ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам | Поиск |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Фильтр
Сложность с по   Класс с по  
Задачи

Страница: << 1 2 3 4 5 6 7 >> [Всего задач: 36]      



Задача 98045

Темы:   [ Квадратный трехчлен (прочее) ]
[ Графики и ГМТ на координатной плоскости ]
[ Разные задачи на разрезания ]
[ Индукция в геометрии ]
[ Квадратные уравнения и системы уравнений ]
Сложность: 4-
Классы: 8,9,10,11

На какое максимальное число частей могут разбить координатную плоскость xOy графики 100 квадратных трехчлёнов вида
y = anx² + bnx + cn  (n = 1, 2, ..., 100)?

Решение

  Докажем по индукции, что n парабол указанного вида могут разбить плоскость не более чем на  n² + 1  часть.
   База. Одна парабола разбивает плоскость на  2 = 1² + 1  части.
  Шаг индукции. n-я парабола пересекается с каждой из остальных не более, чем в двух точках. Эти точки пересечения, а их  m ≤ 2n – 2,  разбивают её на  m + 1  кусок. Каждый такой кусок разбивает одну из "старых" частей плоскости на две, то есть количество частей увеличивается не более чем на  2n – 1.  В силу индуктивного предположения, число частей разбиения n параболами не превосходит  2n – 1 + (n – 1)² + 1 = n² + 1.
  Построим теперь разбиение плоскости 100 параболами  100²+ 1  часть. Рассмотрим параболы  y = anx² – n.  При этом возьмём  a1 = 1,
а остальные  an > 0  будем строить индуктивно так, чтобы модуль абсцисс точек пересечения n-й параболы с осью Ox был меньше, чем модули абсцисс точек пересечения всех предыдущих парабол между собой и с осью абсцисс. Тогда, очевидно, каждые две параболы пересекаются в двух точках ниже оси абсцисс и никакие три не пересекаются в одной точке. Из предыдущих рассуждений следует, что число частей разбиения будет максимальным.

Ответ

На 10001 часть.

Прислать комментарий

Задача 60934

Тема:   [ Квадратный трехчлен (прочее) ]
Сложность: 4
Классы: 8,9,10,11

Нарисуйте множество всех таких точек координатной плоскости, из которых к параболе y = 2x2 можно провести две перпендикулярные друг другу касательные.

Ответ

Все такие точки образуют прямую y = - $ {\dfrac{1}{8}}$.

Прислать комментарий

Задача 61329

 [Метод Ньютона и числа Фибоначчи]
Темы:   [ Квадратный трехчлен (прочее) ]
[ Итерации ]
[ Числа Фибоначчи ]
[ Цепные (непрерывные) дроби ]
Сложность: 4
Классы: 10,11

Применим метод Ньютона (см. задачу 61328) для приближённого нахождения корней многочлена   f(x) = x² – x – 1. Какие последовательности чисел получатся, если
  а)  x0 = 1;   б)  x0 = 0?
К каким числам будут сходиться эти последовательности?
Опишите разложения чисел xn в цепные дроби.

Решение

  По методу Ньютона мы получаем итерационную формулу  

  а)  

  Заметим, что если     то согласно формулам     (см. задачу 60567) и  Fm–1Fm + FmFm+1 = F2m

(см. задачу 60566)    

  Следовательно,     Из задачи 60578 легко следует, что эта последовательность сходится к положительному корню φ трёхчлена  x² – x – 1.
  Согласно задаче 60596 разложение xn в цепную дробь имеет вид  [1; 1, 1, ..., 1]  (всего 2n единиц).

  б)     Аналогично п. а) получаем, что     (2n – 3  единицы),
xn → – φ–1  (это второй корень того же трёхчлена).

Прислать комментарий

Задача 116769

Темы:   [ Квадратный трехчлен (прочее) ]
[ Индукция (прочее) ]
[ Задачи с ограничениями ]
Сложность: 5-
Классы: 10,11

Автор: Карасев Р.

На координатной плоскости нарисовано n парабол, являющихся графиками квадратных трёхчленов; никакие две из них не касаются. Они делят плоскость на несколько областей, одна из которых расположена над всеми параболами. Докажите, что у границы этой области не более  2(n – 1)  углов (то есть точек пересечения пары парабол).

Решение

  Индукция по n.
  База. При  n = 1  утверждение очевидно.
  Шаг индукции. Пусть  f1(x),  f2(x),  ...,  fn(x)  – данные квадратные трёхчлены  (n ≥ 2),  причём  fn(x) – трёхчлен с минимальным старшим членом (если таких несколько, то любой из них). Обозначим границу нашей области через T. Можно считать, что T содержит участки всех графиков.
  Пусть S – множество всех таких чисел a, что точка множества T с абсциссой a лежит на графике трёхчлена  fn(x). Иначе говоря, число a принадлежит S тогда и только тогда, когда выполнены неравенства  fn(x) ≥ fi(a)  при всех  i = 1, 2, ..., n – 1.  Обозначим через Si множество всех решений i-го неравенства; тогда    .   Поскольку трёхчлен  fn(x) – fi(x)  либо обладает отрицательным старшим коэффициентом, либо является на самом деле линейным, Si – это либо отрезок (возможно, вырожденный), либо луч, либо вся прямая. Значит, и S является множеством такого же вида.
  Итак, у T не более двух углов, принадлежащих графику  fn(x). Если мы удалим этот график, исчезнут эти углы (и, возможно, появятся новые). При этом по предположению индукции новая область будет иметь не более  2(n – 2)  углов; значит, исходная имела не более  2(n – 2) + 2 = 2(n – 1)  углов.

Прислать комментарий

Задача 78047

Темы:   [ Квадратный трехчлен (прочее) ]
[ Соображения непрерывности ]
Сложность: 5
Классы: 9,10,11

Трёхчлен  ax² + bx + c  при всех целых x является точным квадратом. Доказать, что тогда  ax² + bx + c = (dx + e)².

Решение

Пусть  f(x) = ax² + bx + c. Тогда     поэтому     При целом x число     является целым, поэтому     – целое число. Кроме того, найдётся такое натуральное x0, что при целых  xx0  разность     равна своему предельному значению d. Положим     Тогда     при всех целых  xx0.  Таким образом,  ax² + bx + c = (dx + e)²  для всех целых  xx0.  Но тогда это равенство имеет место для всех x.

Прислать комментарий

Страница: << 1 2 3 4 5 6 7 >> [Всего задач: 36]      



© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
Пишите нам

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .