Rozwia za lem zadanie i co dalej?

Transkrypt

1 Rozwia za lem zadanie i co dalej? Motto: Whenworkingonaproblem,Ineverthinkaboutbeauty;Ithinkonlyofhowto solvetheproblem.butwhenihavefinished,ifthesolutionisnotbeautiful,iknow thatitiswrong. RBuckminsterFuller( ) Z Encyklopedii Britannica: Fuller architect, engineer, inventor, philosopher, author, cartographer, geometrician, futurist, teacher, and poet- established a reputationasoneofthemostoriginalthinkersofthesecondhalfofthe20thcentury. Heconceivedofmanasapassengerinacosmicspaceship-apassengerwhoseonly wealth consists in energy and information. Dawno, dawno temu by l pierwszy stopień XLIII OM. Przysz lo mi sprawdzać zadanie 12. Brzmia lo ono tak: Nap laszczyźnienarysowaneczteryprostetak,żeżadnedwieznichniesa równoleg le iżadnetrzyniemaja punktuwspólnego.prostetewyznaczaja czterytrójka ty.udowodnić,żeortocentratychtrójka tówleża najednejprostej. Notom lodzieżrozwia zywa la.wtedyby lyklasy uniwersyteckie wdwóchliceachwwarszawie:wloim.s.s.iwloim.k.h.pamie tam,żezloim.k.h. by losporoprac,którychautorzyrozwia zywalitozadanieanalitycznie.nieskopiowa lem żadnej takiej pracy, jedne by ly nieco krótsze, inne nieco d luższe. Trzeba od razustwierdzić,żewtakimzadaniugeometriaanalitycznamusidaćrozwia zanie wskończonymczasie,boponapisaniurównańczterechprostychmożnarozwia zać uk ladyrównańliniowychiotrzymaćpunktyprzecie ciaprostych,wie cwierzcho lki trójka tów.potemmożnanapisaćrównaniaprostychzawieraja cychwysokościtrójka ta toteżwymagajedynieczterechdzia lańarytmetycznych.znówrozwia zujemy uk lady równań liniowych, czyli znajdujemy ortocentra, potem piszemy równanie prostejktóraprzechodziprzezdwaznichisprawdzamy,żepozosta ledwateżleża na tej prostej. Spróbowa lemtakierozwia zanienapisać,abymoglipaństwospojrzeć,cowtedy musia lemoceniać.prostenazwiemy: k,l,m,n.zak ladamy,żeproste k,l przecinaja sie wpunkcieo=(0,0),prostek,m wpunkcie R=(a,b),prostek,n 1

2 wpunkcie T=(ta,tb),gdzie t>1jestpewna liczba rzeczywista,proste l,n wpunkciep=(c,d),prostel,m wpunkcies=(sc,sd),gdzies>1jest pewna liczba rzeczywista.wreszcieprostem,nprzecinaja sie wpunkcieq,którego wspó lrze dneznajdujemyrozwia zuja cuk ladrównań: H n k m T=(ta, tb) R=(a, b) H k Q H l O=(0, 0) P=(c, d) S=(sc, sd) n l H m { (b sd)x+(sc a)y=s(bc ad) (d tb)x+(ta c)y=t(ad bc) Otrzymujemy x= cs(t 1)+at(s 1), y= ds(t 1)+bt(s 1), st 1 st 1 czyli ( cs(t 1)+at(s 1) Q=, ds(t 1)+bt(s 1) ). st 1 st 1 Napisa lemodrazuwyniki,wie ctraca Państwoprzyjemnośćśledzeniakolejnychobliczeń...Możemyznaleźćkolejneortocentra.Zaczniemyodtrójka taotp. Równaniawysokościzwierzcho lkówp it wygla daja tak: { ax+by=ac+bd; cx+dy=t(ac+bd). 2

3 Wobectegoortocentrumtrójka taotp wygla datak: H m = ac+bd bc ad (bt d,c at), Otorównaniadwuwysokościtrójka taors: { ax+by=s(ac+bd); cx+dy=ac+bd. Ortocentrumtrójka taorswygla datak: Otorównaniawysokościtrójka tartq: H n = ac+bd bc ad (b ds,cs a), ax+by= t(s 1)(a2 +b 2 )+s(t 1)(ac+bd) ; st 1 (c at)x+(d bt)y=ac+bd t(a 2 +b 2 ). Ortocentrumtrójka tartqwygla datak: ( (ac+bd)(ds b dst+bst 2 )+(a 2 +b 2 )(bt+dt dst bt 2 ) H l =, (ac+bd)(a cs+cst ast 2 )+(a 2 +b 2 )(cst at ct+at 2 ) Ostatnitrójka ttopsq.iznówpiszemyrównaniadwuwysokości: cx+dy= s(t 1)(c2 +d 2 )+t(s 1)(ac+bd) ; st 1 (c at)x+(d bt)y=s(c 2 +d 2 ) st(ac+bd). Ortocentrumtrójka tapsqwygla datak: ( (ac+bd)(d bt+bst ds 2 t)+(c 2 +d 2 )(bst bs ds+ds 2 ) H k =, (ac+bd)(at c ast+cst 2 )+(c 2 +d 2 )(as+cs cs 2 ) ast), Znaleźliśmy wszystkie cztery ortocentra. Napisać wypada równanie prostej wyznaczonej przez dwa z nich, np. przez pierwsze dwa. Bez d lugich rozważań piszemy (at+cs a c)x+(bt+ds b d)y= (at+cs a c)(ac+bd)(bt d) + bc ad + (bt+ds b d)(ac+bd)(c at) =(ac+bd)(st 1) bc ad 3 ),

4 Możemy podstawiać: (at+cs a c) (ac+bd)(ds b dst+bst2 )+(a 2 +b 2 )(bt+dt dst bt 2 ) +(bt+ds b d) (ac+bd)(a cs+cst ast2 )+(a 2 +b 2 )(cst at ct+at 2 ) =suma64sk ladników,redukcjeiwkońcu:=(ac+bd)(st 1). I jeszcze jeden punkt: (at+cs a c) (ac+bd)(d bt+bst ds2 t)+(c 2 +d 2 )(bst bs ds+ds 2 ) +(bt+ds b d) (ac+bd)(at c ast+cst2 )+(c 2 +d 2 )(as+cs cs 2 ast) = =...=(ac+bd)(st 1). Okaza losie,żeczteryortocentrależa najednejprostej.zadaniejestrozwia zane. Jednakwidzimy,żerozwia zaniejestob le dne,chociażjestpoprawne.wdodatku jestwnimjasnaidea,niemażadnegopowodunadnimd lużejmyśleć.jednakpo przeczytaniukilkudziesie ciurozwia zańnapisanychwpodobnysposóbcz lowiekmoże pomyślećchwile.możewtedydojśćdowniosku,żezosta loonog lupioprzedstawione. Ocowtymwszystkimnaprawde chodzi? równanie ogólne prostej: Ax+By+C=0, [A,B] [0,0]. Wrezultacie,gdydochodzidojegoużycia,uczniowieapóźniejstudenciniewidza, Otóżwszko lachużywanejestnaogó lkierunkowerównanieprostej,wie cuczniowie,nawetstartuja cywom,sa doniegoprzywia zani.zrzadkaużywanejest comawektor[a,b]doprostejopisanejrównaniemax+by+c=0.pytani,odpowiadaja najcze ściej,żejestdoniejrównoleg ly.oczywiściejestdoniejprostopad ly. Szukanierównaniaprostejpolegawie cnaznalezieniuwektoradoniejprostopad lego. Liczniautorzytegorozwia zaniataknaproblemniepatrzyli.poprostuprzeliczyli. Pozatympisaliwszystkowewspó lrze dnych. Równanieprostejprzechodza cejprzezortocentrawygla da,jakwiemy,tak: (at+cs a c)x+(bt+ds b d)y=(ac+bd)(st 1) zreszta zarazsie jeszczerazokaże,żetakjest.możnajeprzepisaćwpostaci wektorowejużywaja ciloczynuskalarnego,dlaprzypomnienia: wie crównaniewygla datak: v w=[v 1,v 2 ] [w 1,w 2 ]=v 1 w 1 +v 2 w 2, + + = (T+S P R) [x,y]=t S P R, (LH) 4

5 tutajwybranypunkt,np.t,jestutożsamianyzwektoremzaczynaja cymsie wpunkcieoikończa cymsie wwybranympunkcie.wystarczyterazsprawdzić,żepunkty H m, H n, H l, H k leża naprostejorównaniu(lh),tujakpoprzednio H m to ortocentrumtrójka tawyznaczonegoprzezprostek,l,nitd.nieinteresuja nasteraz wspó lrze dnepunktuh m,anitrzechpozosta lych.zachodza równości (H m P) (T R)=0, (H m T) (S P), bowysokośćtrójka tajestprostopad ladobokutrójka ta.wobectego H m T H m R=P T P R, H m S H m P=T S P T. (m) Dodaja cstronamirówności(m)otrzymujemy (T+S P R) H m =S T P R, wie cjużwiemy,żepunkth m leżynaprostej(lh). PonieważH n jestortocentrumtrójka tawyznaczonegoprzezprostek,l,m,wie c (H n R) (S P)=0=(H n S) (T R) czyli H n S H n P=R S R P, H n T H n R=S T S R. (n) Po dodaniu stronami równości(n) otrzymujemy (T+S P R) H n =S T P R, wie cpunkth n teżleżynaprostej(lh). Mamy (H l T) (R S)=0=(H l R) (T P), czyli H l R H l S=T R T S oraz H l T H l P=R T R P. Odejmujemy stronami te dwie równości i otrzymujemy H l (T+S P R)=T S P R, codowodzi,żeprosta(lh)przechodziprzezpunkth l. Anakoniec (H k P) (R S)=0=(H k S) (T P), 5

6 wie c H k R H k S=P R P S oraz H k T H k P=S T S P. Znów odejmujemy stronami i otrzymujemy: H k (T+S P R)=T S P R, codowodzi,żeprosta(lh)przechodziprzezpunkth k. By lokrócej,prościej,aletrzebapodkreślić,żetojesttosamorozwia zanie,tylko zapis zosta l zmieniony. Odleg lośćpunktu(p,q)odprostejzdefiniowanejrównaniemax+by+c=0 wyrażana jest znanym wzorem Ap+Bq+C A2 +B 2. Jakwygla dawyprowadzenie?naogó ljakośtak.piszemyrównanieprostejprostopad lej do danej Bx+Ay+Bp Aq=0. Znajdujemypunktprzecie ciaobuprostych x= B2 p ABq AC A 2 +B 2, y= ABp+A2 q BC A 2 +B 2. Jakośnienajlepiejwygla da.napiszmyniecoinaczej. x= B2 p ABq AC A 2 +B 2 =p A(Ap+Bq+C) A 2 +B 2, y= ABp+A2 q BC A 2 +B 2 =q B(Ap+Bq+C) A 2 +B 2. Poprawi losie wyraźnie.czemunieodrazutakwysz lo?bootopoprosiliśmy.to drobiazg, ale należy patrzeć na zadanie kinematycznie. Wyruszamy z punktu(p, q) wpodróżzpre dkościa (wektorowa )[A,B],czyliwkierunkuprostopad lymdodanej prostej.poczasietznajdujemysie wpunkcie(p,q)+t[a,b].dlajakiegotjesteśmy na danej prostej? Ano wtedy, gdy A(p+tA)+B(q+tB)+C=0, 6

7 wie cgdy t= Ap+Bq+C A 2 +B 2. Wobec tego poszukiwana odleg lość to przebyta droga, czyli d lugość wektora Ap+Bq+C A 2 +B 2 [A,B]. Wtymwypadkuchodziodrobiazg,anieoob le dneobliczenia,aleteżoto, spowodowanywdużymstopniupotrzebamiinstytucjiprzydzielaja cychpienia dzena badania,edukacje itp.wybitniuczenizajmowalisie rozwia zywaniemproblemów, anieustalaniem,czysa onebardziejfizyczne,czybardziejmatematyczne. lych: byniebaćsie interpretacjifizycznejzw laszczawtychmiejscach,wktórychupraszczaonawzoryinadajeimsensfizyczny.zreszta podzia lnadziedzinywiedzyjest Wtablicachmaturalnychznalaz lsie wzórnaodleg lośćdwuprostychrównoleg- Ax+By+C=0 i Ax+By+C 1 =0. Napisano tam, że jest to liczba C C 1 A2 +B 2. Chca cgoudowodnić,możnaprzecia ćobieprosteprostopad la donich,znaleźć punktyprzecie cia,potemichodleg lośćijuż. Niewarto,bowynikmożnaszybciejuzyskać.Niechpunkt(p,q)leżynadrugiej prostej, czyli Ap+Bq+C 1 =0, wie c Ap+Bq= C 1. Mamyznaleźćodleg lośćpunktu(p,q)odprostejax+by+c=0.jestonarówna Ap+Bq+C A2 +B 2 = C 1+C A2 +B 2. DwazadaniazIstopnia62OM Danesa liczbyca lkowitedodatniem,norazd.udowodnić,żejeżeliliczbym 2 n+1 imn 2 +1sa podzielneprzezd,torównieżliczbym 3 +1in 3 +1sa podzielneprzezd. Jednaktzw.naturalnametodarozwia zaniategozadaniapolegananapisaniu różnicym 2 n+1 (mn 2 +1)=mn(m n)iwykazaniu,żedjestdzielnikiemm n. 7

8 Tochwile trwa.firmowerozwia zaniewygla datak: Liczbam(mn 2 +1) n(m 2 n+1)=m njestpodzielnaprzezdjakoróżnicaliczb podzielnychprzezd,wie cliczbam 3 +1 (m 2 n+1)=m 2 (m n)jestpodzielna przezd. Wygla daniecosztucznie?może.alechodzioto,żedladowolnychliczbca lkowitycha,bistnieja takieliczbyca lkowitek,l,żenwd(a,b)=ka+lb.totwierdzenie sugerujerozpatrywaniesumpostaci ka+lb,choćformalnierzeczbiora cnicdo pokazanegorozwia zanianiema. Znaleźć wszystkie takie pary(a,b) różnych liczb ca lkowitych dodatnich, że liczba b 2 +ab+4jestpodzielnaprzezliczbe a 2 +ab+4. Mamyb(a 2 +ab+4) a(b 2 +ab+4)=4(b a).ponieważliczbaa 2 +ab+4 jestdzielnikiemliczby b 2 +ab+4ia b,wie ca<b.sta dodrazuwynika,że ab<a 2 +ab+4 4(b a)<4b,wie ca<4.sa wie cdorozpatrzeniatrzyprzypadki: a=1,a=2,a=3. Jeślia=1,toliczbaa 2 +a+4=b+5musibyćdzielnikiemliczbyb 2 +b+4= =(b+5)(b 4)+24,wie crównieżdzielnikiemliczby24.wgre wchodza dzielniki wie kszeod5,czyliliczby6,8,12i24,cooznacza,żeb {1,3,7,19},aponieważ a<b,wie cb {3,7,19}. Jeślia=2,toliczbaa 2 +a+4=2b+8musibyćdzielnikiemliczbyb 2 +2b+4, wie c b musibyćliczba parzysta.zrówności b 2 +2b+4=(2b+8) ( b 2 1) +12 wynika,że2b+8jestdzielnikiemliczby12,zatemb+4jestdzielnikiemliczby6, cojestniemożliwe,bob>a=2. Jeślia=3,toliczba3b+13mabyćdzielnikiemliczbyb 2 +3b+4.Zrówności 9(b 2 +3b+4)=(3b+13)(3b 4)+88wynika,żewtedyliczba3b+13jestdzielnikiemliczby88,oczywiściewie kszymod13,zatemrównymjednejzliczb22,44,88. Ponieważb>a=3ibjestliczba ca lkowita,wie cb=25 Znaleźliśmywszystkiepary:(1,3),(1,7),(1,19),(3,25). Zakończymyomówieniemdowoduwspomnianegotwierdzeniaonajwie kszym wspólnym dzielniku: Dladowolnychliczbca lkowitycha,bistnieja takieliczbyca lkowitek,l,że NWD(a,b)=ka+lb. Jegogeneza jestalgorytmeuklidesa.dzielimyaprzezbzreszta : a=qb+r 0,0 r 0 <b,potembprzezr 0 : b=q 1 r 0 +r 1,potemr 0 przezr 1 : 8

9 r 0 =q 2 r 1 +r 2 itd.tenprocesmusisie zakończyćreszta 0,boresztysa nieujemnymi liczbamica lkowitymiib>r 0 >r 1 >...Ostatniarównośćwygla dawie ctak: r n 1 =q n+1 r n,gdzier n >0jestliczba ca lkowita,którajestwspólnymdzielnikiem liczbr n 1,r n 2,r n 3,...,r 1,r 0,b,a.Mamyteż r n =r n 2 q n r n 1 =r n 2 q n (r n 3 q n 1 r n 2 )= =(1+q n q n 1 )r n 2 q n r n 3 =(1+q n q n 1 )(r n 4 q n 2 r n 3 ) q n r n 3 = =(1+q n q n 1 )r n 4 ( ) q n 2 (1+q n q n 1 )+q n rn 3. Kontynuuja cotrzymamywkońcusume postacika+lb. Ten dowód jest zapisany w sposób ma lo przyjemny, dla uczniów lub studentów zupe lnie nieczytelny, choć gdybyśmy to samo zrobili na przyk ladzie liczbowym, to sytuacjapoprawi labysie,jeślichodziozrozumia lość,alestracilibyśmyogólność.można torozumowaniezapisaćlepiejpisza cwyraźnieza lożenieindukcyjneiteze indukcyjna, ale można to zrobić jeszcze lepiej. Rozważmy zbiór z lożony ze wszystkich liczb dodatnich postaci ka + lb. Niech k 0 a+l 0 bbe dzienajmniejsza znich.udowodnie,żeliczbak 0 a+l 0 bjestdzielnikiem liczbya.istnieja takieliczbyqir [0,k 0 a+l 0 b),że a=q(k 0 a+l 0 b)+r. Jeśli0<r,to r=(1 qk 0 )a+( ql 0 )b, wie crjestliczba postacika+lbmniejsza odk 0 a+l 0 b,cojestniemożliwe.wobec tegor=0,wie c a=q(k 0 a+l 0 b), cochcieliśmywykazać.analogiczniewykazujemy,żeliczbak 0 a+l 0 bjestdzielnikiem liczbyb.oczywistymjest,żeliczbak 0 a+l 0 bjestpodzielnaprzezkażdywspólny dzielnikliczbaib,atooznacza,żenwd(a,b)=q(k 0 a+l 0 b). Zapisaliśmy w istocie rzeczy to samo rozumowanie, ale tym razem wszystko jest napisane wyraźnie. 9