Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/1999/02/28.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:25:05 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:13:49 2012 Кодировка: Windows-1251 Поисковые слова: chandra

десятка

Великолепная
Л.КУРЛЯНДЧИК
ЭТОЙ СТАТЬЕ МЫ РАС-

Следующая задача лишь на первый взгляд выглядит довольно мрачно. Мы приведем два красивых решения этой задачи. Задача 2 (много корней). Докажите, что для всякого натурального числа n 2 справедливо неравенство
3 2 34 4K n n < 2 .

Первое решение (обратная индукция). Докажем более сильное утверждение, а именно, что для всех натуральных чисел n m 2 справедливо неравенство или
m

смотрим несколько задач, в которых изящество результатов сочетается с наличием красивых решений, по-видимому, не известных широкому читателю. Начнем с задачи, имеющей очень красивый и неожиданный ответ. Задача 1 (золотое сечение). Дан треугольник АВС. Точки Р и Q лежат на сторонах АВ и АС соответственно, Т точка пересечения отрезков СР и BQ. Где следует выбрать точки Р и Q, чтобы площадь треугольника PQT была наибольшей?
)

b

p - 1 - pm + n b + m - qn c = 0 . p - 1 - pm + n = m - qn = 0 .

gb


g





m

m +1

b

m + 1 K n n < 2.

g

Следовательно, Отсюда получаем

Доказывать будем 'обратной индукцией', т.е. сначала для m = n, а затем 'вниз' до m = 2. Ясно, что n n < 2 . Для m < n предположим, что
m +1

m=
Поэтому

q 1- p 1 - pq

b

g

, n=

1- p . 1 - pq


b

m + 1 Kn n < 2.

g

Тогда
m

TP =
TQ =
Итак,




q1- p 1 - pq
p 1- q 1 - pq

b

b

g FG H
g FG H

pb - c ,
q c- b .


IJ K

IJ K

m

m +1

b

m + 1 Kn n <

g

m

m 2 2.

Требуемый результат получаем, полагая m = 2. Второе решение (логарифм). Обозначив левую часть неравенства через р, имеем

2 *
Рис. 1

3 6 +

S

PQT

=

1 1 TP TQ = f p, q b c , 2 2

bg

ln p =
Так как

ln 2 2!

+

ln 3 3!

+ K+

ln n n!

.

где

f p, q =
Так как

bg

pq 1 - p - q + pq 1 - pq

b

g

ln x x + 1 2!

убывает при x 3 , то

.

Решение (векторы). Мы докажем, что площадь треугольника PQT максимальна в случае

ln p =
+

ln 2 2 ln 3 3

p + q 2 pq ,
то

AP AB


=

AQ AC


=


5 -1 2


.

Положим (рис.1)


f p, q

bg

pq 1 - 2 pq + pq 1 - pq
=

e

j e

F GH

+

1 3!

+ K+

= pq pq

<

AB = b , AC = c , AP = p b , AQ = q c ,
где 0 < p, q < 1. Тогда
КВАНT 1999/?2


pq 1 - 1+

j

Следовательно, ,

I bn - 1g !JK ln 2 ln 3 + b 2 3
1

< e-2 .

g

e -2 3

p < 2 3

1,8397 < 2 .

PC = c - p b ,
Пусть








QB = b - q c .








BT = n BQ , PT = m PC .
Так как

BP+ PT = BT ,







то p - 1 b+ m c- p b = n q c- b ,

b

g

FG H

IJ K

FG H

IJ K

равенство достигается при p = q. При помощи дифференцирования легко показать, что при 0 < x < 1 функция 2 x 1- x принимает наибольшее зна1+ x 5 -1 2 . чение при x + х 1 = 0, т.е. х = 2 Таким образом, f p, q и, значит, SPQT принимают наибольшее значение в слу-

Кстати, в качестве оценки снизу имеем

b

g

ln p >

ln 2 2

+

1 3!

+

1 4!
e-

+ K=

ln 2 2

+e-

5 2

.

Значит,

5 2

bg
.

p> 2e

1,1423 .

чае р = q =

5 -1 2

Следующая задача может быть решена при помощи интегрирования, но имеет и весьма красивое элементарное решение.

&