В основании пирамиды SABC лежит прямоугольный равнобедренный треугольник ABC, с углом C = 90°, стороной AB = s. Боковые грани образуют с плоскостью основания двугранные углы , , . Найдите радиус вписанного в пирамиду шара.
Решение:
Пусть вершина C лежит в начале координат, сторона CB (где двугранный угол ) лежит на оси 0x, сторона CA (где двугранный угол ) на оси 0y, а вершина S - в верхнем полупространстве. Поскольку центр сферы, вписанной в двугранный угол, лежит на плоскости-биссектрисе, надо найти точку пересечения (точнее, ее координату z) соответствующих плоскостей, образующих с плоскостью 0xy двугранные углы /2, /2, /2. А дальше просто: уравнения этих плоскостей
z=tg(/2).y, z=tg(/2).x, z=-tg(/2).(2(x+y)-s)/2,
выражаем отсюда z, который и есть искомый радиус.
Пусть S - конечное множество точек на плоскости, такое, что никакие три точки не лежат на одной прямой. Для каждого выпуклого многоугольника P, чьи вершины лежат в S, обозначим через a(P) количество его вершин, и через b(P) количество точек из S лежащих вне P. Отрезок, точка, и пустое множество тоже считаются выпуклыми многоугольниками, с 2, 1, 0 вершин соответственно. Докажите, что для любого комплексного числа z
picture
где сумма берется по всем выпуклым многоугольникам с вершинами в S.
Что-то я не понял. Возьмем 3 вершины треугольника и его центр масс, итого 4 точки. Тогда Ваша сумма будет состоять из всех членов бинома Ньютона, кроме поледнего, поскольку выпуклого четырехугольника нет. Значит требуемое равенство возможно, только если z=0.
Где я неправ?
Что-то я не понял. Возьмем 3 вершины треугольника и его центр масс, итого 4 точки. Тогда Ваша сумма будет состоять из всех членов бинома Ньютона, кроме поледнего, поскольку выпуклого четырехугольника нет. Значит требуемое равенство возможно, только если z=0.
Где я неправ?
лежащих вне P - имеется в виду лежащих снаружи. Т.е., в Вашем примере будет
(1-z)+4z(1-z)+6z(1-z)+3z(1-z)+z,
поскольку для большого треугольника a(P)=3 и b(P)=0.
Пусть S - конечное множество точек на плоскости, такое, что никакие три точки не лежат на одной прямой. Для каждого выпуклого многоугольника P, чьи вершины лежат в S, обозначим через a(P) количество его вершин, и через b(P) количество точек из S лежащих вне P. ....
Решение задачки про сумму по всем выпуклым многоугольникам:
Ясно, что если многочлен равен единице во всех точках интервала (0,1), то он равен единице тождественно; а значит, достаточно доказать искомое равенство только для действительных z из интервала (0,1).
Покрасим теперь точки S независимым образом: с вероятностью z точка - черная, с вероятностью 1-z точка - красная. Тогда член суммы, соответствующий многоугольнику P - это вероятность того, что все вершины этого многоугольника черные, а все точки снаружи от него - красные. Значит, собственно сумма - это матожидание количества выпуклых многоугольников, обладающих вышеуказанным свойством. Но нетрудно убедиться, что для любой раскраски такой выпуклый многоугольник всегда имеется в единственном экземпляре - это выпуклая оболочка множества черных точек (ну или пустое множество, если черных точек нет совсем). Следовательно, для любого z матожидание равно 1.
Почему то никто решение не выложил. Вот моя версия на суд профессионалов:
Надо доказать 2 неравенства: 1) .... pi/2, 2) pi/3 = ...
1) pi(a+b+c) - 2(aA+bB+cC) =
(A+B+C)(a+b+c)-2(aA+bB+cC)=
A(a+b+c-2a)+B(a+b+c-2b)+C(a+b+c-2c)=
A(b+c-a)+B(a+c-b)+C(a+b-c)0
так как сумма любых 2-х сторон треугольника больше 3-й
2) 3(aA+bB+cC)-pi(a+b+c)=
3(aA+bB+cC)-(A+B+C)(a+b+c)=
A(3a-a-b-c)+B(3b-a-b-c)+C(3c-a-b-c)=
A(2a-b-c)+B(2b-a-c)+C(2c-a-b)=
A(a-b+a-c)+B(b-a+b-c)+C(c-a+c-b)=
(a-b)(A-B)+(a-c)(A-C)+(b-c)(B-C) = 0
Ибо каждое из слагаемых неотрицательно - это следует из того, что против бОльшей стороны лежит бОльший угол. Соответственно, если предположить, что, например, аb, тогда обязательно AB, и (а-b)(A-B)0
Соответственно, равенство только для равносторонних треугольников.
Почему то никто решение не выложил. Вот моя версия на суд профессионалов:
Надо доказать 2 неравенства: 1) .... pi/2, 2) pi/3 = ...
1) pi(a+b+c) - 2(aA+bB+cC) =
(A+B+C)(a+b+c)-2(aA+bB+cC)=
A(a+b+c-2a)+B(a+b+c-2b)+C(a+b+c-2c)=
A(b+c-a)+B(a+c-b)+C(a+b-c)0
так как сумма любых 2-х сторон треугольника больше 3-й
2) 3(aA+bB+cC)-pi(a+b+c)=
3(aA+bB+cC)-(A+B+C)(a+b+c)=
A(3a-a-b-c)+B(3b-a-b-c)+C(3c-a-b-c)=
A(2a-b-c)+B(2b-a-c)+C(2c-a-b)=
A(a-b+a-c)+B(b-a+b-c)+C(c-a+c-b)=
(a-b)(A-B)+(a-c)(A-C)+(b-c)(B-C) = 0
Ибо каждое из слагаемых неотрицательно - это следует из того, что против бОльшей стороны лежит бОльший угол. Соответственно, если предположить, что, например, аb, тогда обязательно AB, и (а-b)(A-B)0
Соответственно, равенство только для равносторонних треугольников.
По-моему, все правильно. У меня такое же решение получилось.
В МГУ. Заваливать на устном всяко лучше чем на писменном ибо оспаривать результаты было сложнее. Большинство абитуриентов не станет детально протоколировать общение с преподователем.
