Задача 10

[Гост]

Да се намери:

а) лицето на правоъгълната основа на пирамидата [tex]ABCDE[/tex] с връх [tex]E[/tex], ако всичките ръбове са с целочислени дължини, а околните ръбове имат дължини [tex]1, 4, 7, 8[/tex] и [tex]AE \bot EC[/tex];

б) най-голямото разстояние между кучето и фермера, ако куче се изгубва в гориста декартова равнинна местност, като започвайки от началото [tex](0, 0)[/tex], то се движи по синусоидна пътека, т.е. след [tex]t[/tex] минути неговото местоположение е [tex](t, \sin t)[/tex], а пет минути след него в гората през началото [tex](0, 0)[/tex] влиза и фермерът, за да го търси, като той се движи по такъв начин, че след като е бил в гората [tex]m[/tex] минути, неговото местоположение е [tex](m, \cos t)[/tex];

в) с какво темпо се покачва нивото на водата в цилиндъра, ако куб със страна [tex]1 м.[/tex] е пълен с вода и има малък отвор, през който тя се стича в цилиндър с радиус [tex]1 м.[/tex], като нивото на водата в куба намалява с [tex]1 см.[/tex] в секунда;

г) лицето на областта, ограничена от графиките на [tex]y=x^{2}, y=x[/tex] и [tex]x=2[/tex];

д) лицето на вписан в окръжност осмоъгълник, на който четири последователни страни са с дължина [tex]3[/tex], а останалите-с дължина [tex]2[/tex];

е) радиусът на най-голямата окръжност, която може да се впише в новообразуваната фигура, ако от квадрата [tex]ABCD[/tex] със страна [tex]2[/tex] е изрязан четвърт кръг с радиус [tex]1[/tex] около върха [tex]B[/tex];

ж) сумата от лицата на всички кръгове, ако процесът, при който в равностранен триъгълник със страна [tex]1[/tex] се вписва окръжност и към нея се построяват допирателни, които образуват нови равностранни триъгълници при всеки връх, в които се вписват нови окръжности и т.н., бива повторен безброй пъти (вж. чертежа);

10ж).PNG (10.37 KiB) Прегледано 2405 пъти

з) [tex]f(-2)[/tex], ако [tex]f[/tex] е рационална функция и [tex]3f\left(\frac{1}{x}\right)+\frac{2f(x)}{x}=x^{2}[/tex] за [tex]x\ne 0[/tex].

[Nathi123]

з) 3[tex]f(\frac{1}{x})+\frac{2f(x)}{x}=x^{2} (1)[/tex] ;за [tex]\forall x \ne 0[/tex] в (1) заменяме х с [tex]\frac{1}{x}\Rightarrow 3f(x) +2xf(\frac{1}{x})=\frac{1}{x^{2}}[/tex](2) От (1) [tex]\Rightarrow f(\frac{1}{x})=\frac{x^{3}-2f(x)}{3x}[/tex] ,заместваме в (2) и получаваме,че
[tex]f(x)=\frac{3-2x^{5}}{5x^{2}}\Rightarrow f(-2)=\frac{3+64}{20}=\frac{67}{20}[/tex].

[Гост]

виж наистина трябва да се съкращава на вж., щото иначе става много дълго

[Nathi123]

г) решение на прикачен файл

[KOPMOPAH]

След всяка стъпка на описания процес на делене се получават три нови кръга с три пъти по-малък радиус.
Ако първоначалният радиус е $R$ (което при страна $1$ е $R=\frac 13\frac{\sqrt 3}2=\frac{\sqrt 3}{6}$) получаваме:$$S=\pi R^2+3\pi \left(\frac R3\right)^2+3^2\pi \left(\frac R{3^2}\right)^2+\cdots+3^n\pi \left(\frac R{3^n}\right)^2+\cdots=\\=\pi R^2\left(1+\frac 13+\frac 1{3^2}+\cdots+\frac 1{3^n}+\cdots \right)=\pi R^2\left(\frac 1{1-\displaystyle \frac 13}\right)=\pi \left(\frac{\sqrt 3}{6} \right)^2\frac 32=\frac {9}{72}\pi=\frac {\pi}{8}$$

[KOPMOPAH]

Квадрат с отрязан връх.png (10.19 KiB) Прегледано 2337 пъти

Започваме с това, че $DE=2\sqrt 2 - 1$. Продължаваме страните $DC$ и $DA$ докато се пресекат с допирателната в т.$E$ към окръжността с единичен радиус. Получихме $\triangle DFG$.

Окръжността с център т.$O$, вписана в $\triangle DFG$ е търсената. Страните на триъгълника са съответно $DG=4-\sqrt 2$, $DF=4-\sqrt 2$ и $FG=4\sqrt2-2$. Изразяваме лицето на $\triangle DFG$ чрез полупериметъра $(p=3+\sqrt 2)$ и търсения радиус на вписаната окръжност $S=p.r$, както и чрез двата катета $S=\frac {(4-\sqrt 2)^2}2$, приравняваме двата израза и оттам намираме $r=\frac {(4-\sqrt 2)^2}{2(3+\sqrt 2)}=\cdots$

[aifC]

д) Интересното тук е че трябва да се сетим и да начертаем квадрат около осмоъгълника. Тогава лицето на осмоъгълника е лицето на квадрата минус четирите ъгъла, всеки от които е равнобедрен правоъгълен триъгълник с хипотенуза [tex]2[/tex] и катети [tex]\sqrt{2}[/tex]. Квадратът ще има дължина на страната: [tex]3+2\sqrt{2}[/tex]

[tex]\implies S_{осмоъгълник} = S_{квадрат} - 4S_{триъгълник} = (3+2\sqrt{2})^{2} - 4(0,5)(\sqrt{2})(\sqrt{2}) = 13+12\sqrt{2}[/tex]

[Gruicho]

д) Интересното тук е че трябва да се сетим и да начертаем квадрат около осмоъгълника. Тогава лицето на осмоъгълника е лицето на квадрата минус четирите ъгъла, всеки от които е равнобедрен правоъгълен триъгълник с хипотенуза [tex]2[/tex] и катети [tex]\sqrt{2}[/tex]. Квадратът ще има дължина на страната: [tex]3+2\sqrt{2}[/tex]

[tex]\implies S_{осмоъгълник} = S_{квадрат} - 4S_{триъгълник} = (3+2\sqrt{2})^{2} - 4(0,5)(\sqrt{2})(\sqrt{2}) = 13+12\sqrt{2}[/tex]

Още по-интересно е да се види някакъв чертеж щото не се разбра какво става със страните с дължина 3

[Genie_Almo]

Да се намери:
в) с какво темпо се покачва нивото на водата в цилиндъра, ако куб със страна [tex]1 м.[/tex] е пълен с вода и има малък отвор, през който тя се стича в цилиндър с радиус [tex]1 м.[/tex], като нивото на водата в куба намалява с [tex]1 см.[/tex] в секунда;

Тук трябва да се съобрази, че водата в куба намалява с $\frac{1}{100}$ кубически метър и следователно всяка секунда водата в цилиндъра се увеличава със същия обем. Следователно трябва да решим уравнението:

$ \pi.1^2.h=\frac{1}{100}$ ,

за да открием, че нивото на водата в цилиндъра се увеличава с $\frac{1}{100\pi}$ метра в секунда или $\frac{1}{\pi}$ см в секунда, ако предпочитате.

[KOPMOPAH]

д) Интересното тук е че трябва да се сетим и да начертаем квадрат около осмоъгълника. Тогава лицето на осмоъгълника е лицето на квадрата минус четирите ъгъла, всеки от които е равнобедрен правоъгълен триъгълник с хипотенуза [tex]2[/tex] и катети [tex]\sqrt{2}[/tex]. Квадратът ще има дължина на страната: [tex]3+2\sqrt{2}[/tex]

[tex]\implies S_{осмоъгълник} = S_{квадрат} - 4S_{триъгълник} = (3+2\sqrt{2})^{2} - 4(0,5)(\sqrt{2})(\sqrt{2}) = 13+12\sqrt{2}[/tex]

Още по-интересно е да се види някакъв чертеж щото не се разбра какво става със страните с дължина 3

Ето един чертеж за недоразбралите.

Вписан осмоъгълник.png (11.18 KiB) Прегледано 2303 пъти

Към доброто хрумване на aifC бих добавил само уточнението, че в условието се казва за четири ПОСЛЕДОВАТЕЛНИ страни. Това, обаче, съвсем не е непреодолимо, защото ако разрежем осмоъгълника като пица на осем равнобедрени триъгълника и пренаредим частите, ще получим равнолицевия на първоначалната фигура "Малтийски кръст" от чертежа по-горе, към който е относимо решението на aifC.

[Davids]

Към доброто хрумване на aifC бих добавил само уточнението, че в условието се казва за четири ПОСЛЕДОВАТЕЛНИ страни. Това, обаче, съвсем не е непреодолимо, защото ако разрежем осмоъгълника като пица на осем равнобедрени триъгълника и пренаредим частите, ще получим равнолицевия на първоначалната фигура "Малтийски кръст" от чертежа по-горе, към който е относимо решението на aifC.

Само ми стана интересно как да докажем, че фактът, че четирите страни с дължина 3 са последователни, а не през една, не променя радиуса на окръжността, с която работим Иначе аз го извъртях така:

Okrujnost.png (37.07 KiB) Прегледано 2289 пъти

Ще означим централните ъгли срещу респективно двата типа хорди с $x$ и $y$ и така имаме $4(x + y) = 360 \Rightarrow x + y = 90$, т.е. вписаният ъгъл срещу сбора от тези дъги ще е 45 градуса, оттам и $\angle ACB = 135^{\circ}$. По косинусова теорема $AB^2 = 4 + 9 - 2.2.3cos135^{\circ} = 13 + 6\sqrt{2} \Rightarrow AB = \sqrt{13 + 6\sqrt{2}}$
Оттам и по синусова теорема $R = \frac{AB}{2sin135} = \sqrt{\frac{13 + 6\sqrt{2}}{2}}$
После вече имаме два типа триъгълници, чиито лица да намерим:
$S_1 = \frac{3.h_1}{2} = \frac{3}{2}\sqrt{R^2 - \frac{9}{4}} = \frac{3}{4}(3 + 2\sqrt{2})$
$S_2 = \frac{2.h_2}{2} = h_2 = \sqrt{R^2 - 1} = \frac{1}{2}(3\sqrt{2} + 2)$

И така целият осмоъгълник има лице $S = 4(S_1 + S_2) = 9 + 6\sqrt{2} + 6\sqrt{2} + 4 = 13 + 12\sqrt{2}$

Но да, със сигурност другият вариант е по-хитър

[KOPMOPAH]

И аз така го реших, но ми хареса идеята на колегата

[Гост]

Да се намери:
в) с какво темпо се покачва нивото на водата в цилиндъра, ако куб със страна [tex]1 м.[/tex] е пълен с вода и има малък отвор, през който тя се стича в цилиндър с радиус [tex]1 м.[/tex], като нивото на водата в куба намалява с [tex]1 см.[/tex] в секунда;

Тук трябва да се съобрази, че водата в куба намалява с $\frac{1}{100}$ кубически метър и следователно всяка секунда водата в цилиндъра се увеличава със същия обем. Следователно трябва да решим уравнението:

$ \pi.1^2.h=\frac{1}{100}$ ,

за да открием, че нивото на водата в цилиндъра се увеличава с $\frac{1}{100\pi}$ метра в секунда или $\frac{1}{\pi}$ см в секунда, ако предпочитате.

абсолютно вярно решение, но "граматически" по-правилно е да се напише:
[tex]\pi.\frac{dh}{dt}.m^{2}=1cm.m^{2}/s[/tex], където [tex]\pi.\frac{dh}{dt}.m^{2}[/tex] е промяната на обема в цилиндъра, а [tex]1cm.m^{2}/s[/tex] - в куба [tex]\Rightarrow \frac{dh}{dt}=\frac{1}{\pi} cm/s[/tex]

[Гост]

в) още една трактовка е, че лицето на хоризонталното сечение на цилиндъра е [tex]\pi[/tex] пъти по-голямо от това на куба [tex]\Rightarrow[/tex] нивото на водата ще се покачва [tex]\frac{1}{\pi}[/tex] пъти по-бавно в цилиндъра, отколкото ще намалява в куба [tex]\Rightarrow \frac{1}{\pi}cm/s[/tex]

[Гост]

Да се намери:
б) най-голямото разстояние между кучето и фермера, ако куче се изгубва в гориста декартова равнинна местност, като започвайки от началото [tex](0, 0)[/tex], то се движи по синусоидна пътека, т.е. след [tex]t[/tex] минути неговото местоположение е [tex](t, \sin t)[/tex], а пет минути след него в гората през началото [tex](0, 0)[/tex] влиза и фермерът, за да го търси, като той се движи по такъв начин, че след като е бил в гората [tex]m[/tex] минути, неговото местоположение е [tex](m, \cos t)[/tex];

При някое време [tex]t[/tex] кучето е на [tex](t, sint)[/tex], а фермерът - [tex](t-5, cost)[/tex]. Тогава разстоянието между кучето и фермера ще е:
[tex]d=\sqrt{(sint-cost)^{2}+25}[/tex]. Трябва да максимизираме [tex](sint-cost)^{2} \Rightarrow sint=cost \lor sint=-cost[/tex]
[tex]\Rightarrow t=\frac{\pi}{4}+k\pi \lor t=\frac{3\pi}{4}+k\pi \Rightarrow t=\frac{3\pi}{4}+k\pi \Rightarrow (sint-cost)^{2}=2 \Rightarrow d=\sqrt{27}[/tex]. [tex]_\square[/tex]

[Гост]

10a).PNG (33.97 KiB) Прегледано 2165 пъти

Да се намери:
а) лицето на правоъгълната основа на пирамидата [tex]ABCDE[/tex] с връх [tex]E[/tex], ако всичките ръбове са с целочислени дължини, а околните ръбове имат дължини [tex]1, 4, 7, 8[/tex] и [tex]AE \bot EC[/tex];

При различни въртележки (напр. при [tex]AE=1[/tex] и [tex]CE=4[/tex] диагоналът на основата е [tex]\sqrt{17} \Rightarrow[/tex] страните на основата трябва да са [tex]1[/tex] и [tex]4[/tex], което невъзможно, защото за околните стени няма да важат неравенствата в триъгълник - [tex]1+1<7[/tex] или [tex]1+4<7[/tex]) се стига до [tex]AE=1, BE=4, CE=8, DE=7[/tex] (или симетричните конфигурации), което се получава
и като се вземат:
[tex]A=(a, b, 0), B=(-c, b, 0), C=(-c, -d, 0), D=(a, -d, 0), E=(0, 0, h)[/tex]
[tex]\Rightarrow |AE|^{2}+|CE|^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}+2h^{2}=|BE|^{2}+|DE|^{2}[/tex], изпълнено само при [tex]AE=1, BE=4, CE=8, DE=7[/tex] (или симетричните конфигурации), от което става ясно, че и другите два срещуположни околни ръба са перпендикулярни.
Понеже [tex]AB[/tex] има целочислена дължина и е страна в триъгълник, чиито други две страни са [tex]1[/tex] и [tex]4 \Rightarrow AB=4[/tex]
([tex]AB>4-1, AB<4+1[/tex]). Аналогично, [tex]AD=7 \Rightarrow \boxed{S_{ABCD }=28}[/tex]. [tex]_\square[/tex]