| Автор | Конкурс для любителей занимательной математики |
|---|
| [Сообщение удалено смотрителем prituriwe // ] |
100 2010-05-16 18:20:47
Пятеро. |
| эта задача для 5 класса))) не зачетная))) |
Задача 7
Для выбранных натуральных чисел m0<m1<m2 определите, какое минимальное количество корней на промежутке [0; 2пи) может быть у уравнения вида:
sin(m0x)+B1*sin(m1x) +B2*sin(m2x)=0; B1, B2 – вещественные числа.
3 корня. 1 корень x=0
Далее предположим, что есть еще 2 корня x=y и x=z, тогда получим систему
sin(m0y)+B1*sin(m1y) +B2*sin(m2y)=0
sin(m0z)+B1*sin(m1z) +B2*sin(m2z)=0
отсюда находим единственные B1 и B2, таким образом каждой паре y и z взаимнооднозначно соответствуют B1 и B2, тогда по свойству взаимнооднозначного отображения, для любого B1 и B2 будут существовать только два корня sin(m1y) и sin(m1z) => только два корня y и z на (0; 2пи). Добавляю сюда корень 0, получим, что у исходного уравнения всегда 3 корня.
Задачи - садизм, на теоремки/свойства из вышмата =/ |
(1+x^y)^z=1+x^k где z>1.
(x^y)((1+x^y)^(z-1)...+1)=x^k
если k>2y(из z>2)
z mod x^y=0
(z(z-1)/2)x^y+z mod x^y^2=0 =>z - нечетное и z mod x^y^2=0
x^(k-y) mod ((1+x^y))=1 => k=2py+1
z=2 -> 2+x^y=x^(k-y) x^y=2 x^(k-y)=4
z=3 -> x^y=3 (1+3)^3= не верно
z=5 -> x^y=5 (1+5)^5= не верно
дальше мозгов не хватает |
104 не согласен с решением
верхнее ограничение m0 просто принимая b0 b1=0 |
извиняюсь, верхнее ограничение 2m0
рассмотрим пример
sin(x)+Asin(2x)=0
sin(x)+A(2sin(x)cos(x))=0
sin(x)(1+A2cos(x))=0
==2 корня
пусть sin(m0x)+B0sin(m1x)=sin(m0x)+B0sin(m0x)cos((m1-m0)x)+B0cos(m0x)sin((m1-m0)x)=sin(m0x)*(1+B0cos( (m1-m0)x))+B0cos(m0x)sin((m1-m0)x)=
как я понял ответ будет 2нод(m0,m1,m2) |
для ashem2:
Все здачи взяты из олимпиад разного уровня 9-11 класс. По поводу вашего решения проверю завтра так как оригинальное решение не совсем такое. |
для aar72:
По поводу поста 105, почти готов зачесть))) но подумайте еще.
по поводу 107: близко |
Найдется ли такой четырёхугольник ABCD площади 1, что для произвольной точки O внутри этого четырехугольника, площадь минимум одного из треугольников BOA, COB, DOC, ADO иррациональна.
что-то я не понял задачи. в чем проблема, если точка произвольная? взяли квадрат со стороной 1. можно для удобства расположить его в xy-плоскости сторонами на осях. взяли точку (1/2, 1/sqrt(2))... я чего-то не понял? |
Я думаю ты все правильно понял. Самое логичное это и было ввести координаты и тупо подобрать.
мб я ща опозорюсь, но я не понял решения задачи про калькулятор: откуда взялось число 1? если неоткуда то 1/(x-1) не получить за 2 операции... |
для ax4:
для произвольной это значит для каждой точки |
sin(m0x)+B0sin(m1x)
mmx=nod(m0,m1)
A1(x)sin(mmx)+A2(x)cos(mmx)
имеет 2mm корней если A1 и A2 одновременно не обращаются в 0
A11(x)sin(m0x)+A12(x)cos(m0x)+A21(x)sin(m1x)+A22(x)cos(m1x)
разложим большее на меньшее
A11(x)sin(m0x)+A12(x)cos(m0x)+A21(x)sin(m0x)cos((m1-m0)x)+A21(x)cos(m0x)sin((m1-m0)x)+A22(x)cos (m0x)cos((m1-m0)x)-A22(x)sin(m0x)sin((m1-m0)x)
=
sin((m1-m0)x)(A21(x)cos(m0x)-A22(x)sin(m0x))+
cos((m1-m0)x)(A21(x)sin(m0x)+A22(x)cos(m0x))+
A11(x)sin(m0x)+
A12(x)cos(m0x)
(A21(x)cos(m0x)-A22(x)sin(m0x))^2+(A21(x)sin(m0x)+A22(x)cos(m0x))^2=
A21(x)^2+A22(x)^2 - положительно
значит мы всегда можем свести ситуацию к виду A1(x)sin(mmx)+A2(x)cos(mmx)
значит ответ будет 2nod(m0,m1,m2) |
(1+x^y)^z=1+x^k где z>1.
там только одно решение? |
| ненавижу1с? |
104 не согласен с решением
ну что поделаешь, высшая математика, это вам не арифметика, не всем понятна.
Все здачи взяты из олимпиад разного уровня 9-11 класс.
Да уж, я догадался. Стандартно решение там - доказательство тех же самых теорем вышмата, только без введения соответствующих определений и понятий. Одни функциональные уравнения и сравнения чего стоят. А если ввести все что положено - решается за пару минут максимум. =/ |
для ax4:
Вы все правильно поняли, просто задача очень простая. Приведенный вами пример вполне подходит. |
для aar72:
Решение правильное. 1 балл и 2000 золота ваши |
| Итак нерешенной осталась задача 8 |
| Сегодня выложу еще пару задач |
