Uždavinio sprendimas:
Kadangi taškas A nutolęs vienodai nuo trikampio BCD viršūnių, tai statmuo AO eina per apie tą trikampį apibrėžto apskritimo centrą.
Kadangi taškas A nutolęs vienodai nuo trikampio BCD kraštinių, tai statmuo AO eina per į tą trikampį įbrėžto apskritimo centrą. (AF, AE, AG yra statmenos trikampio BCD kraštinėms pagal trijų statmenų teoremą, žinome, kad spinduliai OG, OE, OF yra statmeni trikampio kraštinėms, nes jos yra apskritimo liestinės)
Kadangi iš taško A galima nubrėžti tik vieną statmenį plokštumai BCD, tai tiek įbrėžto, tiek apibrėžto apskritimų centrai turi sutapti. Taip bus tik tuo atveju, jei trikampis BCD bus lygiakraštis.
Tarkime lygiakraščio trikampio kraštinė lygi [tex]a[/tex], tada jo plotas lygus [tex]S_{Δ}=\dfrac{a^2\sqrt{3}}{4}[/tex]
Įbrėžto apskritimo spindulys lygus: [tex]r=\dfrac{S_{Δ}}{p_{Δ}}=\dfrac{\frac{a^2\sqrt{3}}{4}}{\frac{3a}{2}}=\dfrac{a\sqrt{3}}{6}[/tex]
Apibrėžto apskritimo spindulys lygus: [tex]R=\dfrac{a\cdot a\cdot a}{4S_{Δ}}=\dfrac{a^3}{4\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}}=\dfrac{a}{\sqrt{3}}[/tex]
Iš trikampio AOD turime, kad:
[tex]AD^2=AO^2+OD^2[/tex]
[tex]8^2=AO^2+(\dfrac{a}{\sqrt{3}})^2\implies a^2=3(64-AO^2)[/tex]
Iš trikampio AOF turime, kad:
[tex]AF^2=AO^2+OF^2[/tex]
[tex]5^2=AO^2+(\dfrac{a\sqrt{3}}{6})^2\implies a^2=12(25-AO^2)[/tex]
Iš abiejų gautų lygybių sudarome lygtį:
[tex]3(64-AO^2)=12(25-AO^2)[/tex]
Ją išsprendę gauname:
[tex]AO=2\sqrt{3}[/tex]
Nagrinėjame funkciją: [tex]f(x)=x^4-x^2+a[/tex].
Randame funkcijos kritinius taškus: [tex]f'(x)=4x^3-2x=0\implies 2x(2x^2-1)=0\implies x=0, x=±\sqrt{\frac{1}{2}}[/tex]
Randame funkcijos [tex]f'(x)[/tex] ženklus intervaluose:
kai [tex]x∈(-∞-\sqrt{\frac{1}{2}})[/tex], tai [tex]f'(x)<0[/tex]
kai [tex]x∈(-\sqrt{\frac{1}{2}};0)[/tex], tai [tex]f'(x)>0[/tex]
kai [tex]x∈(0;\sqrt{\frac{1}{2}})[/tex], tai [tex]f'(x)<0[/tex]
kai [tex]x∈(\sqrt{\frac{1}{2}};+∞)[/tex], tai [tex]f'(x)>0[/tex]
[tex]x=-\sqrt{\frac{1}{2}}[/tex] ir [tex]x=\sqrt{\frac{1}{2}}[/tex] - minimumo taškai, [tex]x=0[/tex] - maksimumo taškas.
[tex]f(-\sqrt{\frac{1}{2}})=f(\sqrt{\frac{1}{2}})=a-\dfrac{1}{4}[/tex] -minimumai
[tex]f(0)=a[/tex] -maksimumas
Nusibrėžus funkcijos eskizą remiantis tuo, jog žinome funkcijos didėjimo ir mažėjimo intervalus, bei tai, jog funkcija yra tolydi galime išskirti tokius atvejus:
kai [tex]a∈(-∞;0)∪\{\frac{1}{4}\}[/tex], lygtis [tex]f(x)=0[/tex] turi du sprendinius;
kai [tex]a=0[/tex] funkcija kerta Ox ašį trijuose taškuose [tex]x=-1[/tex] ir [tex]x=1[/tex] ir [tex]x=0[/tex], todėl lygtis [tex]f(x)=0[/tex] turi tris sprendinius;
kai [tex]a∈(0;\frac{1}{4})[/tex] lygtis [tex]f(x)=0[/tex] turi keturis sprendinius;
kai [tex]a∈(\frac{1}{4};+∞)[/tex] lygtis [tex]f(x)=0[/tex] sprendinių neturi;
Vadinasi [tex]a=0[/tex]
Ats.: 0
Binomo [tex](x^2-\dfrac{2}{x})^n[/tex] skleidinio pirmųjų trijų narių koeficientų suma lygi 97. Raskite skleidinio narį, turintį [tex]x^4[/tex].
n surasti gerai (neigiamo nagrinėti nereikia), bet koeficientas ne toks.
Dabar gerai, gali kelti savo užduotį.
O kur atvejis, kai [tex]x[/tex] ir [tex]y[/tex] abu nelyginiai?
Raskite lygties [tex]x^2=3y-1[/tex] sveikuosius sprendinius.
Pertvarkome lygtį:
[tex]x^2+1=3y[/tex]
Lygtis turės sveikų sprendinių, kai [tex]x^2+1[/tex] bus 3 kartotinis, arba kitais žodžiai tariant, dalinsis iš 3.
Įrodykime, jog nėra tokių [tex]x[/tex] reikšmių, jog [tex]x^2+1[/tex] dalintųsi iš 3.
Bet kurį sveiką skaičių galima užrašyti pavidalu: [tex]x=3p+q[/tex], kur [tex]p∈Z,q=\{0;1;2\}[/tex].
Kai [tex]q=0[/tex], tai [tex]x^2+1=(3p)^2+1=9p^2+1=3\cdot 3p^2+1\implies[/tex] dalinant iš 3 gausime liekaną [tex]1[/tex].
Kai [tex]q=1[/tex], tai [tex]x^2+1=(3p+1)^2+1=9p^2+6p+2=3(3p^2+2p)+2\implies[/tex] dalinant iš 3 gausime liekaną [tex]2[/tex].
Kai [tex]q=2[/tex], tai [tex]x^2+1=(3p+2)^2+1=9p^2+12p+5=3(3p^2+4p+1)+2\implies[/tex] dalinant iš 3 gausime liekaną [tex]2[/tex].
Vadinasi nėra tokių [tex]x[/tex] reikšmių, jog [tex]x^2+1[/tex] dalintųsi iš 3. Įrodyta!
Kadangi nėra tokių [tex]x[/tex] reikšmių, jog [tex]x^2+1[/tex] dalintųsi iš 3, tai ir lygtis [tex]x^2+1=3y[/tex] neturi sveikų sprendinių.
Ats.: ∅