Matematikos Maratonas Nr. 3

Jei (x,y,z) yra lygties sprendinys sveikųjų skaičių aibėje, tai x³=3(y³+3z³). Tad x³, vadinasi ir x sveikai dalijasi iš 3. Vadinasi, x=3k. (k∈Z).
Tuomet 27k³- 3y³= 9z³, t.y. y³=3(3k³- z³). Vadinasi, y sveikai dalijasi iš 3, t.y. y=3p, (p∈Z).
Tada z³=3(k³- 3p³). Tad z sveikai dalijasi iš 3, t.y. z=3n.
Tada gauname k³- 3p³= 9n³.
Akivaizdu, jog gavome tą pačią pradinę lygtį , tik "raidės pakeistos". Tada k, p,n sveikai dalijasi iš 3. Tęsdami šią "pasaką be galo", suvokiame, jog , jei x, y, z sveikieji skaičiai, tenkinantys nagrinėjamą lygtį, tai jie "be galo daug kartų" sveikai dalijasi iš 3.
Tai reiškia, jog
Atsakymas: (0, 0, 0).

1

Gerai, galite jei turite kelti savo užduotį.

0

Apskaičiuokite max(xy + y²) bei min(xy+y²), kai kintamieji x ir y
tenkina lygybę:
x² - 3xy + 4y² = 4.

0

Tarkime [tex]y=xk[/tex], kur [tex]k∈\mathbb{R}[/tex], tada [tex]x[/tex] ir [tex]k[/tex] tenkina lygybę: [tex]x^2-3x(xk)+4(xk)^2=4\iff x^2(4k^2-3k+1)=4[/tex]
Kadangi [tex]∀k∈\mathbb{R}:4k^2-3k+1>0[/tex], tai galime užrašyti, kad: [tex]x^2(4k^2-3k+1)=4\iff x^2=\dfrac{4}{4k^2-3k+1}[/tex].
Tuomet mes turime rasti minimalią ir maksimalią įgyjamą šio reiškinio reikšmę: [tex]x\cdot xk+(xk)^2= x^2(k^2+k)=\dfrac{4}{4k^2-3k+1}\cdot(k^2+k)[/tex].
Ieškome funkcijos [tex]f(k)=\dfrac{4}{4k^2-3k+1}\cdot(k^2+k)[/tex] didžiausios ir mažiausios reikšmės visoje apibrėžimo srityje.
Randame funkcijos kritinius taškus:
[tex]f'(k)=\dfrac{-28k^2+8k+4}{(4k^2-3k+1)^2}=0\implies 7k^2-2k-1=0\implies k=\dfrac{1±2\sqrt{2}}{7}[/tex].
[tex]k=\dfrac{1-2\sqrt{2}}{7}[/tex] - funkcijos [tex]f(k)[/tex] minimumo taškas.
[tex]k=\dfrac{1+2\sqrt{2}}{7}[/tex] - funkcijos [tex]f(k)[/tex] maksimumo taškas.
Kai [tex]k=\dfrac{1-2\sqrt{2}}{7}[/tex], tai [tex]f(k)=\dfrac{20-16\sqrt{2}}{7}[/tex]-funkcijos minimumas.
Kai [tex]k=\dfrac{1+2\sqrt{2}}{7}[/tex], tai [tex]f(k)=\dfrac{20+16\sqrt{2}}{7}[/tex]-funkcijos maksimumas.
Įrodykime, jog esant šioms [tex]k[/tex] reikšmėms funkcija [tex]f(k)[/tex] įgyja atitinkamai mažiausią ir didžiausią savo reiškmę. Išsiaiškinome, kad intervaluose [tex](-\infty;\frac{1-2\sqrt{2}}{7})[/tex] ir [tex](\frac{1+2\sqrt{2}}{7};+\infty)[/tex] funkcija mažėja, o intervale [tex](\frac{1-2\sqrt{2}}{7};\frac{1+2\sqrt{2}}{7})[/tex] didėja. Turime, kad: [tex]\lim\limits_{k\to\infty}f(k)=1[/tex]. Kadangi funkcijos minimumas mažesnis už 1, o funkcijos maksimumas didesnis už 1, tai galime teigti, kad:
[tex]\min(xy+y^2)=\dfrac{20-16\sqrt{2}}{7}[/tex]
[tex]\max(xy+y^2)=\dfrac{20+16\sqrt{2}}{7}[/tex]

1

Tomui:
Taip, viskas puiku ! 
Beje, yra ir kita sprendimo forma-be išvestinės.
Pakanka rasti, su kokiomis parametro z reikšmėmis lygtis
(4k²+4k)/(4k²- 3k + 1) =z turi sprendinių.
Lygčiai suteikiame pavidalą
4k²(z -1) - k(3z+ 4) + z =0, po to D≥0, t.y. (3z + 4)²- 16z(z-1)≥0.
Ieškomos z reikšmės-  gauto intervalo z∈[m; M] galai.

0

Raskite lygčių sistemos realiuosius sprendinius:
\begin{cases}x+y+z=3 \\ x^2+y^2+z^2=5\\x^4+y^4+z^4=17\end{cases}

0

Pakėlę pirmos lygties abi puses kvadratu, ir atsižvelgę į antrąją lygtį, gausime:
xy + xz + yz = 2.  (A)
Pakėlę antros lygties abi puses kvadratu, ir atsižvelgę į trečiąją, gausime:
x²y² + x²z² + y²z² = 4  (B)
Pakėlę lygties (A) abi puses kvadratu, ir atsižvelgę į lygtį (B), gausime:
xyz(x +y + z) = 0, t.y. 3xyz = 0, t.y
x=0, arba y=0, arba z=0.
1) Kai x=0 gauname trivialią sistemą
y+ z= 3
y² + z²= 5, t.y y=1, z=2  arba y=2, x=1.
2) Kai y=0 gauname x=1, z=2  arba x=2, z=1
3) Kai z=0 gauname x=1, y=2 arba x=2, y=1.
Atsakymas: { (0,1,2), (0,2,1), (1,0,2), (2,0, 1), (1,2,0), (2,1,0)}

1

Na va labai pagyvėjo maratonas prisijungus Sokolovui. Uždavinys išspręstas teisingai.

0

Išspręskite lygtį:
2x³ = (2x² + x - 1)√(x²-x+1)

0

Padalinkime visą lygtį iš [tex]x^3[/tex], gauname:
[tex]2=\left(2+\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x^2}\right)\cdot \dfrac{\sqrt{x^2-x+1}}{x}[/tex]
[tex]\bullet[/tex] Kai [tex]x<0[/tex], tai:
[tex]2=\left(2+\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x^2}\right)\cdot \left(-\sqrt{\dfrac{x^2-x+1}{x^2}}\right)\iff -2=\left(2+\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x^2}\right)\cdot \sqrt{1-\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^2}}[/tex]
Pažymime [tex]t=\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x^2}[/tex], tada:
[tex]-2=\left(2+t\right)\cdot \sqrt{1-t}\space |:2+t≠0[/tex]
[tex]-\dfrac{2}{2+t}=\sqrt{1-t}[/tex]
[tex]\dfrac{4}{4+4t+t^2}=1-t\iff t^2(t+3)=0[/tex]
[tex]t=0[/tex] (netenkina lygties) arba [tex]t=-3[/tex]
Kai [tex]t=-3[/tex], tai: [tex]\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x^2}=-3|\cdot x^2≠0[/tex]
[tex]3x^2+x-1=0[/tex]
[tex]x_1=-\dfrac{1+\sqrt{13}}{6}[/tex], [tex]x_2=\dfrac{-1+\sqrt{13}}{6}[/tex] (netinka, nes >0).
Gavome vieną lygties sprendinį [tex]x=-\dfrac{1+\sqrt{13}}{6}[/tex].
[tex]\bullet[/tex] Kai [tex]x≥0[/tex], tai:
[tex]2=\left(2+\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x^2}\right)\cdot \sqrt{\dfrac{x^2-x+1}{x^2}}\iff 2=\left(2+\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x^2}\right)\cdot \sqrt{1-\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^2}}[/tex]
Vėlei pažymėję [tex]t=\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x^2}[/tex], gauname:
[tex]2=\left(2+t\right)\cdot \sqrt{1-t}\space |:2+t≠0[/tex]
[tex]\dfrac{2}{2+t}=\sqrt{1-t}[/tex]
Pakėlę kvadratu abi puses, gauname lygtį, kurią jau sprendėme. Taigi jos sprendiniai yra [tex]t=0[/tex] ir [tex]t=-3[/tex] (netenkina lygties).
Kai [tex]t=0[/tex], tai: [tex]\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x^2}=0|\cdot x^2[/tex]
[tex]x-1=0\iff x=1[/tex]
Gavome antrąjį lygties sprendinį [tex]x=1[/tex].
Ats.: [tex]-\dfrac{1+\sqrt{13}}{6};1[/tex]

0

Norėdami rašyti žinutes privalote prisijungti!