex]
[tex]\angle ADP = \angle QBP[/tex] и [tex]\angle DPA = \angle BPQ[/tex] (връхни ъгли) [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]\triangle ADP \sim \triangle QBP \Rightarrow[/tex]
[tex]\Rightarrow \frac{PB}{PD} = \frac{BQ}{DA} = \frac{1}{2}[/tex] [tex](BQ = \frac{1}{2}CB = \frac{1}{2}DA)[/tex]. Тогава [tex]PB = \frac{1}{3}BD[/tex] и като заместим в [tex](*)[/tex] получаваме [tex]AB^{2} = \frac{1}{3}.BD^{2} \Rightarrow \frac{AB}{BD} = \frac{\sqrt{3}}{3}[/tex].

Следователно [tex]t = \frac{\pi \sqrt{3}}{24\sqrt{3}} = \frac{\pi}{24}[/tex].

Забелязваме, че редицата [tex]1 + cos^{2}t + cos^{4}t + cos^{6}t + \cdots[/tex] е геометрична прогресия с първи член [tex]a_{1 } = 1[/tex] и частно [tex]q = cos^{2}t = cos^{2}\frac{\pi}{24}[/tex]. При това косинусът е ограничена функция и приема стойности само в интервала [tex][-1; 1][/tex].
Тогава [tex]q = cos^{2}\frac{\pi}{24} \in [0; 1][/tex], т.е. редицата е безкрайно намаляваща геометрична прогресия със сума [tex]S = \frac{a_{1 }}{1 - q}[/tex].
[tex]cos^{2}\frac{\pi}{24} = cos^{2}(7^\circ 30') = \frac{1 + cos15^\circ}{2} = \frac{1 + cos(45^\circ - 30^\circ)}{2} = \frac{1 + cos45^\circ .cos30^\circ + sin45^\circ .sin30^\circ}{2} = \frac{1 + \frac{\sqrt{2}}{2}.\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2}.\frac{1}{2}}{2} = \frac{4 + \sqrt{6} + \sqrt{2}}{8}[/tex]
[tex]S = \frac{a_{1 }}{1 - q} = \frac{a_{1 }}{1 - cos^{2}\frac{\pi}{24}} = \frac{1}{\frac{8 - 4 - \sqrt{6} - \sqrt{2}}{8}} = \frac{8}{4 - \sqrt{6} - \sqrt{2}}.[/tex]