а) Пусть геометрическая прогрессия имеет знаменатель . Тогда получим последовательность . Число 686 может быть записано на доске.
б) Заметим, что знаменатель прогрессии q не может быть иррациональным числом: в противном случае второй член прогрессии b₂ = 128q — иррациональное число, что противоречит условию. Значит, q — рациональное число.
Предположим, что 496 является n-ным членом последовательности. Тогда . Поскольку 31 — простое число, оно не является степенью какого-либо другого числа. Значит, n = 1, . Тогда получаем геометрическую прогрессию — третий член последовательности не трёхзначный, что противоречит условию. Значит, прогрессии с членом 496 не существует.
в) Пусть A — наибольший возможный член геометрической прогрессии, по условию A < 1000. Тогда . Число является степенью некоторого рационального числа, значит, , где k — некоторое целое число из промежутка [0, 7], a — положительное нечётное число. Число представимо в таком виде, поскольку на можно сократить, в знаменателе останется , далее дробь несократима и является степенью n = 7 - k числа q: . Значит, .
Переберём все k от 0 до 7:
k = 0: . k = 1: . k = 2: . k = 3: . k = 4: . k = 5: . k = 6: k = 7: — верно, A = 128.
Наибольшее значение A = 972. Покажем, что оно достигается. Пусть . Тогда
Таким образом, наибольшее число, которое могла выписать Даша — 972.
Обозначим центр сферы O, радиус сферы R, а плоскость сечения α. Обозначим центр окружности сечения O' и ее радиус r. Расстояние от O до O' равно ρ. Длина окружности сечения L равна 2πr.
Возьмем плоскость β так, чтобы она была перпендикулярна α и содержала центр сферы. Плоскости α и β пересекаются по прямой a, которая пересекает сферу в точках A и B. OA = OB = R. При этом, точки A и B являются диаметрально-противоположными точками окружности сечения O'. Значит, O'A = O'B = r. При этом точка O' лежит в плоскости β.
а) да; б) нет; в) 972
Пошаговое объяснение:
а) Пусть геометрическая прогрессия имеет знаменатель . Тогда получим последовательность . Число 686 может быть записано на доске.
б) Заметим, что знаменатель прогрессии q не может быть иррациональным числом: в противном случае второй член прогрессии b₂ = 128q — иррациональное число, что противоречит условию. Значит, q — рациональное число.
Предположим, что 496 является n-ным членом последовательности. Тогда . Поскольку 31 — простое число, оно не является степенью какого-либо другого числа. Значит, n = 1, . Тогда получаем геометрическую прогрессию — третий член последовательности не трёхзначный, что противоречит условию. Значит, прогрессии с членом 496 не существует.
в) Пусть A — наибольший возможный член геометрической прогрессии, по условию A < 1000. Тогда . Число является степенью некоторого рационального числа, значит, , где k — некоторое целое число из промежутка [0, 7], a — положительное нечётное число. Число представимо в таком виде, поскольку на можно сократить, в знаменателе останется , далее дробь несократима и является степенью n = 7 - k числа q: . Значит, .
Переберём все k от 0 до 7:
k = 0: . k = 1: . k = 2: . k = 3: . k = 4: . k = 5: . k = 6: k = 7: — верно, A = 128.Наибольшее значение A = 972. Покажем, что оно достигается. Пусть . Тогда
Таким образом, наибольшее число, которое могла выписать Даша — 972.
Обозначим центр окружности сечения O' и ее радиус r.
Расстояние от O до O' равно ρ.
Длина окружности сечения L равна 2πr.
Возьмем плоскость β так, чтобы она была перпендикулярна α и содержала центр сферы.
Плоскости α и β пересекаются по прямой a, которая пересекает сферу в точках A и B. OA = OB = R.
При этом, точки A и B являются диаметрально-противоположными точками окружности сечения O'. Значит, O'A = O'B = r. При этом точка O' лежит в плоскости β.
Рассмотрим треугольник OO'A.
OO' ⊥ AB, OA = R, O'A = r, OO' = ρ
По теореме Пифагора имеем равенство: R² = r² + ρ² ⇒ r² = R² - ρ².
r² = 14² - 8² = (14-8)(14+8) = 6*22 = 12*11.
r = √(12*11) = 2√33.
L = 2πr = 2·2√33·π = 4π√33