eMatematikas Prisijunk Forumas Užduotys Testai Pradžia

Forumas

Matematikos Maratonas Nr. 1

bachukas (+59)

Nu jau gali dėt sprendimą :D

bachukas (+59)

Nu jei iki rytojaus 12.00 nebus sprendimo, tai mes tesim su naujais uždaviniais (tokiu atveju aš galėsiu įdėti naują uždavinį, jei visiems priimtina :)).

pakeista prieš 16 m

house_martin (+2322)

nu pamėginsiu aš iššaut ;]
"įrodykite, kad neegzistuoja tokia funkcija, kad f(y)>(y-x)f^2(x)"
jei teisingai suprantu tai čia tas pats parašyta: f(y)>(y-x)(f(x))², abi puses padalinus iš f(x) gaunas:
f(y)/f(x)>(y-x)f(x)
jei pasižymėti tą nežinomą funkciją f(t) ir pasipaišyt belenkokį grafiką:
http://www.ipix.lt/thumbs/43349287.jpg
tai matyti kad (y-x)*f(x) yra lygus užtamsinto stačiakampio plotui. Tad manau kad galima parinkti tokią fukciją kad f(x) būtų labai mažas - tad mažas ir tas plotelis, o f(y) tokį didelį, kad f(y)/f(x) būtų daugiau už (y-x)*f(x). Užtektų vien kad f(x) = 0, o f(y)>0. Tad pagal mani yra tokia funkcija kad f(y)>(y-x)f^2(x)
Nu kaži bent į tą pusę, ar Dievui į langus ;D

pakeista prieš 16 m

AncientMariner (+411)

tortas
Naujas uždavinys: įrodykite, kad neegzistuoja tokia funkcija, kad f(y)>(y-x)f^2(x).


Aš suprantu sąlygą taip: "įrodykite, kad nėra tokios funkcijos f : R -> R, kad f(y) > (y - x) (f(x))² su visais realiais x ir y".

Tarkime, kad tokia funkcija egzistuoja. Tuomet

f(y) > (y - x) f²(x).

Įstatykime x = y = 0. Turime f(0) > 0. Pažymėkime u = 16 / f^2(0). Tuomet įstatę y = u ir x = 0 gauname

f(u) > 16.

Su bet kokiu natūraliuoju skaičiumi n turime

1 = (1/2 + 1/2^2 + ... + 1/2^n) + 1/2^n

Taigi tuomet

f(u + 1) = f(u + (1/2 + 1/2^2 + ... + 1/2^n) + 1/2^n)
> 1/2^n * f^2(u + 1/2 + 1/2^2 + ... + 1/2^n)
> ...
> 1/2^n * (1/2^n)^2 * ... * (1/2)^(2^n) * f^(2^(n+1))(u)
> 1/2^(n + n*2 + (n-1)*2^2 + ... + 1*2^n) * 2^(2^(n+3))
> 2^(2^(n+3) - (1*2^n + 2*2^(n-1) + ... + n*2 + (n+1)*1).

Žinome, kad SUMA_{i=1,2,3,...} ix^i = x / (1-x)^2, kai 0 < x < 1 (jei netikite, galėsiu įrodyti). Taigi

1*2^n + 2*2^(n-1) + ... + n*2 + (n+1)*1 = SUMA_{i=1,2,...,n+1} i*2^(n+1-i)
< 2^(n+1) * SUMA_{i=1,2,...} i * (1/2)^i
= 2^(n+1) * 2
= 2^(n+2),

todėl f(u + 1) > 2^(2^(n+2)).

Tačiau kai n didelis (t.y. artėja prie begalybės), 2^(2^(n+2)) pasidaro bet koks didelis (t.y. artėja prie begalybės). Taigi su pakankamai dideliu N turime 2^(2^(N+2)) > f(u+1). Prieštara.

Taigi tokia f neegzistuoja.

pakeista prieš 16 m

AncientMariner (+411)

house_martinnu pamėginsiu aš iššaut ;]
"įrodykite, kad neegzistuoja tokia funkcija, kad f(y)>(y-x)f^2(x)"
jei teisingai suprantu tai čia tas pats parašyta: f(y)>(y-x)(f(x))², abi puses padalinus iš f(x) gaunas:
f(y)/f(x)>(y-x)f(x)
jei pasižymėti tą nežinomą funkciją f(t) ir pasipaišyt belenkokį grafiką:
http://www.ipix.lt/thumbs/43349287.jpg
tai matyti kad (y-x)*f(x) yra lygus užtamsinto stačiakampio plotui. Tad manau kad galima parinkti tokią fukciją kad f(x) būtų labai mažas - tad mažas ir tas plotelis, o f(y) tokį didelį, kad f(y)/f(x) būtų daugiau už (y-x)*f(x). Užtektų vien kad f(x) = 0, o f(y)>0. Tad pagal mani yra tokia funkcija kad f(y)>(y-x)f^2(x)
Nu kaži bent į tą pusę, ar Dievui į langus ;D


Tortas ne visai aiškiai pateikė uždavinio sąlygą. Kiek suprantu, tavo samprotavimai skirti uždaviniui "įrodykite, kad neegzistuoja tokia f, kad f(y) > (y-x)f^2(x) su kokiais nors x, y". Tokiam atvejui tavo samprotavimai yra teisingi. Tačiau spėju, kad tortas turėjo omenyje sąlygą "... tokia f, kad f(y) > (y-x)f^2(x) su visais x, y". Visgi tu pirmas atsakei į įmanomą pateiktos sąlygos interpretaciją, taigi manau, kad turi teisę pateikti uždavinį. Na, bet jei jo nepateiksi iki ryt pietų ar panašiai, tai aš įdėsiu savo.

house_martin (+2322)

Tai dėki savo, aš šiaip ar taip nežinau nė vieno panašaus uždavinio į tokius kokius jūs čia rašote.

bachukas (+59)

Eina sau koks sprendimas :O

AncientMariner jau galėjai iš karto įdėti naują uždavinį, sąlygą supratai gerai:

tortas
bachukasO aš galvojau, kad tortai yra vyriškosios giminės atstovai :D

Čia reikia įrodyti, kad neegzistuoja tokia funkcija, tenkinanti nelygybę su visomis realiomis x ir y reikšmėmis?


Taip, funkcija iš realiųjų į realiuosius, su visais x,y realiaisiais.

pakeista prieš 16 m

tortas (+11)

Ką gi, belieka pasvekint AncientMariner, vadinasi, ne veltui gaišau, sprendimas atsirado ;). Gražus dargi. Šiaip pripažįstu, kad gal kiek per sunkus uždavinys.

Na, AncientMariner, laukiam tavo uždavinio, o šiaip, manau, bachuk, gali savo dėti jei per porą valandų niekas to pirmas nepadarys. ;)

AncientMariner (+411)

Ar yra toks daugianaris f su sveikaisiais koeficientais, kad f( 3^(1/3) + 9^(1/3) ) = 3 + 3^(1/3)?

tortas (+11)

Įrodysime, kad neegzistuoja.

Visų pirma, nesunku suprasti, kad įsistačius į kažkokį daugianarį x=3^(1/3) + 9^(1/3), reikšmė tame taške bus formos a3^1/3+b9^1/3+c, kur a,b,c - sviekieji skaičiai. Įrodysime, kad a-b visada lyginis.

Iš esmės užtenka įrodyti, kad keliant x bet kokius laipsniu jo įgautoje formoje tas bus tenkinama (t.y. nagrinėsime tik daugianarius P(x)=x^n ir jei jiems teisinga, kad a-b - lyginis, tai šių daugianarių sumai tas tuo labiau bus teisinga).

(3^(1/3) + 9^(1/3))^n skleidinyje kiekvienam i egzistuoja (n/i) (nežinau, kaip žymėti, tad čia naudosiu, kad (a/b)=a!/b!(a-b)!), taigi egzistuoja narys (n/i)3^i/3*9^((n-i)/3)=(n/i)3^((2n-i)/3) ir (n/n-i)3^((n-i)/3)*3^(2i/3)=(n/n-i)3^((n+i)/3).

Jeigu 2n-i dalinasi iš trijų, tai n+i taip pat dalinasi iš 3 ir tada tie reiškiniai - sveikieji skaičiai, taigi mūsų nedomina. Kitu atveju 2n-i ir n+i yra skirtingų liekanų (mod 3), o kadangi (n/i)=(n/n-i), tai tų reiškinių skirtumas tikrai lyginis.

Dar vienas atvejis yra, kad n=2k, o i=k (n-i sutampa su i), bet tuo atveju reiškinys (2k/k)3^k/3*3^2k/3=(2k/k)3^k, kas yra sveikasis skaičius.

Taigi įsitikinome, kad a-b visada lyginis, tačiau reiškinyje 3 + 3^(1/3) koeficientas prie 3^1/3 yra 1, o prie 9^1/3 - 0, taigi skirtumas nelyginis. Vadinasi, toks daugianaris neegzistuoja.

Šioje temoje naujų pranešimų rašymas yra išjungtas!