Matematikos Maratonas Nr. 3

Trikampio kampai A, B, C tenkina sąlygą [tex]sin^2A + sin^2B = 5sin^2C[/tex]. Įrodykite, kad [tex]sinC <= \frac{3}{5}[/tex].

Sprendimas:
Pažymime kraštines atitinkamai [tex]BC = a[/tex], [tex]AC = b[/tex], [tex]AB = c[/tex].
Pagal sinuso teoremą:
[tex]\frac{a}{sinA} = \frac{b}{sinB} = \frac{c}{sinC} = 2R[/tex], tai

[tex]sinA = \frac{a}{2R}[/tex] => [tex]sin^2A = \frac{a^2}{4R^2}[/tex]
[tex]sinB = \frac{b}{2R}[/tex] => [tex]sin^2B = \frac{b^2}{4R^2}[/tex]
[tex]sinC = \frac{c}{2R}[/tex] => [tex]sin^2C = \frac{c^2}{4R^2}[/tex]

Vadinasi, gauname tokią lygtį
[tex]\frac{a^2}{4R^2} + \frac{b^2}{4R^2} = 5\frac{c^2}{4R^2}[/tex],

[tex]4R^2 > 0[/tex], tai
[tex]a^2 + b^2 = 5c^2[/tex],

Išsireiškiame c reikšmę per kosinuso teoremą:
[tex]c^2 = a^2 + b^2 - 2abcosC[/tex]

Iš pirmos lygties atimame antrąją:
[tex]4c^2 = 2abcosC[/tex] =>  [tex]2ab = \frac{4c^2}{cosC}[/tex].

Žinoma, kad [tex](a - b)^2 >= 0[/tex],
tai [tex]a^2 + b^2 >= 2ab[/tex]

Gauname, kad [tex]5c^2 >= \frac{4c^2}{cosC}[/tex]  = > [tex]cosC <= \frac{4}{5}[/tex].
Panaudoję pagrindinę trigonometrijos savybę ([tex]sin^2C + cos^2C = 1[/tex]) randame [tex]sinC[/tex].
[tex]sinC <= \frac{3}{5}[/tex]

P.S. Galite kelti savo užduotį.

Viena vertus, iš karto iš pasąmonės išplaukė algebros teorema, kad algebrinė lygtis su realiaisiais koeficientais turi tik kompleksines jungtines šaknis, o kompleksinių juntinių skaičių suma, kaip žinia , yra realus skaičius (a + bi + a - bi = 2a).
Taigi, visų sprendinių sumos menamoji dalis lygi 0.

Kita vertus, taip pat galima pritaikyti Vijetos teoremą. Tuomet visų šaknų suma yra koeficientas prie $x^{n-1}$ su priešingu ženklu. Mūsų lygties atveju

$x_1+x_2+x_3+x_4+x_5+x_6=1 ,$ nes koeficientas prie $x^5$ yra lygus $-1$ . Taigi, sprendinių suma yra realus skaičius, todėl jos menamoji dalis yra lygi nuliui.

$a$ reikšmė parinkta taip, kad lygtis $ 4^x - 4^{-x} =2 \cos ax \; $ turi lygiai $N$ šaknų.  Kiek šaknų turi lygtis
$ 4^x + 4^{-x} =2 \cos ax + 4, \; $ esant tai pačiai $a$ reikšmei?

Turime dvi lygtis:
$ 4^x+4^{-x} =2\cos{ax}, \quad  (1) \\ 4^x+4^{-x} =2\cos{ax}+4. \quad  (2)$
Pertvarkykime antrąją lygtį:

$4^x+4^{-x} =2\cos{ax}+4,
\\ 4^x - 2 + 4^{-x} = 2\cos{ax}+2,
\\ (2^x - 2^{-x})^2 = 2(\cos{ax}+1),
\\ (2^x - 2^{-x})^2 = 4\cos^2 {\frac{ax}{2}},
\\ {2^x - 2^{-x}} = \pm 2\cos{\frac{ax}{2}},
\\ 4^{0,5x}- 4^{-0,5x} = 2\cos{\frac{ax}{2}}\quad  \textrm {arba} \quad  4^{0,5x}- 4^{-0,5x} = -2\cos{\frac{ax}{2}}, | \cdot (-1)
\\ 4^{0,5x}- 4^{-0,5x} = 2\cos{\frac{ax}{2}}\quad  \textrm {arba} \quad  4^{-0,5x}- 4^{0,5x} = 2\cos{\frac{ax}{2}}.$

Abi šios lygtys suvedamos į lygtį (1), įvedus keitinius $\; x= 2y \; $ ir $\; x =-2z \;$ atitinkamai. Todėl kiekviena iš šių lygčių turi lygiai po $N$  šaknų.

Dar turime parodyti, kad šios lygtys neturi bendrų šaknų.

Tarkime priešingai, tegu $\;x_0$ - bendra abiejų lygčių šaknis. Tada teisinga:
$\begin{cases} 4^{0,5x_0}- 4^{-0,5x_0} = 2\cos{\frac{ax_0}{2}},\\ 4^{0,5x_0}- 4^{-0,5x_0} = -2\cos{\frac{ax_0}{2}}. \end {cases}$

Iš čia gauname, kad $\; 4^{0,5x_0}- 4^{-0,5x_0} = 0 \;$ ir taip pat $\; 2\cos{\frac{ax_0}{2}}=0,\; $ o tai neįmanoma.

Vadinasi, šios lygtys neturi bendrų šaknų, todėl (2) lygtis turi lygiai $2N$  šaknų.

Kas norite, įkelkite uždavinį.

$x^6-x^5+x^3-x+1>0$

Tegu $x>0$. Padalinkime lygtį iš $x^3:$

$x^3-x^2+1-\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x^3}>0,\\
x^3 +\frac{1}{x^3}-(x^2+\frac{1}{x^2})+1>0$

Pažymime $t=x+\frac{1}{x}.$ Tada

$t^2 = x^2+2+\frac{1}{x^2} \Rightarrow x^2+\frac{1}{x^2}=t^2-2, \\
t^3=x^3 +3x^2\frac{1}{x}+3x\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x^3}\Rightarrow x^3 +\frac{1}{x^3} =t^3-3t.$

Lygtis tampa:

$t^3-3t-t^2+3\geq0\\ t(t^2-3)-(t^2-3)>0\\ (t-1)(t^2-3)>0$

Grįžtam prie x:

$$(x+\frac{1}{x}-1)((x+\frac{1}{x})^2-3)>0\\  (x+\frac{1}{x}-1)(x^2+\frac{1}{x^2}-1)>0\\
\frac{(x^2+1-x)(x^4+1-x^2)}{x^3}>0 \\
\frac{((x-0.5)^2+0.75)((x^2-0.5)^2+0.75)}{x^3}>0$$
Skaitiklis visada teigiamas, tai nelygybė teisinga, kai $x>0.$

Dabar tarkime, kad $x<0$. Kai daliname lygtį iš $x^3$, keičiasi nelygybės ženklas:

$x^3-x^2+1-\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x^3}<0.$

Toliau viskas taip pat, kaip ir pirmu atveju. Atlikę visus pertvarkymus, gauname nelygybę:
$$\frac{((x-0.5)^2+0.75)((x^2-0.5)^2+0.75)}{x^3}<0$$
Skaitiklis visada teigiamas, tai nelygybė teisinga, kai $x<0.$

Taigi, pradinė nelygybė teisinga, kai $x>0$ ir kai $x<0$. Belieka patikrinti $x=0$. Įstatę į pradinę nelygybę, gauname:
$1>0$ - teisinga.

Taigi, daugianaris $x^6-x^5+x^3-x+1$  įgyja vien tik teigiamas reikšmes visiems $x\in R$.

Vienetinio kvadrato kraštinėse pažymėti taškai K, L, M ir N taip, kad tiesė KM yra lygiagreti dviem kvadrato kraštinėms, o tiesė LN - kitom dviem kvadrato kraštinėms. Atkarpa KL atkerta nuo kvadrato trikampį, kurio perimetras lygus 1. Kokio ploto trikampį atkerta nuo kvadrato atkarpa MN?

Turime kvadratą ABCD, kurio kraštinė lygi 1. Tarkime taškas L pažymėtas taip, kad: [tex]x=BL=AN[/tex], o taškas K, jog [tex]y=BK=CM[/tex].
Pagal sąlygą galime užrašyti, kad:
[tex]x+y+\sqrt{x^2+y^2}=1[/tex]
[tex]\sqrt{x^2+y^2}=1-(x+y)[/tex]
Pakėlę  šią lygybę kvadratu, gauname:
[tex]x^2+y^2=1-2(x+y)+(x+y)^2[/tex]
[tex]x^2+y^2=1-2(x+y)+x^2+2xy+y^2[/tex]
[tex]2(x+y)-2xy=1[/tex]
[tex]x+y-xy=\dfrac{1}{2}[/tex]

Trikampio MND plotas:
[tex]S_{ΔMND}=\dfrac{1}{2}MD\cdot ND=\dfrac{1}{2}(1-y)(1-x)=\dfrac{1}{2}(1-x-y+xy)=\dfrac{1}{2}(1-(x+y-xy))=\dfrac{1}{2}(1-\dfrac{1}{2})=\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4}[/tex]

Puiku! :)  Kelk kitą uždavinį.

Jei [tex]N=\underbrace{11...1}_{n}\underbrace{22...2}_{n+1}5[/tex],  čia [tex]n[/tex]-skaitmenų skaičius.
Raskite [tex]\sqrt{N}[/tex]