Если Вы желаете заказать контрольную работу, договориться о консультациях или занятиях с репетитором — Вы не ошиблись адресом. На странице «О нас» Вы сможете подробнее узнать об услугах и их исполнителях.
Москва, Санкт-Петербург, Киев… — студент и школьник из любого города России и Украины может рассчитывать на публикацию и дальнейшее обсуждение интересной не только ему, но и другим задачи или вопроса
Свяжитесь с нами через форму обратной связи!
Телефон в Киеве: 242-71-76
Мобильный: +38 (067) 7384545
Телефон в России: +79151419149

четверг, 3 марта 2011 г.

Покори Воробьёвы Горы — 2010. Математика. Алгебра

Дорогие школьники и абитуриенты!
Хочу предложить Вашему вниманию свой вариант решения одной из задач по алгебре заочного тура олимпиады «Покори Воробьёвы Горы» прошлого года.
Условие задачи звучало следующим образом:
Найдите все значения k > 2, при каждом из которых существует непостоянная арифметическая прогрессия   x₁,…, xk   и квадратный трехчлен   ƒ(x), для которых   ƒ(x₁),..., ƒ(xk) — геометрическая прогрессия?

Обозначим через   d   разность арифметической прогрессии. Тогда её n–й член равен
xռ = x₁ + d·(n − 1). Пусть   b₁, q — соответственно первый член и разность соответствующей геометрической прогрессии. Формула n–го члена геометрической прогрессии   bռ = b₁·qⁿ⁻¹.
Обозначая через   α, β, γ   коэффициенты квадратного трёхчлена, получим:
ƒ(xռ) = α·xռ² + β·xռ + γ = b₁·qⁿ⁻¹
Начнём с рассмотрения случая   k = 3.
Составим систему уравнений:

{α·x₁² + β·x₁ + γ = b₁
{α·x₂² + β·x₂ + γ = b₁·q
{α·x₃² + β·x₃ + γ = b₁·q²

Поскольку по условию задачи арифметическая прогрессия непостоянная (d ≠ 0), то переменные   x₁, x₂, x₃   попарно различны:   x₁ ≠ x₂ ≠ x₃. При этом квадратная функция   ƒ(x)   должна принимать как минимум   3 − 1 = 2   различных значения. Отсюда следует, что   b₁ ≠ 0   и   q ≠ 1 (или   d·b₁·(q − 1) ≠ 0).
Задаваясь произвольными значениями   x₁, d, b₁, q, удовлетворяющими условию
d·b₁·(q − 1) ≠ 0, мы можем решить составленную нами систему трёх линейных уравнений с тремя неизвестными относительно   α, β, γ, причём эта система будет иметь решение.
Заметим, что по условию задачи искать решение и находить члены прогрессии не требуется. Достаточно лишь найти максимально возможное число последовательных членов непостоянной арифметической прогрессии, удовлетворяющее заданному условию. Строгое же доказательство существования решения при   k = 3   мы приведём ниже.

Рассмотрим теперь случай   k = 4   и составим для этого случая соответствующую систему уравнений:

{α·x₁² + β·x₁ + γ = b₁
{α·x₂² + β·x₂ + γ = b₁·q
{α·x₃² + β·x₃ + γ = b₁·q²
{α·x₄² + β·x₄ + γ = b₁·q³

При   k = 4   различных значениях переменной   x   квадратная функция   ƒ(x)   принимает как минимум две пары различных значения, откуда к найденному нами условию
d·b₁·(q − 1) ≠ 0   добавляется условие   q ≠ 0 (или   d·b₁·q·(q − 1) ≠ 0).
Система из четырёх линейных уравнений с тремя неизвестными может иметь решения, либо не иметь их вовсе. Вся изюминка задачи заключается в том, чтобы выяснить это, не решая уравнения высших степеней :-)
Назовём составленную нами систему системой (1). Применим теперь метод, который в высшей математике называется дискретным дифференцированием или методом конечных разностей. Вычтем почленно из каждого последующего уравнения системы (1) предыдущее уравнение:

{α·(x₂² − x₁²) + β·(x₂ − x₁) = b₁·q − b₁
{α·(x₃² − x₂²) + β·(x₃ − x₂) = b₁·q² − b₁·q
{α·(x₄² − x₃²) + β·(x₄ − x₃) = b₁·q³ − b₁·q²
  ⇒   {(α·(x₁ + x₂) + β)·(x₂ − x₁) = b₁·(q − 1)
{(α·(x₂ + x₃) + β)·(x₃ − x₂) = b₁·q·(q − 1)
{(α·(x₃ + x₄) + β)·(x₄ − x₃) = b₁·q²·(q − 1)

Учитывая, что   xռ + xռ₊₁ = 2·xռ + d,   xռ₊₁ − xռ = d,   получим систему (2):

{(α·(2·x₁ + d) + β)·d = b₁·(q −1)
{(α·(2·x₂ + d) + β)·d = b₁·q·(q −1)
{(α·(2·x₃ + d) + β)·d = b₁·q²·(q −1)

Повторяя проделанную операцию для системы (2), получим систему (3):

{2·α·(x₂ − x₁)·d = b₁·(q − 1)²
{2·α·(x₃ − x₂)·d = b₁·q·(q − 1)²
  ⇒  {2·α·d² = b₁·(q −1)²
{2·α·d² = b₁·q·(q −1)²
  (1)
(2)

Из уравнения (1) системы (3) и условия   d·b₁·(q −1)   следует наличие решения при   k = 3.

И наконец, повторим операцию для системы (3):

0 = b₁·(q −1)³

Но из условия непостоянства арифметической прогрессии следует, что   b₁·(q −1) ≠ 0. Мы пришли к противоречию. Равенство   k = 4   и в общем случае неравенство   k ≥ 4   выполняться не могут.

Ответ:   k = 3

Выкладки и доказательства, полученные при решении задачи, могут быть использованы при решении иррациональных уравнений и неравенств. В частности, мы показали, не используя в явном виде дифференцирование, что график квадратной параболы может пересекаться с графиком показательной функции не более, чем в трёх точках.

Не забывайте подписываться на обновления сайта с помощью Яндекс-ленты, Гугл-ридера, или любого приложения для чтения новостей. Вы можете также присоединиться к кругу читателей сайта.
Желаю Вам успехов в окончании школы, поступлении в университеты, дальнейшей учёбе и карьере.

Комментариев нет:

Отправить комментарий