eMatematikas Kategorijos Nauja tema Formulynas Nariai Prisijungti Registruotis
       

Matematikos Maratonas Nr. 3

Kategorija: Olimpiados

peržiūros 30996

svarbu 

Taip, viskas tvarkoj. Tik reikėtų dar pridurti, jog eilutė yra ABSOLIUČIAI konverguojanti.

0

Tarkime, [tex]a_1, a_2, ... ,a_{10}[/tex] yra sveikieji skaičiai tokie, kad [tex]1\leq a_i \leq 25[/tex], kur [tex]1 \leq i \leq 10[/tex]. Parodykite, kad egzistuoja tokie sveikieji skaičiai [tex]n_1,n_2,...,n_{10}[/tex] (nevisi nuliai), kad $$ \prod_{k=1}^{10} a_k^{n_k}=1$$

0

Akivaizdu, jog
[tex]a_{k}=2^{m_{k1}}3^{m_{k2}}5^{m_{k3}}...23^{m_{k9}}[/tex]  (1)
Čia devyni dauginamieji- pirminių dauginamųjų 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23 laipsniai
Laipsnio rodikliai-sveikieji neneigiamieji skaičiai.
Nagrinėsime sąlygoje duotą lygtį. Reikia įrodyt, kad ji turi bent vieną netrivialųjį sprendinį
[tex](n_{1},n_{2},...,n_{10})[/tex]
sveikųjų skaičių aibėje.
Logaritmuodami gauname lygtį
[tex]\sum n_{k}lga_{k}=0[/tex]
o atsižvelgdami į (1), gauname lygčių sistemą
[tex]\sum_{k=1}^{10}m_{kj}n_{k}=0[/tex]
Indeksas j kinta nuo 1 iki 9.
Gautoji devynių tiesinių homogeninių lygčių sistema su 10 kintamųjų (rangas mažesnis už 10) turi be galo daug netrivialių sprendinių. Kadangi lygčių koeficientai yra sveikieji skaičiai, tai kiekvieną sistemos sprendinį sudaro racionalieji skaičiai. Juos padauginus iš tam tikro daugiklio (kintamųjų reikšmių bendro vardiklio), gausime sistemos netrivialųjį sprendinį, kurio komponentės (koordinatės) yra sveikieji skaičiai. Įrodyta.

Paskutinį kartą atnaujinta 2018-03-26

0

Tai, kad (1) nėra akivaizdu.

0

O taip, taip ! Pataisiau....

0

Gerai

0

NAUJAS UŽDAVINYS
Į spindulio R=4 apskritimą įbrėžtas smailusis trikampis ABC, kurio plotas lygus 18. Iš viršūnės C nubrėžta aukštinė CD, kertanti trikampio kraštinę AB taške D. Iš taško D nubrėžti du statmenys DM ir DN į kraštines CA ir CB. Apskaičiuokite atkarpos MN ilgį.

0

UŽDAVINIO SPRENDIMAS

[tex]\angle CDM=\angle A,\angle CDN=\angle B[/tex]
Todėl
[tex]CM=CDsin\angle A=\frac{CD\cdot CB}{2R}[/tex]
[tex]CN=CDsin\angle B=\frac{CD\cdot CA}{2R}[/tex]
Trikampiui CMN taikome kosinusų teoremą:
[tex]MN^{2}=CM^{2}+CN^{2}-2CM\cdot CN\cdot cos\angle ACB[/tex]
[tex]MN^{2}=\frac{CD^{2}}{4R^{2}}(CB^{2}+CA^{2}-2CB\cdot CAcos\angle ACB)[/tex]
[tex]MN^{2}=\frac{AB^{2}CD^{2}}{4R^{2}}=\frac{S^{2}}{R^{2}}[/tex]
Čia S- trikampio ABC plotas.
Todėl
[tex]MN=\frac{S}{R}=\frac{18}{4}=4,5[/tex]
PASTEBĖJIMAS: Yra žinoma, jog santykis S/r, kur r- trikampio įbrėžtinio apskritimo spindulys, yra lygus trikampio pusperimetriui. O štai šis uždavinys atskleidė santykio S/R prasmę ! Paaiškėjo, jog S/R yra atstumas tarp trikampio aukštinės pagrindo ortogonaliųjų projekcijų į dvi gretimas kraštines.

0

NAUJAS UŽDAVINYS
Apskaičiuokite dvilypį integralą
[tex]\int \int \sqrt{xy}dxdy[/tex]
kai integravimo sritis yra pirmajame ketvirtyje, ir ją apriboja linijos
[tex]x=0, y=0, (\frac{x}{2}+\frac{y}{3})^{4}=\frac{xy}{6}[/tex]

0

Norėdami rašyti žinutes privalote prisijungti!