Клёстов Виктор Борисович

Ответ на «трудная тригонометрия»

Предлагается также решение средствами школьного курса тригонометрии.
Вычислим выражение:
[m]\operatorname{tg} \frac{\pi}{18} — \operatorname{tg} \frac{5\pi}{18} + \operatorname{tg} \frac{7\pi}{18} = (\operatorname{tg} \frac{\pi}{18} + \operatorname{tg} \frac{7\pi}{18}) — (\operatorname{tg} \frac{5\pi}{18} + \operatorname{tg} \frac{\pi}{3}) + \operatorname{tg} \frac{\pi}{3} = \frac{1}{\cos \frac{7\pi}{18}} — \frac{1}{\sin \frac{\pi}{9}} + \sqrt{3} = \sqrt{3}[/m]
Имеем,
[m]\operatorname{tg}^2 \frac{\pi}{18} + \operatorname{tg}^2 \frac{5\pi}{18} + \operatorname{tg}^2 \frac{7\pi}{18} = \left (\operatorname{tg} \frac{\pi}{18} — \operatorname{tg} \frac{5\pi}{18} + \operatorname{tg} \frac{7\pi}{18}\right)^2 + 2A = 3 + 2A,[/m]
где [m]A = \operatorname{tg} \frac{\pi}{18}\operatorname{tg} \frac{5\pi}{18} — \operatorname{tg} \frac{\pi}{18}\operatorname{tg} \frac{7\pi}{18} + \operatorname{tg} \frac{5\pi}{18}\operatorname{tg} \frac{7\pi}{18}[/m]
Воспользуемся следующей формулой тройного аргумента, справедливой при всех x, для которых обе части равенства определены:
[m]\operatorname{tg} 3x = \operatorname{tg} x \operatorname{tg} \left(\frac{\pi}{3} — x\right) \operatorname{tg} \left(\frac{\pi}{3} + x\right)[/m]
(Непосредственно преобразуется к правой части формулы тройного аргумента, приведенной в #2.)
Подставив [m]x = \frac{\pi}{18},[/m] найдём
[m]\frac{1}{\sqrt{3}} = \operatorname{tg} \frac{\pi}{18} \operatorname{tg} \frac{5\pi}{18} \operatorname{tg} \frac{7\pi}{18},[/m]
[m]A = \frac{1}{\sqrt{3}} \left(\operatorname{ctg} \frac{\pi}{18} — \operatorname{ctg} \frac{5\pi}{18} + \operatorname{ctg} \frac{7\pi}{18}\right) = \frac{1}{\sqrt{3}} \left(\operatorname{tg} \frac{\pi}{9} — \operatorname{tg} \frac{2\pi}{9} + \operatorname{tg} \frac{4\pi}{9}\right)[/m]
Преобразуем последнее выражение в скобках:
[m]\operatorname{tg} \frac{4\pi}{9} — \frac{\sin \frac{\pi}{9}}{\cos \frac{\pi}{9} \cos \frac{2\pi}{9}} = \frac{-4\cos \frac{4\pi}{9}+2\cos \frac{2\pi}{9}-\cos \frac{8\pi}{9}}{\sin\frac{8\pi}{9}} = \frac{\left(\cos \frac{2\pi}{9}-\cos \frac{4\pi}{9}\right)-3\cos \frac{4\pi}{9}+\left(\cos \frac{2\pi}{9}+\cos \frac{\pi}{9}\right)}{\sin\frac{\pi}{9}} = 2\sqrt{3}\frac{\frac{1}{2}\sin\frac{4\pi}{9}-\frac{\sqrt{3}}{2}\cos\frac{4\pi}{9}}{\sin\frac{\pi}{9}}+\sqrt{3}=3\sqrt{3}[/m]
Поэтому A = 3. Таким образом,
[m]\operatorname{tg}^2 \frac{\pi}{18} + \operatorname{tg}^2 \frac{5\pi}{18} + \operatorname{tg}^2 \frac{7\pi}{18} = 3 + 2\cdot3=9[/m]
Или, в обозначениях #2,
[m]t_1^2+t_2^2+t_3^2=9, t_1t_2t_3=\frac{1}{\sqrt{3}}, t_1-t_2+t_3=\sqrt{3}[/m]
Вычисляем:
[m]t_1^2t_2^2+t_2^2t_3^2+t_1^2t_3^2=A^2-2(-t_1^2t_2t_3+t_1t_2^2t_3-t_1t_2t_3^2)=9+\frac{2}{\sqrt{3}}(t_1-t_2+t_3)=11[/m]
[m]t_1^4+t_2^4+t_3^4=(t_1^2+t_2^2+t_3^2)^2-2(t_1^2t_2^2+t_2^2t_3^2+t_1^2t_3^2)=9^2-2\cdot11=59[/m]
[m]t_1^4t_2^4+t_2^4t_3^4+t_1^4t_3^4=(t_1^2t_2^2+t_2^2t_3^2+t_1^2t_3^2)^2-2(t_1^4t_2^2t_3^2+t_1^2t_2^4t_3^2+t_1^2t_2^2t_3^4)=11^2-\frac{2}{3}\cdot9=115[/m]
[m]t_1^8+t_2^8+t_3^8=(t_1^4+t_2^4+t_3^4)^2-2(t_1^4t_2^4+t_2^4t_3^4+t_1^4t_3^4)=59^2-2\cdot115=3251[/m]

Ответ на «площадь эллипса»

Приношу извинения за неточность. Случай [m]\lambda=1[/m], когда [m]\varphi=0[/m], конечно, исключается. (Кстати, соответствует параболе.)

Ответ на «площадь эллипса»

Рассмотрим цилиндрическую поверхность радиуса b (для определённости, [m]a \ge b[/m]). Пусть плоскость P пересекает эту поверхность под углом [m]\varphi=\arcsin{\frac{b}{a}}[/m] к её центральной оси. Площадь полученного сечения определяем по формуле:
[m]S= \frac{S'}{sin \varphi}=\pi b^2 \cdot \frac{a}{b}=\pi ab[/m],
где S' — площадь сечения, перпендикулярного оси цилиндра.

Остаётся доказать, что кривая [m]\gamma[/m] в сечении плоскости P — эллипс.
Впишем в цилиндр сферу, касающуюся плоскости P. Обозначим F точку касания сферы плоскости и Q — плоскость, в которой лежит окружность касания сферы с цилиндром. Через произвольную точку M кривой [m]\gamma[/m] проводим отрезок образующей цилиндра до пересечения с плоскостью Q в точке B. Из точки M опустим перпендикуляр на прямую l пересечения плоскостей Р и Q (A — точка пересечения этих прямых).
FM=BM, как касательные к сфере из одной точки. Поэтому
[m]\lambda=\frac{FM}{AM} =\frac{BM}{AM}=cos \varphi=const[/m].
Таким образом, отношение расстояний от точки F (фокуса) и прямой l (директрисы) постоянно. При этом эксцентриситет [m]\lambda \le 1[/m], следовательно, кривая [m]\gamma[/m] — эллипс.

Заметим, что использование формулы соотношений площадей плоской фигуры и её проекции является вполне строгим (с точностью до определения площади круга как предела последовательности площадей правильных вписанных многоугольников). Вписанному в окружность многоугольнику соответствует вписанный в эллипс "растянутый" многоугольник. Отношение площадей упомянутых фигур очевидно. Далее, — предельный переход.

Ответ на «Касание окружностей»

Поскольку Елена не сообщает, откуда появилась её замечательная система уравнений из #2 https://ask.profi.ru/q/sistema-naiti-h-iz-sistemyk-sqrt-28-5-2-39034/, предлагается альтернативный подход к решению задачи Мадины.
Обозначения: AC = x (как предложено Еленой), P — середина хорды AB, [m]\varphi=\angle{O_1O_2C}.[/m]
Имеем,
[m]O_1P^2=O_1B^2-BP^2=R^2-\frac{9x^2}{4}[/m]
[m]O_1C^2=O_1P^2+PC^2=R^2-2x^2[/m]
По теореме косинусов:
[m]O_1C^2=r^2+(R-r)^2-2r(R-r)\cos\varphi,[/m]
при этом [m](R-r)\cos\varphi=CO_2+O_1P=r+\sqrt{R^2-\frac{9x^2}{4}}.[/m]
Получаем уравнение:
[m]R^2-2x^2=r^2+(R-r)^2-2r \left( r+\sqrt{R^2-\frac{9x^2}{4}} \right),[/m]
из которого определяем
[m]x=\sqrt{2Rr-\frac{9r^2}{4}}.[/m]
Подставив R = 12,5, r =4, вычислим x = 8, AB = 3x =24.

Ответ на «Сила Ампера»

Это уточнения или опровержения #18? Пока не вижу противоречия.

Ответ на «Сила Ампера»

На самом деле, скорость рейки стабилизируется при любой полярности батареи и даже при её отсутствии (хватило бы длины наклонной плоскости и установленных на неё рельсов). Это связано с направлением индукционного тока в рейке и возрастанием его значения при ускоренном движении рейки.

Ответ на «Система»

Да, без показаний Вольфрама найти комплексные корни квадратного уравнения с отрицательным дискриминантом — задача, конечно, непосильная. ;>//
Выпускники советских средних школ, правда, знали как. Но отменены нынче в школьной программе и комплексные числа, и логарифмическая линейка, и конторские счёты.

Ответ на «Система»

Систему #4 приводим к уравнению:
64k^2 — 9•64(k+1)^2 = 25^2 — 51^2,
из которого определяем k = 7/8. Затем находим x = 8 и x = -8.

Ответ на «Система»

Система #3 приводится к уравнению:
64k^2 — 22500(k+1)^2 = 56,5^2 — 19,5^2,
значит несовместна.

Ответ на «Система»

Последовательно исключая неизвестные, приводим систему к уравнению:
64k^2 — 22500(k+1)^2 = 57^2 — 21^2,
которое не имеет решения при k > 0. Поэтому нет и таких x.
Впрочем, проверьте условие.