Кандидат-студентски задачи

[0xdeadbeef]

Някой да работи по 8-ма задача?

[BTK Strangler]

Някой да работи по 8-ма задача?

Ако можеш само да ми разясниш втория ред от скобата какво ни дава като информация, ще ти бъда благодарен

[0xdeadbeef]

[tex]h(x)[/tex] е до-дефинирана, понеже [tex]\frac{f(0)}{g(0)} = \frac{0}{0}[/tex],a [tex]0 \in (-2\pi, 2\pi)[/tex]. Без това условие задачата може би, ще бъде: Докажете, че [tex]h(x) > 0[/tex] за [tex]x \in (-2\pi,0)\cup(0,2\pi)[/tex]. С други думи това ни осигурява [tex]h(0) > 0[/tex]. (поне аз така разсъждавам) Ще подскажа само, че [tex]h(x)[/tex] е четна функция и значи е достатъчно да я разгледаме в интервала [tex](0, 2\pi)[/tex].

Редакция: Понеже времето за 7-ма и 8-ма задача изтече, след малко ще пост-на нови,а решението на 8-ма ще го забавя до 22:00ч.

[0xdeadbeef]

(5т.) Задача 9. Да се реши уравнението: [tex]log^2_{3}{(x-2)} + (x-5)log_{3}{(x-2)}= 6-x[/tex]
(5т.) Задача 10. Даден е такъв трапец [tex]ABCD (AB||CD)[/tex], че окръжността с диаметър [tex]AD[/tex] да се допира до правата [tex]BC[/tex]. Ако [tex]AD=m[/tex] и [tex]BC=n[/tex], да се намери лицето на трапеца.

краен срок: 09.05.11г./20-22ч.

[strangerforever]

(5т.) Задача 9. Да се реши уравнението: [tex]log^2_{3}{(x-2)} + (x-5)log_{3}{(x-2)}= 6-x[/tex]

[tex]log^2_{3}{(x-2)} + (x-5)log_{3}{(x-2)}= 6-x[/tex]
[tex]DM: x > 2[/tex]

Полагаме [tex]log_{3}{(x-2)} = t[/tex]

[tex]t^2 + (x-5)t - 6 + x = 0[/tex]
[tex]t_1 = -1[/tex]
[tex]t_2 = 6 - x[/tex]

Обр. полагане:

[tex]log_{3}{(x-2)} = -1 \Leftrightarrow \frac{1}{3} = x - 2 \Leftrightarrow x = \frac{7}{3}[/tex]

[tex]log_{3}{(x-2)} = 6 - x \Leftrightarrow 3^{6-x} = x - 2[/tex]
Посочваме 5 за решение с директна проверка доказваме, че е.
Нека лявата страна е [tex]f(x)[/tex], а дясната - [tex]g(x)[/tex]

При [tex]x \in (2;5) \Rightarrow f(x) \in (3;81), g(x) \in (0;3) \Rightarrow[/tex] в [tex](2;5)[/tex] няма решения
При [tex]x \in (5;\infty) \Rightarrow f(x) \in (0;3), g(x) \in (3;\infty) \Rightarrow[/tex] в [tex](5;\infty)[/tex] няма решения

Окончателно решенията са [tex]\frac{7}{3}[/tex] и [tex]5[/tex].

[0xdeadbeef]

Ще добавя само тези графики

[0xdeadbeef]

(6т.)Задача 8. Нека
[tex]h(x)=\left\{ {\frac{f(x)}{g(x)}, \small(0<|x|<2\pi)\text{~~~~~~}\atop\ \frac{1}{4} , x = 0 \text{~~~~~~~~~~~~~~~~~~~}} \right.[/tex]
където [tex]f(x) = 2 - 2 \cos{x} - x\sin{x}[/tex] и [tex]g(x) = x^2 - \sin^2{x}[/tex].
Докажете, че [tex]h(x) > 0[/tex] за [tex]x \in (-2\pi, 2\pi)[/tex]

Първо ще докажем:
[tex](i)[/tex] [tex]\sin{x} < x[/tex], за [tex]x \in (0, + \infty)[/tex].
Означаваме [tex]\varphi(x) = \sin{x} -x[/tex].
[tex]\varphi '(x) = \cos{x} - 1 \le 0 \Rightarrow[/tex] [tex]\varphi(x)[/tex] е намаляваща в интервала [tex](0, + \infty)[/tex] и [tex]\varphi(x) < \varphi (0) = 0[/tex].

[tex](ii)[/tex] [tex]tg{x} > x[/tex], за [tex]x \in (0, \frac{\pi}{2})[/tex].
Означаваме [tex]\Psi(x) = tg{x} -x[/tex].
[tex]\Psi '(x) = \frac{1 - \cos^2{x}}{\cos^2{x}} = tg^2{x} > 0[/tex] за [tex]x \in (0,\frac{\pi}{2})\Rightarrow \Psi(x)[/tex] е растяща в [tex](0, \frac{\pi}{2})[/tex] и [tex]\Psi(x) > \Psi(0) = 0[/tex]


[tex]h(x)=h(-x) \Rightarrow[/tex] [tex]h(x)[/tex] e четна и е достатъчно да разгледаме как се изменя в интервала [tex](0,2\pi)[/tex].
[tex]h(x) > 0 \Leftrightarrow f(x)g(x) > 0[/tex].


Ще изследваме [tex]g(x)[/tex] в интервала [tex](0,2\pi)[/tex].
[tex]g'(x) = 2x - \sin{2x}[/tex], предвид [tex](i)[/tex], следва, че [tex]g(x)[/tex] е растяща и значи [tex]g(x) > g(0) = 0[/tex].

Сега задачата се свежда до доказването на [tex]f(x) > 0[/tex] за [tex]x \in (0,2\pi)[/tex].

първи начин: Ще изследваме [tex]f(x)[/tex] в интервала [tex](0,2\pi)[/tex].
[tex]f'(x) = \sin{x} -x\cos{x}, f''(x) = x\sin{x}[/tex]. Знакът на [tex]f''(x)[/tex] съвпада с този на [tex]\sin{x}[/tex], следователно [tex]f''(x) > 0[/tex] за [tex]x \in (0, \pi)[/tex] и [tex]f''(x) < 0[/tex] за [tex]x \in (\pi, 2\pi)[/tex]. До тук стана ясно, че [tex]f'(x)[/tex] расте в [tex](0,\pi)[/tex] и [tex]f'(x)[/tex] намалява в [tex](\pi, 2\pi)[/tex]. Нека първо [tex]x \in (0,\pi)[/tex], тогава [tex]f'(x) > f'(0) = 0 \Rightarrow f(x)[/tex] e растяща в [tex](0,\pi)[/tex] и [tex]f(x) > f(0) = 0[/tex]. Нека сега [tex]x \in (\pi, 2\pi)[/tex]. [tex]f'(\pi) = 1 > 0, f'(2\pi) = - 2\pi < 0[/tex], от [tex]f'(\pi)f'(2\pi) < 0[/tex], [tex]f'(x)[/tex] намаляваща в [tex](\pi, 2\pi)[/tex] и теоремата на Болцано, следва, че [tex]f'(x)=0[/tex] има корен [tex]\alpha \in (\pi, 2\pi)[/tex] и [tex]f'(x) > 0[/tex] за [tex]x \in (\pi, \alpha), f'(x) < 0[/tex] за [tex]x \in (\alpha, 2\pi)[/tex], от където пък става ясно, че [tex]f(x)[/tex] расте за [tex]x \in (\pi , \alpha)[/tex],[tex]f(x)[/tex] намалява за [tex]x \in (\alpha, 2\pi)[/tex] и [tex]f(x) > f(2\pi) = 0[/tex].

втори начин: Полагаме [tex]\sin{x} = \Large\frac{2t}{1 + t^2}[/tex],[tex]\cos{x} = \Large\frac{1 - t^2}{1 + t^2}[/tex] , където [tex]t = tg{\frac{x}{2}}[/tex]. Сега [tex]f(x) = \Large\frac{4t^2 - 2tx}{1 + t^2}[/tex]. Ще разгледаме функцията [tex]y(t) = 4t^2 - 2tx[/tex] при [tex]x \in (0,\pi) \cup (\pi, 2\pi)[/tex], като [tex]y(t) > 0 \Leftrightarrow f(x) > 0[/tex]. Решенията на [tex]y(t) > 0[/tex] са [tex]t \in (- \infty,0) \cup (\frac{x}{2}, + \infty) \Leftrightarrow tg{\frac{x}{2}} < 0 \cup tg{\frac{x}{2}} > \frac{x}{2}[/tex]. Неравенството [tex]tg \frac{x}{2} < 0[/tex] е изпълнено за [tex]x \in (\pi,2\pi)[/tex], а предвид [tex](ii)[/tex], неравенството [tex]tg{\frac{x}{2}} > \frac{x}{2}[/tex] е изпълнено за [tex]x \in (0, \pi)[/tex] и значи [tex]f(x) > 0[/tex] за [tex]x \in (0,\pi) \cup (\pi, 2\pi)[/tex]. Остана да докажем, че [tex]f(\pi) > 0[/tex]

трети начин *: [tex]f(x) = 2 - 2\cos{x} - x\sin{x} = 2(1-\cos{x}) -x\sin{x}=4\sin^2{\frac{x}{2}} - 4\frac{x}{2}\sin{\frac{x}{2}}\cos{\frac{x}{2}} = 4\sin^2{\frac{x}{2}}(1 - \Large\frac{\frac{x}{2}}{tg{\frac{x}{2}}})[/tex]. Означаваме [tex]d(x) = (1 - \Large\frac{\frac{x}{2}}{tg{\frac{x}{2}}})[/tex]. Сега знакът на [tex]f(x)[/tex] съвпада с този на [tex]d(x)[/tex]. В [tex](ii)[/tex], доказахме, че [tex]tg\frac{x}{2}> \frac{x}{2}[/tex] при [tex]\frac{x}{2} \in (0, \frac{\pi}{2})[/tex] и значи [tex]d(x) > 0[/tex] за [tex]x \in (0, \pi)[/tex]. Неравенството [tex]tg\frac{x}{2} < 0[/tex] е изпълнено при [tex]x \in (\pi,2\pi)[/tex], от където пък следва [tex]d(x) > 0[/tex]. До тук стана ясно, че [tex]f(x) > 0[/tex] за [tex]x \in (0,\pi) \cup (\pi,2\pi)[/tex], значи остана да докажем, че [tex]f(\pi) > 0[/tex].

* идеята за преобразуването на [tex]f(x)[/tex] до [tex]f(x) = 4\sin^2{\frac{x}{2}}(1 - \Large\frac{\frac{x}{2}}{tg{\frac{x}{2}}})[/tex] не е моя, но все пак реших да я споделя.

[Mr.G{}{}Fy]

Може ли решение на задачата с трапеца

[kucheto]

Може ли решение на задачата с трапеца

Отговорът е [tex]S=\frac{mn}{2}[/tex], но не мога да го докажа, а до решението стигнах експериментално.

[Mr.G{}{}Fy]

Може ли решение на задачата с трапеца

Отговорът е [tex]S=\frac{mn}{2}[/tex], но не мога да го докажа, а до решението стигнах експериментално.

Да се надяваме,че някой ще пусне решение ...

[ganka simeonova]

Решението е елементарно, Уотсън
Да построим височината на трапеца през т.О, която е h=>
[tex]OK=OL=\frac{h}{ 2}[/tex]
[tex]S_{DOC}+S_{AOB}=\frac{DC.OK}{ 2} +\frac{AB.OL}{2 } =\frac{(a+b)h}{ 4} =\frac{1}{ 2} S_{ABCD}=>[/tex]
[tex]S_{COB}=\frac{1}{2 } S_{ABCD}[/tex], но [tex]S_{BOC}=\frac{1}{2 } OF.CB=\frac{mn}{ 4} =>S_{ABCD}=\frac{mn}{2 }[/tex]

[0xdeadbeef]

(4т.) Задача 11. Даден е правоъгълен триъгълник [tex]ABC[/tex] с катети [tex]AC=4[/tex] и [tex]BC=3[/tex]. Ъглополовящата на [tex]\angle ACB[/tex] пресича хипотенузата [tex]AB[/tex] в точката [tex]L[/tex], а [tex]H_1[/tex] и [tex]H_2[/tex] са ортоцентровете съответно на триъгълниците [tex]ACL[/tex] и [tex]BCL[/tex]. Да се намери дължината на [tex]H_1 H_2[/tex].

(6т.) Задача 12. Да се докаже, че за всяка стойност на реалния параметър [tex]a[/tex], уравнението [tex]x^3 + 3ax^2 - 9a^2x + 6a^3 =0[/tex] има единствено решение.

[ganka simeonova]

При а=0 у-то има единствен корен х=0. Да разделим на а, различно от 0 и да положим [tex]\frac{x}{a } =t[/tex]
=>[tex]f(t)=t^3+3t^2-9t+6[/tex] Тази ф-я има два екстремума за [tex]t_{max}=-3; t_{min}=1[/tex]
[tex]f(-3)=33>0; f(1)=1>0[/tex]=>Графиката пресича оста х само един път=>у-то има единствен корен.

[Mr.G{}{}Fy]

Решението е елементарно, Уотсън
Да построим височината на трапеца през т.О, която е h=>
[tex]OK=OL=\frac{h}{ 2}[/tex]
[tex]S_{DOC}+S_{AOB}=\frac{DC.OK}{ 2} +\frac{AB.OL}{2 } =\frac{(a+b)h}{ 4} =\frac{1}{ 2} S_{ABCD}=>[/tex]
[tex]S_{COB}=\frac{1}{2 } S_{ABCD}[/tex], но [tex]S_{BOC}=\frac{1}{2 } OF.CB=\frac{mn}{ 4} =>S_{ABCD}=\frac{mn}{2 }[/tex]

Мерси много Логично беше такава кратичка геометрична задача да е лесна, нооо

[0xdeadbeef]

Поздрави за @BTK Strangler, който събра най-много точки до момента.

[0xdeadbeef]

(4т.) Задача 11. Даден е правоъгълен триъгълник [tex]ABC[/tex] с катети [tex]AC=4[/tex] и [tex]BC=3[/tex]. Ъглополовящата на [tex]\angle ACB[/tex] пресича хипотенузата [tex]AB[/tex] в точката [tex]L[/tex], а [tex]H_1[/tex] и [tex]H_2[/tex] са ортоцентровете съответно на триъгълниците [tex]ACL[/tex] и [tex]BCL[/tex]. Да се намери дължината на [tex]H_1 H_2[/tex].

[tex]\triangle H_2 H_1 L \sim \triangle ABC:[/tex] [tex]\frac{H_1 H_2}{AB}=\frac{LH}{CH}[/tex]

[0xdeadbeef]

(4т.) Задача 13. В правоъгълния [tex]ABC(\angle C = 90^\circ)[/tex] е вписана окръжност, която се допира до хипотенузата в точка [tex]K[/tex]. Нека [tex]AB=12[/tex] и [tex]AK=x[/tex]. За коя стойност на [tex]x[/tex] лицето на [tex]\triangle ABC[/tex] е най-голямо?
(6т.) Задача 14. За [tex]k \ge 2[/tex], докажете, че [tex](k+1)\cos{\frac{\pi}{k+1}} > 1 + k\cos{\frac{\pi}{k}}[/tex].

[strangerforever]

С мъничко закъснение, но все пак:

Ако LT е височина в BLC, а LR - в ALC, то:

LT = CT (р.б. триъгълник), LR = CR (р.б. триъгълник)

Триъгълниците [tex]LBT[/tex] и [tex]CH_2T[/tex] са еднакви по страна и два ъгъла (бета и 90, LT=CT) => [tex]BL = CH_2 = \frac{15}{7}[/tex]
Триъгълниците [tex]LAR[/tex] и [tex]CH_1R[/tex] са еднакви по страна и два ъгъла (алфа и 90, LR=CR ) => [tex]AL = CH_1 = \frac{20}{7}[/tex]

=> [tex]H_1H_2 = \frac{5}{7}[/tex]

tautochrone, чертежът ти е грешен, алфа < бета => CLA - тъп, CLB - остър, височината е по-"надясно" от ъглополовящата.

[0xdeadbeef]

... tautochrone, чертежът ти е грешен, алфа < бета => CLA - тъп, CLB - остър, височината е по-"надясно" от ъглополовящата.

Ако [tex]\alpha[/tex] е "зеления", май е наред?

[kucheto]

13. Знаем, че в правоъгълен триъгълник, ако K e допирна точка на вписаната окръжност с хипотенузата, то [tex]S=AK.BK[/tex]
[tex]S=x(12-x)=-x^2+12x[/tex] с НГС при [tex]x=-\frac{b}{2a}\Rightarrow x=6\Rightarrow S=36[/tex]

[strangerforever]

... tautochrone, чертежът ти е грешен, алфа < бета => CLA - тъп, CLB - остър, височината е по-"надясно" от ъглополовящата.

Ако [tex]\alpha[/tex] е "зеления", май е наред?

Да, моя грешка, не съм забелязал.

[0xdeadbeef]

Някой занимава ли се с 14-та задача?

[dimy93]

На 14та [tex]k \in R[/tex] ?

[ganka simeonova]

Най- накрая и на 14 зад. да дойде ред.
Първо ще разгледам една помощна ф-я [tex]f(u)=cosu+usinu; u\in [0; \frac{\pi }{ 2} ]=>[/tex]

[tex]f'=-sinu+sinu+ucosu=ucosu\ge 0[/tex] в разглеждания интервал. Това означава, че навсякъде в него f(u) е растяща.
=>[tex]f(u)\ge 1[/tex]

Сега да разгледаме ф-та [tex]h(x)=xcos\frac{\pi }{x } ; x\ge 2=>\frac{\pi }{ x} \in (0; \frac{\pi }{ 2} ][/tex]

[tex]h'=cos{\frac {\pi }{ x}} +\frac{\pi }{x }sin{\frac{\pi }{ x}}[/tex]=>[tex]h'(x)=f(u)=>h'(x)>1[/tex] [tex]x\ge 2[/tex]

Сега вече да разгледаме и ф-та [tex]g(x)=h(x)-x=>g'=h'-1>0=>g(x)[/tex] е растяща за [tex]x\ge 2[/tex]

=>[tex]g(x+1)-(x+1)>g(x)-x=>g(x+1)>g(x)+1[/tex],което трябваше и да докажем.

[dimy93]

А има ли решение без анализ-аз си блъсках главата ,но не открих