первый день - х/2
второй день - (х/2)/3
третий день - (х/2+х/6)/2
какой вопрос у задачи?
Пусть многочлен
P(x) = anxn + an–1xn–1 + ... + a0
имеет хотя бы один действительный корень и
a0 ≠ 0.
Докажите, что, последовательно вычеркивая в некотором порядке одночлены в записи P(x), можно получить из него число a0 так, чтобы каждый промежуточный многочлен также имел хотя бы один действительный корень.
Решение:
Приведем схему вычеркивания одночленов, дающую на каждом шаге многочлены, имеющие корни.
Пусть многочлен
P(x) = axn + bxm + ... + c
(a, b, c ≠ 0) содержит не менее трёх членов (xn и xm
две старших степени переменной x в P).
Если n или m нечётно, вычеркивая в P(x) одночлен bxm или axn соответственно, получим многочлен нечётной степени, имеющий хотя бы один корень.
Вычеркивая в дальнейшем другие одночлены, мы получим искомую оследовательность многочленов. Поэтому далее рассматриваем случай, когда n и m чётны.
Умножая при необходимости на –1, можем считать, что a > 0. Если c < 0, то в P(x) можно вычеркнуть любой одночлен, отличный от старшего и свободного члена, полученный многочлен P1(x) принимает отрицательное значение c при x = 0 и положительное при достаточно большом x, значит, имеет корень. Далее считаем, что c > 0.
Пусть P(t) = 0. Если b > 0, вычеркнем в P(x) одночлен bxm. При больших положительных x значение полученного многочлена P1(x) положительно, но P1(t) = P(t) – btm < 0 (так как t ≠ 0, а m чётно), следовательно P1(x) имеет корни.
Если же b < 0, вычеркнем одночлен axn, тогда значения P(x) отрицательны при больших x, но P1(0) = P(0) = c > 0, значит, он тоже имеет корни.
По приведенной схеме мы получим в конце многочлен, имеющий корни и содержащий ровно два одночлена, один из которых P(0). Утверждение доказано.
Треугольник AHC прямоугольный
<ACH=90-75=15
AH/ACH=CH/sinBAC
AN=3*sin15/sin75=3*0,26/0,97≈0,8
BH=AB-AH=6-0,8=5,2
BC=√(BH²+CH²)=√(27,04+9)=√36,04≈6
Треугольник BCH прямоугольный и CH=1/2*BC⇒<ABC=30