Matematikos Maratonas Nr. 3

Duodu panašų uždavinį į prieš tai buvusį, taigi jį galite išspręsti pasinaudodami ankstesnio uždavinio sprendimo idėjomis.

Taškas [tex]K[/tex] yra atkarpos [tex]AC[/tex], [tex]L[/tex] atkarpos [tex]BD[/tex], [tex]M[/tex] atkarpos [tex]AK[/tex], [tex]N[/tex] atkarpos [tex]BL[/tex] vidurio taškas.
Žinoma, kad [tex]AB=3[/tex], [tex]CD=4[/tex], [tex]KL=\dfrac{\sqrt{37}}{2}[/tex].
Raskite atkarpos [tex]MN[/tex] ilgį.

Kaip matau šis uždavinys taip pat nesusilaukė dėmesio (arba buvo sunkiai įkandamas), tai pateikiu pats ir šio uždavinio sprendimą:
Pasitelkę vektorius, galime užrašyti, kad:
[tex]\vec{KL}=\vec{KA}+\vec{AB}+\vec{BL}[/tex]
ir
[tex]\vec{KL}=\vec{KC}+\vec{CD}+\vec{DL}[/tex]
Sudėję šias lygybes, gauname:
[tex]2\vec{KL}=\vec{KA}+\vec{KC}+\vec{AB}+\vec{CD}+\vec{BL}+\vec{DL}[/tex]
Kadangi vektoriai [tex]\vec{KA}[/tex] ir [tex]\vec{KC}[/tex] kaip ir vektoriai [tex]\vec{BL}[/tex] ir [tex]\vec{DL}[/tex] yra priešingi (nes yra vienodo ilgio ir priešingų krypčių), tai jų suma yra nulinis vektorius. Taigi gauname:
[tex]2\vec{KL}=\vec{AB}+\vec{CD}[/tex]          (1)
Pasinaudoję šia lygybe iš keturkampio AKLB galime užrašyti tokią lygybę:
[tex]2\vec{MN}=\vec{AB}+\vec{KL}=\vec{AB}+\dfrac{1}{2}(\vec{AB}+\vec{CD})[/tex]
arba:
[tex]4\vec{MN}=\vec{AB}+\vec{KL}=3\vec{AB}+\vec{CD}[/tex]        (2)
Lygybes (1) ir (2) pakėlę kvadratu gauname:
[tex]\begin{cases}
4\vec{KL}^2=\vec{AB}^2+2\vec{AB}\cdot \vec{CD}+\vec{CD}^2 \\
16\vec{MN}^2=9\vec{AB}^2+2\cdot 3\vec{AB}\cdot \vec{CD}+\vec{CD}^2
\end{cases}\implies \begin{cases}
4\vec{KL}^2-\vec{AB}^2-\vec{CD}^2=2\vec{AB}\cdot \vec{CD} \\
16\vec{MN}^2-9\vec{AB}^2-\vec{CD}^2=6\vec{AB}\cdot \vec{CD}
\end{cases}
[/tex]
Padaliję sistemos lygtis vieną iš kitos, gauname:
[tex]\dfrac{16\vec{MN}^2-9\vec{AB}^2-\vec{CD}^2}{4\vec{KL}^2-\vec{AB}^2-\vec{CD}^2}=3[/tex]
Pertvarkę gautą lygybė, gauname:
[tex]16\vec{MN}^2-9\vec{AB}^2-\vec{CD}^2=12\vec{KL}^2-3\vec{AB}^2-3\vec{CD}^2[/tex]
[tex]16\vec{MN}^2=12\vec{KL}^2+6\vec{AB}^2-2\vec{CD}^2[/tex]
Gauname:
[tex](4|\vec{MN}|)^2=12|\vec{KL}|^2+6|\vec{AB}|^2-2|\vec{CD}|^2=12\cdot \left|\dfrac{\sqrt{37}}{2}\right|^2+6\cdot 3^2-2\cdot 4^2=133[/tex]
[tex]4|\vec{MN}|=\sqrt{133}\implies |\vec{MN}|=\dfrac{\sqrt{133}}{4}[/tex]

Taip gali kelti, kas nori.

Kalbant apie ribą [tex]\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n[/tex] yra įrodoma, kad su [tex]∀n∈N[/tex] yra teisinga nelygybė [tex]2<\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n<3[/tex].
Pasinaudosime šios nelygybės viena dalių, t.y, kad [tex]∀n∈N, \left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n<3[/tex].
O dabar pereiname prie įrodymo:
Pirmiausiai įrodome, jog nelygybė teisinga, kai [tex]n=1[/tex]:
[tex]\left(\dfrac{1}{3}\right)^1<1!\implies \dfrac{1}{3}<1[/tex] (nelygybė teisinga)
Darome prielaidą, jog nelygybė teisinga, kai [tex]n=k[/tex], tai yra teisinga nelygybė:
[tex]\left(\dfrac{k}{3}\right)^k<k![/tex]
Remdamiesi prielaida įrodykime, jog teisinga nelygybė [tex]\left(\dfrac{k+1}{3}\right)^{k+1}<(k+1)![/tex]:
[tex]∀k∈N[/tex] teisinga nelygybė [tex]\left(1+\dfrac{1}{k}\right)^k<3[/tex] arba [tex]\left(\dfrac{k+1}{k}\right)^k<3[/tex]
Pertvarkome šią nelygybę laikydami, kad [tex]k∈N[/tex]:
[tex]\left(\dfrac{k+1}{k}\right)^k\cdot \dfrac{k+1}{3}<3\cdot \dfrac{k+1}{3}\implies \left(\dfrac{k+1}{k}\right)^k\cdot \dfrac{k+1}{3}<k+1[/tex]
Remiantis prielaida [tex]\left(\dfrac{k}{3}\right)^k<k![/tex], jei kairiają nelygybės [tex]\left(\dfrac{k+1}{k}\right)^k\cdot \dfrac{k+1}{3}<k+1[/tex] pusę padauginsime iš [tex]\left(\dfrac{k}{3}\right)^k[/tex], o dešiniąją iš [tex]k![/tex], tai nelygybė išliks teisinga, todėl:
[tex]\left(\dfrac{k+1}{k}\right)^k\cdot \dfrac{k+1}{3}\cdot \left(\dfrac{k}{3}\right)^k<(k+1)\cdot k![/tex]
Sutvarkę gauname:
[tex]\left(\dfrac{k+1}{3}\right)^{k+1}<(k+1)![/tex]
Gavome tai, ką ir turėjome įrodyti. Taigi nelygybė [tex]\left(\dfrac{n}{3}\right)^n<n![/tex] teisinga su [tex]∀n∈N[/tex].

Galima sulaukti patvirtinimo, jog viskas gerai?

Tada keliu savo užduotį:
Raskite skaičių, kurio pirminiai daugikliai yra tik 2 ir 3, o jo kubo visų daliklių skaičius 7 kartus didesnis už ieškomojo skaičiaus daliklių skaičių.

Gražu, tik būtų buvę įdomu pamatyti, kaip gaunama formulė: [tex]d\left(2^m3^n\right)=(m+1)(n+1)[/tex].

Taip, viskas gerai, tiesiog į šio uždavinio sprendimą ir buvo įtrauktas šios lygybės pagrindimas.

[tex]y_n=\sum\limits_{k=1}^{n} \frac{(-1)^kk}{k+1}=\left\{\begin{matrix}
\sum\limits_{k=1}^{\frac{n}{2}} \left(-\frac{2k-1}{2k-1+1}+\frac{2k}{2k+1}\right),\space n-lyginis\\\sum\limits_{k=1}^{\frac{n-1}{2}} \left(-\frac{2k-1}{2k-1+1}+\frac{2k}{2k+1}\right)-\frac{n}{n+1},\space n-nelyginis

\end{matrix}\right.[/tex]
[tex]\sum\limits_{k=1}^{n} \left(-\frac{2k-1}{2k-1+1}+\frac{2k}{2k+1}\right)=\sum\limits_{k=1}^{n} \left(-\frac{2k-1}{2k}+\frac{2k}{2k+1}\right)=\sum\limits_{k=1}^{n} \left(\frac{2k}{2k+1}-\frac{2k-1}{2k}\right)=\sum\limits_{k=1}^{n} \frac{1}{2k(2k+1)}[/tex]
Žinome, jog [tex]\sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^2}[/tex] konverguoja.
Kadangi [tex]\lim\limits_{k\to \infty}\dfrac{\frac{1}{k^2}}{\frac{1}{2k(2k+1)}}=\lim\limits_{k\to\infty}\frac{2k(2k+1)}{k^2}=4[/tex], vadinasi: [tex]\sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{1}{2k(2k+1)}[/tex] taip pat konverguoja. Taigi: [tex]\sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{1}{2k(2k+1)}=A[/tex], kur [tex]A-[/tex] baigtinis skaičius.
Vadinasi, kai [tex]n=2m,\space m∈N[/tex] ir [tex]n\to\infty[/tex], tai [tex]\lim\limits_{n\to\infty}y_n=A[/tex]. Tuo tarpu, kai [tex]n=2m-1,\space m∈N[/tex] ir [tex]n\to\infty[/tex], tai [tex]\lim\limits_{n\to\infty}y_n=A-\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n}{n+1}=A-1[/tex]
Taigi riba [tex]\lim\limits_{n\to\infty} y_n[/tex] neegzistuoja. Tačiau:
Kai [tex]n=2m,\space m∈N[/tex], [tex]y_n[/tex] yra didėjanti ir konverguojanti, taigi ji aprėžta iš viršaus.
Kai [tex]n=2m-1,\space m∈N[/tex], [tex]y_n[/tex] yra mažėjanti ir konverguojanti, taigi ji aprėžta iš apačios.
Aprėžtos ir nykstamos sekų sandaugos riba lygi 0, todėl [tex]\lim\limits_{n\to\infty}x_n=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{n}\cdot y_n=0[/tex]

Raskite ribą:
[tex]\lim\limits_{n\to\infty}\left(\dfrac{1}{\sqrt{n}\sqrt{n+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{n}\sqrt{n+2}}+...+\dfrac{1}{\sqrt{n}\sqrt{n+n}}\right)[/tex]