Антидемидович 4 - ТФКП (1113365), страница 13

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 13)

Поскольку о/2 = с05 —, + ! 52п,—, ТО й 2 -й й й 2 — й й йтз + йтз = 2 Кеыт, й» й22 = йтз ыт = 1 (х — ай!2 )(х — аыт' ) = х — 2ахсоз — +а (й = 1, та — 1). Ы й 2 -й 2 2 25. Пусть тй — произвольные точки, птй > 0 — произвольные числа (й = 1, и), причем Е пзй = 1. Доказать, что всякая прямая, проходящая через точку х, = ~~2 птйай, разделяет й=! й=! точки х„, если только не все онн размещены на одной прямой.

м Допустим противною все точки 2„Размещены по одну сторону от прямой Т, проходЯщей через точку хо. Выберем систему координат, в которой прямая т совместится с мнимой осью, а точка хо будет началом координат ш-плоскости. Тогда точки хй будут точками мй ы-плоскости, ый = (х„— з,)ез, где  — уптл между прямой Т и мнимой осью 5-плоскости. Поскотшку, по зо предположению, Кемь > 0 (< 0) т(т = 1, и, то ~ тайма > 0 (< 0). Однако й=! Е птйп25 = ~ (птйхй — пзйхо)е' = О, в й=! й=! так как (пзйхй — птахе) = ~ тайхй — хо~~' тп2, = ~тпйзй — хо = О. Е й=! й=! й=! й=! Получили противоречие, источник которого в предположении, что все точки хй размещены по одну сторону от прямой у.

Рассмотренная задача может быль интерпретирована следующим образом: точки хй с помещенными в них массами тпй не могут лежать по олпу сторону от прямой у, проходящей через центр инерции этой системы материальных точек. М $1. Комплексные числа и комплексная плоскость 37 2б. Доказать утверждение К. Гаусса: нули многочлена Р„(г) = па„г" + (п — 1)а„,г" '+ ...

+ 2азг + а„аь Е С, а„Ф О, Р„'ОО = а„(г — г,)(г — гз) .. (г — г„,)+а„(г —,)(г — гг) (г — г -г)(г г )+ . + + а„(г — г~)(г — гз) ... (г — г„) + а„(г — гг)(г — гз) ... (г — г„). Если Р„'(г*) = О, г* зь гь (а = 1, п), то Р„(г') 1 « Р„(г') а„(г' — г1)(г" — гз) ... (г' — г„) «(а„(г*-г1)... (г*-г„~)-Ьа„(г -г~)... (г -г„з)(г — г„)+...Ьа„(г -гз)(г*-гз)... (г — г )) = 1 1 1 + +...+ =О. г~ г — г г г Тогда и 1 1 1 + + ...

+ = О, г* — г„ г* — г„ г' — г~ откуда следует, что г* — г„ г' — г„ г* — г, + ... + = О, ~г* — Р 1г* — г ~Р М ' — г1Р Из последнего равенства находим; г ~ 1г — г. ! ~ = ) гь!г — гь) гы ь=! г' = ') гпьгь, ь=! О г .ы где ть — — „' * > О, 2«, щь = 1. ь=~ г=! Таким образом, кюкдая прямая, проходящая через точку г, разделяет точки г„г„... г„(см.

пример 25). М 27. доказать, что оба значения ъ'гг:! лежат на прямой, проходящей через начало координат и параллельной биссектрисе внутреннего угла треугольника с вершинами в точках — 1, 1, г, проведенной из вершины г. < На рис. !В агй(г +!) = а,, ага(г — 1) = о,. Тогда агй(г' — !) = а, + аз, 3 ° (з+ гызь .з — 1= !гз- Цт,* з (й =О, Ц. Значения з/гт — ! имеют аргументы шз"з и -"-' — "з+а.. О 1 Поскольку аг — — а, + )5, то значения залу - ! имеют аргтменты а, + кз и о, + аз+к. Угол 7 наклона биссеки .га трисы к оси Ох равен а, + а.

Следовательно, оба значения з/гт -Т лежат на прямой, проходящей чеРез начало коорлинат, параллельной биссектрисе внутреннего угла треугольника с вершиной в точке г. В не могут быль размещены вне наименьшего выпуклого многоугольника, содержащего все нули г„г„..., г„многочлена Р„(рис. 17) (Р„'— производная многочлена Р„). л Поскольку Р (г) = а„ П (г — гь), то ь=! Гл. 2. Комплексные числа н функции комплексного перемеинога 38 28. Исходя из геометрических рассмотрений, доказать неравенства: 1) — — 1 ( ~ агй е1; 2) ~е — 1~ < (1 4 — 1( + 1х)~ ага 4 . 14 М 1) Рассмотрим рис.

19. На нем видно, что длина корды, стягивающей дуву окружности единичного радиуса, центральный угол которой равен ) агв г), не превосходит длины этой дуги. Знак равенства возможен лишь в случае, когда агде = О, т. е, -. Е К, з ) О. 2) На рис. 20 видно, что в криволинейном треугольнике длина стороны, равная ~з — Ц, не превышает суммы длин двух других сторон, одна из которых есть дуга окружности радиуса ~з~, центральный угол которой равен ~ агах), а длина другой равна ~ (х~ — 1!.

Знак равенства возможен вишь в случае, когда агд е = О. М вас. 19 29. Доказать тождество ~в, ч-з,Г+ ~г, — гз1' = 2(~х1~~ -ь ~х,~~) и выяснить его геометрический смысл. < Пусть х, = х, + (ры х, = х, -Ь (Ш. Тогда е, + гз — — х1+ хз+ 1(у, + уз), х~ — вз = х, — хз + ((ул — УИ, + ~2 ( + )з ( + )2 — 1' = (х — )' + (у — р ), (~, + ~~! + /~, — ~~! = 2(х, + хз) + 2(р~ + уз) = = 2Дх| -ь у, ) + (хз + уз)) = 2(~ в~1 + Ц ). В каждом параллелограмме сумма квадратов длин диагоналей равна сумме квадратов длин его сторон, и ЗО. Доказать, что если )з,) = 1аз! = !хз~, то хз — вз 1 вз агв — = — агв —. ез — е, 2 ° Точки еы аз, хз лежат на некоторой окружности с центром в начале координат. Рассмотрим векторы вз — в,, вз — хы х,, хз (рис.21), угол агй-,"зг-*,-з = агй(хз — хз) — агБ(хз — х,) опирается на *3 дугу окружности, соединяющей точки х, и х,.

центральный угол агв-,з = агй ез -агй х, опирается на тУ же самУю дУгУ. По известной теоРеме из элементаРной геометРии шй-*з=лз = ' агвах *э *! з в 1. Комплексные числа и комплексная плоскость 39 31. Доказать, что если г, + гз + гз + г4 = О и ! гз( =? гз! = ~гз? = 1ггй то точки г,, гз, гз, г4 либо являются вершинами прямоугольника, либо попарно совпадают. м Все четыре точки лежат на окрузкности с центром в начале координат и при этом а~ +г, = -(аз+ г„), Векторы аз Ч-гз и -(аз+ад) совпадают но модулю и по направлению лишь в случае, когда, например, л, = л,, У гз г4 — — лз или г, = гз, гз = гя В первом случае точки л,, г„ гг гз, гз — вершины прямоугольника, М 3-г 32.

Найти вершины правильного п-угольника, если его центр находится в начале координат, а одна из вершин г, г известна. 1 м Известно, что значения (гг лежат на окружности ра- в диуса ~г~ и являются вершинами правильного п-угольника. Поэтому у=О, и — 1, м у .зг 33. Точки г, и гз — смежные вершины правильного и-угольника. Найти вершину г,, смежную с гз (гз Ф г|). , 3 , 3 М На Рис.22 видно, что гз — лз — — (г, — г,)ез . Следовательно, лз — — г, +(гз — г,)е* . Если зз вершины занумерованы в обратном порядке, то г, = г, + (г, — г,)е ' 34. Даны три вершины параллелограмма г,, г,, г,.

Найти четвертую вершину л„, противоположную вершине гз. У гз м Рассмотрим рис. 23. Поскольку векторы г, — г~ и гз — гз коллинеарны, и их модули равны, то л, — лз = г, — г,, л, = дх г~ + гз гз г ~,з 72 35. При каком условии три попарно не совпадающие точ- хх ки г... г, лежат на олной прямой? м Если эти точки лежат на одной прямой, то аргументы 1 чисел гз — г, и гз — г, либо равны, либо отличаются на х. Поэтому отношение -'з: — "- является действительным числом. 3 1 Полученное условие является необходимым.

Докажем его до- Х статочность. Пусть -*з=-'-з = а, а б )к. Тогда 1т -*': — '~ = О„что г- ~ *2 равносильно соотношению -"':-хз = -*з:-*-з. уравнение прямой, у .зз зз г! 3 проходящей через точки (хз, у,) и (хз, уз), имеет вид ."--хь = —,* — -*~-. Точка (хз, уз) лежит на этой прямой. Ь Зб. Выяснить геометрический смысл указанных соотношений а)?г — 2~+?а+2~ = 5; б)?г — 21 — ?а+21 > 3; в) кег > с; г) !зпл < с.

м а) Равенство определяет геометрическое место точек плоскости, сумма расстояний от которых до двух данных точек Рз = -2 и Рз = 2 есть постоянное число 5. Из аначитической геометрии известно, что это по определению эллипс, большая полуось которого равна -. Фокусы 5 эллипса — точки -2 и 2. б) Геометрическое место точек на плоскости С, удовлетворяющих условию ~?г-2~ — ?г+2 ~ ~ = 3, является гиперболой, первая полуось которой равна —. Равенство ?г — 2? — (г + 2~ = 3 определяет з левую ветвь гиперболы, а неравенство 1г — 2? — |г + 2~ > 3 — ее внутренность. в) Неравенство имеет вил х > с, Это множество точек, в которое входят прямая х = с и полуплоскость, Расположенная справа от нее.

Характеристики

Список файлов книги