Matematikos Maratonas Nr. 3

Skaičius [tex]\overline{6pqpqpq}[/tex] dalijasi iš 18. Kai atmetame pirmą ir paskutinį skaitmenį, tai naujasis skaičius tikrai dalijasi iš 6. Kam lygus skaitmuo [tex]p[/tex]?

Teisingas atsakymas.

Sprendimas geras.

Nagrinėkime f-ją [tex]f(x)=( \sqrt{2}+1 )^x+ ( \sqrt{2}-1)^x[/tex],  [tex]x∈(-\infty,+\infty)[/tex]. Tikriname jos lyginumą:
[tex]f(-x)=( \sqrt{2}+1)^{-x}+ ( \sqrt{2}-1)^{-x}=(\sqrt2-1)^x+(\sqrt2+1)^x=f(x)[/tex]
Matome, kad [tex]f(x)[/tex] lyginė funkcija. Toliau parodykime, kad intervale [tex](0,\infty)[/tex] mūsų nagrinėjama f-ja yra griežtai monotoninė. [tex]f'(x)=(\sqrt2+1)^x\ln(\sqrt2+1)-(\sqrt2-1)^x\ln(\sqrt2+1)>0 \Rightarrow (\frac{\sqrt2+1}{\sqrt2-1})^x>1 \Rightarrow x>0.[/tex]Iš f-jos monotoniškumo ir tolydumo turime, kad intervale [tex](0,\infty)[/tex] yra bijekcija (injektyvumas įsirodo nesukiai prieštaros būdu, o siurijektyvumas - prapletus intervalą iki [tex][0,\infty)[/tex] ir pasinaudojus Koši-Bolcano teorema). Taigi, intervale [tex](0,\infty)[/tex] egzistuoja vienitelis [tex]x_0[/tex], kuris tenkina lygybę [tex]( \sqrt{2}+1 )^x+ ( \sqrt{2}-1)^x=a,\;\; a -const[/tex]. Teliko rasti tašką [tex]x_0[/tex] iš intervalo [tex](0,\infty)[/tex], kad [tex]f(x_0)= 2\sqrt2[/tex]. Galime nesunkiai pastebėti, kad lygtį tenkina [tex]x_0=1[/tex]. Dėl funkcijos lyginumo turime, kad [tex]x_1= -1[/tex] irgi tenkina lygtį.

Ats.: 1 arba -1

Pridėsiu tik tai, jog buvo galima pastebėti, jog sumos dėmenų sandauga lygi 1. Todėl buvo galima vieną dėmenį pažymėti tarkime t, o kitą 1/t ir išspręsti lygtį t+1/t=2√2

Kas su išvestine negerai?
Teorema: https://en.m.wikipedia.org/wiki/Intermediate_value_theorem

Duota lentelė:

[tex]9[/tex]
[tex]9+99[/tex]
[tex]9+99+999[/tex]
... ... ... ... ...
... ... ... ... ... ...
[tex]9+99+999+...+\underbrace{999..9}_{n}[/tex]

Vis tiek nesupratu, kas tau nepatinka mano paskaičiuotoje išvestinėje?
[tex]f'(x)=(\sqrt2+1)^x\ln(\sqrt2+1)+(\sqrt2-1)^x\ln(\sqrt2-1)=(\sqrt2+1)^x\ln(\sqrt2+1)-(\sqrt2-1)^x\ln(\frac{1}{\sqrt2-1})=(\sqrt2+1)^x\ln(\sqrt2+1)-(\sqrt2-1)^x\ln(\sqrt2+1)[/tex]
Ir kodėl uždavinio kelimo pirmenybė buvo suteikta Tomui, jei mano sprendimas yra geras?

Tuo pačiu, norėčiau paprašyt administratoriaus Vitalijaus sukonkretinti pirmą maratono taisyklių punktą, kuriame sakoma, jog išsprendęs uždavinį, kelia naują. Norėtusi žinot, ar uždavinio autorius turi teisę spręsti, kas iš išspendusiųjų turi kelti uždavinį, jei tokių yra ne vienas?

Uždavinio sprendimas:
Nesunkiai galima pastebėti, jog sekos: [tex]9; 99; 999; ...[/tex] n-tojo nario formulė yra: [tex]a_n=10^n-1[/tex]
Tuomet: [tex]S_n=\sum\limits_{k=1}^{n} (10^k-1)=S_n=\sum\limits_{k=1}^{n} (10\cdot 10^{k-1}-1)=10\sum\limits_{k=1}^{n} 10^{k-1}-\sum\limits_{k=1}^{n} 1[/tex]

Pirmajai sumai taikome geometrinės progresijos sumos formulę:

[tex]S_n=10\sum\limits_{k=1}^{n} 10^{k-1}-\sum\limits_{k=1}^{n} 1=10\cdot \dfrac{10^n-1}{10-1}-n=\dfrac{10^{n+1}}{9}-\dfrac{10}{9}-n[/tex]

Taškas A, nesantis trikampio plokštumoje, nutolęs nuo trikampio viršūnių 8 cm atstumu, o nuo kraštinių - 5cm atstumu. Apskaičiuokite atstumą nuo taško A iki trikampio plokštumos.