Pertvarkykim nelygybės kairės pusės reiškinį ir pasinaudokim vidurkių nelygybe:
[tex]\dfrac{a+b+c+3}{4}=\dfrac{(a+1)+(b+1)+(c+1)}{4}≥\dfrac{2\sqrt{a}+2\sqrt{b}+2\sqrt{c}}{4}[/tex]
Toliau vardiklyje pritaikom turimą prielaidą [tex]abc=1[/tex] ir dar kartą pasinaudojam vidurkių nelygybe:
[tex]\dfrac{2\sqrt{a}+2\sqrt{b}+2\sqrt{c}}{4\sqrt{abc}}≥\dfrac{1}{2\sqrt{ab}}+\dfrac{1}{2\sqrt{bc}}+\dfrac{1}{2\sqrt{ac}}≥\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c}[/tex].
Taigi
[tex]\dfrac{a+b+c+3}{4}≥\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c}[/tex]
Kaip ir viskas gerai, gali kelti kitą užduotį, tik antroj eilutėj po pirmos trupmenos labiau tiktų ženklas =, o ne ≥.
Tarkime turime aibę sudarytą iš visų natūralių dvejeto laipsnių. Raskite tikimybę, kad atsitiktinai pasirinktas aibės elementas prasidės vienetu.
Baigtinė aibė, sudaryta iš natūraliųjų dvejeto laipsnių, atrodo taip: [tex]\big\{2^{1},2^{2},2^{3},...,2^{n}\big\}[/tex].
Tada išsiaiškinkime, su kuriomis natūraliomis [tex]p[/tex] reikšmėmis laipsnis [tex]2^{p}[/tex] prasideda vienetu.
Jei skaičius [tex]2^{p}[/tex] prasideda vienetu, vadinasi jį galima užrašyti pavidalu:
[tex]2^{p}=10^{k}+x[/tex], kur [tex]k,x∈N[/tex] ir [tex]x<10^{k}[/tex].
Tada visiems aibės elementams, prasidedantiems vienetu, turi galioti nelygybė:
[tex]10^{k}+x≤2^{n}[/tex]. Didžiausia [tex]k[/tex], tenkinanti šią nelygybę, kartu yra skaičius elementų, kurie prasideda vienetu, aibėje [tex]\big\{2^{1},2^{2},2^{3},...,2^{n}\big\}[/tex].
Kadangi [tex]x<10^{k}[/tex], tai nelygybė [tex]10^{k}+x≤2^{n}[/tex] yra ekvivalenti nelygybei:
[tex]10^{k}≤2^{n}[/tex]
[tex]k≤lg2^{n}[/tex]
Didžiausia [tex]k[/tex], tenkinanti šią nelybę, yra:
[tex]k=[nlg2][/tex]
Tada tikimybė lygi:
[tex]P_{n}=\dfrac{[nlg2]}{n}=\dfrac{nlg2-\{nlg2\}}{n}=lg2-\dfrac{\{nlg2\}}{n}[/tex]
Kai n artėja į begalybę gauname, jog tikimybė lygi [tex]lg2[/tex].
Koordinačių sistemos pirmajame ketvirtyje nubrėžtas funkcijos [tex]y=x^{n}[/tex] grafikas (čia [tex]n∈N, n>1[/tex]). Toje pačioje koordinačių sistemoje pirmajame ketvirtyje nubrėžtas funkcijos [tex]y=\sqrt[n]{x+C}[/tex] grafikas, taip, jog abi šios funkcijos turėtų vienintelį bendrą tašką. Įrodykite, kad:
[tex]C=k^{\frac{k}{1-k}}\cdot (k-1)[/tex], kur [tex]k=\dfrac{1}{n^{2}}[/tex].
Funkcijos [tex]y=x^{n}[/tex] išvestinė lygi: [tex]nx^{n-1}[/tex]
Funkcijos [tex]y=\sqrt[n]{x+C}[/tex] išvestinė lygi: [tex]\dfrac{1}{n\sqrt[n]{(x+C)^{n-1}}}[/tex]
Jei funkcijos taške, kai [tex]x=x_{0}[/tex] turi tą vieną bendrą tašką, tada teisinga tokia lygčių sistema:
[tex]\begin{cases} nx_{0}^{n-1}=\dfrac{1}{n\sqrt[n]{(x_{0}+C)^{n-1}}} \\x_{0}^{n}=\sqrt[n]{x_{0}+C} \end{cases}\implies \begin{cases} \dfrac{n^{2}x_{0}^{n}}{x_{0}}\sqrt[n]{(x_{0}+C)^{n-1}}=1 \\x_{0}^{n}=\sqrt[n]{x_{0}+C} \end{cases}\implies \begin{cases} \dfrac{n^{2}\sqrt[n]{x_{0}+C} }{x_{0}}\sqrt[n]{(x_{0}+C)^{n-1}}=1 \\x_{0}^{n}=\sqrt[n]{x_{0}+C} \end{cases}\implies \begin{cases} n^{2}(x_{0}+C)=x_{0} \\x_{0}^{n^{2}}=x_{0}+C \end{cases}\implies \begin{cases} x_{0}+C=\dfrac{x_{0}}{n^{2}} \\x_{0}+C=x_{0}^{n^{2}} \end{cases}[/tex]
Gauname, kad:
[tex]\dfrac{x_{0}}{n^{2}}=x_{0}^{n^{2}}\implies \dfrac{1}{n^{2}}=x_{0}^{n^{2}-1}\implies x_{0}=({\dfrac{1}{n^{2}}})^{\frac{1}{n^{2}-1}}[/tex]
Kai [tex]k=\dfrac{1}{n^{2}}[/tex], tai [tex]x_{0}=k^{\frac{k}{1-k}}[/tex]
Tada iš antros sistemos lygties:
[tex]C=x_{0}^{n^{2}}-x_{0}=x_{0}(x_{0}^{n^2-1}-1)=k^{\frac{k}{1-k}}\cdot ((k^{\frac{k}{1-k}})^{\frac{1}{k}-1}-1)=k^{\frac{k}{1-k}}\cdot ((k^{\frac{k}{1-k}})^{\frac{1-k}{k}}-1)=k^{\frac{k}{1-k}}\cdot (k-1)[/tex]
Duota funkcija [tex]y=e^{x}(3x^{2}-4)[/tex]. Raskite [tex]y^{(100)}[/tex], čia ([tex]y^{(n)}[/tex] žymi n-tosios eilės išvestinę, pavyzdžiui [tex]y^{(1)}=y', y^{(2)}=y'', y^{(3)}=y'''...[/tex])
Pasinaudokim formule [tex]y^{(100)}=\sum_{n=0}^{100}C_{100}^n(e^x)^{(100-n)}(3x^2-4)^{(n)}=e^x(3x^2-4)+C_{100}^1*6*e^x*x+C_{100}^2*6*e^x.[/tex]