Каталог по темам

Задачи

Страница: << 1 2 3 4 5 6 >> [Всего задач: 30]

Задача 105093

Темы:	[	Алгебраические задачи на неравенство треугольника	]
	[	Кубические многочлены	]
	[	Теорема о промежуточном значении. Связность	]
	[	Примеры и контрпримеры. Конструкции	]
	[	Процессы и операции	]

Сложность: 5-
Классы: 8,9,10,11

Автор: Шаповалов А.В.

У Феди есть три палочки. Если из них нельзя сложить треугольник, Федя укорачивает самую длинную из палочек на сумму длин двух других. Если длина палочки не обратилась в нуль и треугольник снова нельзя сложить, то Федя повторяет операцию, и т. д. Может ли этот процесс продолжаться бесконечно?

Решение

Многочлен P(x) = x³ – x² – x – 1 имеет корень t > 1, поскольку P(1) < 0, а P(2) > 0. Тогда t³ = t² + t + 1 > t² + t. Возьмём длины палочек равными t³, t², t. После первого отпиливания получим палочки с длинами t², t, 1. Так как отношение длин не изменилось, процесс будет продолжаться бесконечно.

Ответ

Может.

Прислать комментарий

Задача 57316

Тема:

[

Алгебраические задачи на неравенство треугольника

]

Сложность: 5
Классы: 8

a, b и c - длины сторон произвольного треугольника. Докажите, что

(a + b - c)(a - b + c)(- a + b + c) $\displaystyle \leq$ abc.

Решение

Первое решение. Введем новые переменные x = - a + b + c, y = a - b + c, z = a + b - c. Тогда a = (y + z)/2, b = (x + z)/2, c = (x + y)/2, т. е. нужно доказать неравенство xyz $\leq$ (x + y)(y + z)(x + z)/8 или 6xyz $\leq$ x(y² + z²) + y(x² + z²) + z(x² + y²). Последнее неравенство следует из того, что 2xyz $\leq$ x(y² + z²), 2xyz $\leq$ y(x² + z²), 2xyz $\leq$ z(x² + y²), так как x, y, z — положительные числа.

Второе решение. Так как 2S = ab sin $\gamma$ и sin $\gamma$ = c/2R, то abc = 4SR. По формуле Герона (a + b - c)(a - b + c)(- a + b + c) = 8S²/p. Поэтому нужно доказать, что 8S²/p $\leq$ 4SR, т. е. 2S $\leq$ pR. Так как S = pr, приходим к неравенству 2r $\leq$ R (см. задачу 10.26).

Прислать комментарий

Задача 57317

Тема:

[

Алгебраические задачи на неравенство треугольника

]

Сложность: 5+
Классы: 8

a, b и c - длины сторон произвольного треугольника. Докажите, что

a²b(a - b) + b²c(b - c) + c²a(c - a) $\displaystyle \geq$ 0.

Решение

Введем новые переменные x = (- a + b + c)/2, y = (a - b + c)/2 и z = (a + b - c)/2. Тогда числа x, y, z положительны и a = y + z, b = x + z, c = x + y. Несложные, но несколько громоздкие вычисления показывают, что a²b(a - b) + b²c(b - c) + c²a(c-a) = 2(x³z + y³x + z³y - xyz(x + y + z)) = 2xyz $\Bigl($ ${\frac{x^2}{y}}$ + ${\frac{y^2}{z}}$ + ${\frac{z^2}{x}}$ - x - y - z $\Bigr)$ . Так как 2 $\leq$ ${\frac{x}{y}}$ + ${\frac{y}{x}}$ , то 2x $\leq$ x $\left(\vphantom{\frac xy+ \frac yx}\right.$ ${\frac{x}{y}}$ + ${\frac{y}{x}}$ $\left.\vphantom{\frac xy+ \frac yx}\right)$ = ${\frac{x^2}{y}}$ + y. Аналогично 2y $\leq$ y $\left(\vphantom{\frac yz+ \frac zy}\right.$ ${\frac{y}{z}}$ + ${\frac{z}{y}}$ $\left.\vphantom{\frac yz+ \frac zy}\right)$ = ${\frac{y^2}{z}}$ + z и 2z $\leq$ z $\left(\vphantom{\frac zx+ \frac xz}\right.$ ${\frac{z}{x}}$ + ${\frac{x}{z}}$ $\left.\vphantom{\frac zx+ \frac xz}\right)$ = ${\frac{z^2}{x}}$ + x. Складывая эти неравенства, получаем ${\frac{x^2}{y}}$ + ${\frac{y^2}{z}}$ + ${\frac{z^2}{x}}$ $\geq$ x + y + z.

Прислать комментарий

Задача 107790

Темы:	[	Свойства модуля. Неравенство треугольника	]
Темы:	[	Алгебраические задачи на неравенство треугольника	]

Сложность: 2+
Классы: 7,8,9

Докажите, что

| x| + | y| + | z| $\displaystyle \le$ | x + y - z| + | x - y + z| + |-x + y + z|,

где x, y, z — действительные числа.

Решение

Так как модуль суммы не превосходит суммы модулей (см. комментарий), имеем:

| x + y - z| + | x - y + z| $\displaystyle \ge$ |(x + y - z) + (x - y + z)| = 2| x|.

Аналогично получаются неравенства

| x - y + z| + | - x + y + z| $\displaystyle \ge$ 2| z|,
| - x + y + z| + | x + y - z| $\displaystyle \ge$ 2| y|.

Сложив все три неравенства и разделив получившееся неравенство на 2, получим требуемое неравенство.

Комментарий. Неравенство | x + y| $\le$ | x| + | y| можно доказать разбором случаев. Приведем элегантное доказательство. Так как обе части неравенства неотрицательны, их можно возвести в квадрат, и неравенство заменится на равносильное. То есть достаточно доказать, что

| x + y|² $\displaystyle \le$ (| x| + | y|)².

Пользуясь тем, что для любого a выполняется равенство | a|² = a² и раскрывая скобки, приходим к неравенству:

x² + 2xy + y² $\displaystyle \le$ x² + 2| x| | y| + y².

Но это очевидно.

Заметим, также, что неравенство верно и для векторов. Доказательство сохраняется с небольшими изменениями. На плоскости это неравенство равносильно неравенству треугольника.

Прислать комментарий

Задача 60334

Темы:	[	Уравнения в целых числах	]
Темы:	[	Алгебраические задачи на неравенство треугольника	]

Сложность: 3
Классы: 8,9,10

Сколько существует (невырожденных) треугольников периметра 100 с целыми длинами сторон?

Решение

Нам нужно найти число троек (a, b, c) натуральных чисел, где a ≤ b ≤ c, a + b + c = 100, a + b > c.
Ясно, что c может принимать значения от 34 до 49. При каждом из этих значений a + b = 100 – c, значит, b может принимать значения от
½ (100 – c) до c, точнее, от 50 – ^c/₂ до c при чётном c (всего ^3c/₂ – 49 вариантов) и от 50 – ^c–1/₂ до c – при нечётном (^3c–1/₂ – 49 вариантов).
Итак, при с = 34, 36, ..., 48 получаем 2, 5, ..., 23 треугольника, а при с = 35, 37, ..., 49 – 3, 6, ..., 24 треугольника. Всего 8·26 = 208 треугольников.

Прислать комментарий

Страница: << 1 2 3 4 5 6 >> [Всего задач: 30]