Matematikos Maratonas Nr. 3

Teisingai :)

Galima suintegruoti įvairiai. Mano nuomone, trumpiausias integravimas gaunasi su keitiniu $t=tgx.$ Tada
$x= arctg\,t,\; dx=\frac {dt} {1+t^2}.\;$ Iš formulės $1+tg^2x= \frac {1}{\cos^2x}$ gauname $\; \frac {1}{\cos x}= \sqrt{1+t^2}. $
$$\int \frac {dx} {\cos^3x}= \int {\sqrt{(1+t^2)^3} \cdot \frac {dt} {1+t^2}} = \int {\sqrt{1+t^2} dt }. $$
Na, šis integralas pateikiamas formulynuose (kiti neapibrėžtiniai integralai):
http://www.ematematikas.lt/forumas/integralu-skaiciavimo-formules-t10752.html

Norint galima pačiam nesunkiai suintegruoti dalimis. Pritaikius formulę:

$$ \int {\sqrt{1+t^2} dt }= \frac {t}{2} \sqrt{1+t^2}+\frac {1}{2}\ln|{t+ \sqrt{1+t^2}}|+C=\\
= \frac {1}{2} tgx \cdot \frac{1}{\cos x} +\frac {1}{2} \ln|{tgx + \frac{1}{\cos x}}| + C = \frac {1}{2} \frac{\sin x}{\cos^2 x} +\frac {1}{2} \ln|{\frac{\sin x +1}{\cos x}}| + C. $$

Ar egzistuoja tokie natūriniai skaičiai $\; x\; $ ir $\; y\; $, kad $\; x^2+x+1\; $ būtų $\;y\; $  natūrinis laipsnis, o $\; y^2+y+1 \;$ būtų $\; x \; $ natūrinis laipsnis?

Tarkim [tex]x^2+x+1=y^l[/tex] ir [tex]y^2+y+1=x^k[/tex]. Pastebėkim, kad [tex]x^2<x^2+x+1<x^2+2x+1=(x+1)^2[/tex] ir tas pats su [tex]y[/tex]. Turim,kad skaičiai [tex]y^l[/tex] ir [tex]x^k[/tex] įsiterpę tarp dviejų gretimų kvadratų, dėl to jie patys negali būti kvadratai, t.y. [tex]l[/tex] ir [tex]k[/tex] negali būti lyginiai.
Jei [tex]l=2a+1[/tex] ir [tex]k=2b+1[/tex], tai [tex]x^2+x=y^{2a+1}-1=(y-1)(y^{2a}+\ldots+y^3+y^2+y+1)=(y-1)(y^{2a}+\ldots+y^3+x^{2b+1})\geq x^{2b+1}[/tex] ir gaunam prieštarą, nes iš tikro, kai [tex]x>1[/tex], tai [tex]x^2+x=x(x+1)<x\cdot x^{2b}=x^{2b+1}[/tex] su visais [tex]b\in\mathbb{N}[/tex].

Puiku, tik dvi pastabėlės:
1. Tai kokia galiausiai išvada arba koks atsakymas?
2. Nelygybės sprendime galioja kokiems x,y - natūriniams, realiems? Nes visame sprendime nė sykio nepaminėta, kad kalbame apie natūrinius skaičius. Realiems galiu nurodyti x reikšmes, su kuriomis paskutinė nelygybė negalioja.

Ačiū už pastabėles, atsakymai manau aiškūs, tik dar viena pastabėlė iš mano pusės: nėra taip viskas puiku, sprendimas ne pilnas, sprendime iš karto laikau, kad tiek [tex]l[/tex], tiek [tex]k[/tex] yra didesni už vienetą. Reiktų dar parodyt, kad nei vienas iš tų laipsnių nelygus 1. Gal kas nors pabaigs?

Tarkime, kad $x^2 +x+1=y,\; $  t.y. $l=1$. Tada

$y^2 + y + 1 = (x^2 + x+ 1)^2 + (x^2 +x +1) + 1 = x^4 + 2x^3+4x^2+3x+3.$

Kita vertus, $y^2 + y + 1 = x^k$.

Tada  $x^4 + 2x^3+4x^2+3x+3=x^k.$

Dešinioji pusė dalijasi iš $x$, tai kairioji irgi. Vadinasi, $x$ turi būti 3 daliklis, tačiau nei 1, nei 3  netinka.  Analogiškai, kai $k=1$.
Tai dabar jau galime sakyti, kad tokių natūrinių skaičių $x,y$, tenkinančių nurodytas sąlygas, nėra.

Gali įkelti savo uždavinį :)

Aplink apskritą stalą sėdi 24 riteriai. Kiekvienas jų yra susipykęs su abiem savo kaimynais. Reikia išrinkti 9 riterius užburtai princesei vaduoti. Tarp išrinktųjų jokie du negali būti susipykę. Keliais būdais galima išrinkti 9 riterius?

Kad geriau sektųsi spręsti pasakysiu, jog uždavinys iš paparasto mokyklinio uždavinyno (na tik iš skyrelio ,,Sunkesni uždaviniai'').

O! kaip niekad didelis paveikslėlis gavosi :) 24 riteriai sėdi už apskrito stalo. Pasirinkime kokį nors riterį A, taip suardydami ratą. Tada yra galimi 2 variantai - arba A vyksta vaduoti princesės, arba ne. Išnagrinėsime abu atvejus.

1 atvejis. Tegu A vyksta vaduoti princesės. Tada du jo kaimynai - ne. Lieka 21 riteris, iš kurių reikia atrinkti 8 (A jau yra), kad jokie 2 nesėdėtų greta.

21 - 8 = 13, tai turime 13 riterių, tarp kurių reikia išsodinti 8. Galima tai pavaizduoti taip:
$ - 1 - 2 - 3 - 4 - ... - 11 - 12 - 13 -$
Brūkšneliai - tai tuščios vietos (jų 14), į kurias galima sodinti bet kurį iš 8  riterių. Taigi, 8 vietas iš 14 galima parinkti $C_{14}^8$ būdais.

2 atvejis. A nevyksta į ekspediciją, tai tuomet jį galima pašalinti. Lieka 23 riteriai, iš kurių reikia atrinkti 9 kad jokie 2 nesėdėtų šalia.

23 - 9 = 14, situacija analogiška, kaip ir pirmuoju atveju, reikia parinkti 9 vietas iš 15, o tai galima padaryti $C_{15}^9$ būdais.

Iš viso variantų $C_{14}^8 + C_{15}^9 = 8008.$

Po teisybei pati skaičiavau variantus ir užsikasiau pasiekus 7000 :))))  Padėjo pamokėlė (kas supranta rusiškai):
http://www.intuit.ru/studies/courses/1035/240/lecture/6206