Matematikos Maratonas Nr. 3

Taip, dabar gerai.
Yra ir kitas būdas.
Pažymėsime I(n)=[tex]\int_{0}^{\pi }\frac{sin(nx)}{sinx}dx[/tex]
Iš pradžių reikia įrodyti, jog I(n+2)=I(n),kai n natūralusis.
Po to aišku, jog I(n)=0, kai n lyginis, ir I(n)=[tex]\pi[/tex], kai n nelyginis.

Įrodykite, kad su visais natūraliaisiais [tex]n[/tex] teisinga nelygybė

[tex]\{\sqrt{1}\}+\{\sqrt{2}\}+...+\{\sqrt{n^2}\} \leq \frac{n^2-1}{2}[/tex]

(čia [tex]\{k\}[/tex] - skaičiaus [tex]k[/tex] trupmeninė dalis.)

Sprendimas

Akivaizdu, kad [tex]n=1[/tex] nelygybė teisinga [tex](0=0)[/tex]. Tarkime [tex]n>1[/tex]. Įrodysime, kad [tex]\sum\limits_{k=m^2}^{m^2+2m} \{\sqrt{k}\}≤\frac{2m+1}{2}[/tex] (*). Pasinaudikime Bernulio nelygbe: [tex]\sqrt{m^2+x}+\sqrt{m^2+2m-x}≤m+\frac{x}{2m}+m+\frac{2m-x}{2m}=2m+1[/tex], kai [tex]0≤x≤m[/tex]. Toliau, kadangi [tex]m^2≤m^2+x≤m^2+m=m^2+2m+1-m-1<(m+1)^2[/tex] [tex]\Rightarrow [\sqrt{m^2+x}]=m[/tex] ir [tex]m^2≤m^2+m≤m^2+2m-x≤m^2+2m=m^2+2m+1-1<(m+1)^2[/tex][tex]\Rightarrow [\sqrt{m^2+2m-x}]=m[/tex], turime [tex]\{\sqrt{m^2+x}\}+\{\sqrt{m^2+2m-x}\}≤1[/tex](**). Sudėkime nelygybes (**) [tex]x=0,1,...,m-1[/tex] ir prie sumos pridėkime [tex]\{\sqrt{m^2+m}\}+\{\sqrt{m^2+2m-m}\}≤1 \Rightarrow \{\sqrt{m^2+m}\}≤\frac{1}{2}[/tex]. Gauta suma ir bus (*). Norėdami gauti užduotyje pateiktą nelygybę, turime sudėti nelygbes (*) [tex]n=1,2,...,n-1[/tex] : [tex]\sum\limits_{k=1}^{n^2-1} \{\sqrt{k}\}≤\sum\limits_{k=1}^{n-1} \frac{2k+1}{2}=\frac{n^2-1}{2}[/tex], [tex]\{\sqrt{n^2}\}=0[/tex].

Įrodykite, kad natūralių skaičių [tex]a_1<...<a_n[/tex] mažiausias berndras kartotinis nėra mažesnis negu [tex]na_1[/tex].

Taikome Niutono binomą:
[tex]\left ( 1+x \right )^{n}=C_{n}^{0}+C_{n}^{1}x+C_{n}^{2}x^{2}+...+C_{n}^{n}x^{n}[/tex]
Išdiferencijavę abi lygybės puses, gausime:
[tex]n(1+x)^{n-1}=C_{n}^{1}+2C_{n}^{2}x+ 3C_{n}^{3}x^{2}+...+nC_{n}^{n}x^{n-1}[/tex]
Įrašę vietoj x vienetą, gausime
[tex]C_{n}^{1}+2C_{n}^{2}+3C_{n}^{3}+...+nC_{n}^{n}=n2^{n-1}.[/tex]

Petras nusibrėžė tiesę, pažymėjo joje n taškų, ir juos iš eilės sunumeravo skaičiais nuo 1 iki n.
Jonas taip pat nusibrėžė tiesę, joje pažymėjo n taškų, savaip (nebūtinai iš eilės, ir nepriklausomai nuo Petro) juos sunumeravo skaičiais nuo 1 iki n.
Kokia tikimybė, kad taškų, pažymėtų skaičiais 1 ir 2, eiliškumo vietos Petro ir Jono tiesėse, yra skirtingos ?
Pavyzdys, kai n=3
Petro: 1, 2, 3
Jono:  (2, 1, 3)
      (2, 3, 1)
      (3, 1, 2)
      (1, 2, 3)
      (1, 3, 2)
      (3, 2, 1)
Įvykiui palankios tik trys (pirmosios tarp surašytųjų) baigtys, šiuo atveju tikimybė 1/2.

UŽDAVINIO SPRENDIMAS

Įvykis A-taškų, pažymėtų vienetukais, vietos sutampa.
Įvykis B- taškų, pažymėtų dvejetukais, vietos sutampa.
Mums reikia rasti įvykio [tex]S=A\cap B[/tex] tikimybę/
Įvesime įvykiui S priešingą įvykį
[tex]T=A\cup B[/tex]-bent vieno iš tų taškų vietos sutampa.
[tex]P(A)=P(B)=\frac{1}{n}[/tex]
[tex]P(A\cap B)=\frac{1}{n(n-1)}[/tex]
[tex]P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)[/tex]
[tex]P(A\cup B)=\frac{1}{n}+\frac{1}{n}-\frac{1}{n(n-1)}[/tex]


[tex]P(A\cup B)=\frac{2n-3}{n^{2}-n}[/tex]
Ieškomoji tikimybė
[tex]P(S)=1-P(A\cup B)=\frac{n^{2}-3n+3}{n^{2}-n}[/tex]
Smulkiau apie tokius modelius skaitykite penkių dalių matematinėje novelėje "Laimės ir tragedijos simbiozė".

Kitas uždavinys:
Įrodykite, jog bet kokie teigiamieji realieji skaičiai x, y, z tenkina nelygybę:
[tex]\sqrt{x^{2}+xy+y^{2}}+\sqrt{y^{2}+yz+z^{2}}> \sqrt{x^{2}+xz+z^{2}}.[/tex]

Kas nutiko, kad maratono uždavinių niekas nesprendžia ?
Pastarojo uždavinio vienas iš įrodymo būdų- trikampio nelygybės pritaikymas.
Spręskite, gerbiamieji, spręskite !

Kas nutiko, kad maratono uždavinių niekas nesprendžia ?
Pastarojo uždavinio vienas iš įrodymo būdų- trikampio nelygybės pritaikymas.
Spręskite, gerbiamieji, spręskite !