Matematikos Maratonas Nr. 3

Taip

Duoti 4 taškai: A(-4; -8), B(x;0), C(x;3), D(4;4). Su kuria x reikšme kelias ABCD, atkarpomis jungiantis visus taškus, yra minimalus? Išspręskite nenaudodami išvestinių.

Reikia įrodyti, kad [tex]\large \int_{0}^{1} \frac{\ln(x^2+x+1)}{x}dx=\frac{\pi^2}{9}[/tex]

Pertvarkome pointegralinę funkciją:
[tex]\large 1- x^3 = (1-x)(1+x+x^2) => x^2 +x+1 = \frac{1-x^3}{1-x}, \qquad f(x)= \frac{1}{x} \ln \frac {1-x^3}{1-x} =\frac{1}{x} (\ln(1-x^3)-\ln(1-x)).[/tex]

Pasinaudosime logaritmo skleidimu laipsnine eilute:
[tex]\large \ln(1+t)=\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}\frac{t^n}{n},\quad t\in(-1;1].[/tex]

Tada
[tex]\large f(x)=\frac{1}{x} \Big ( \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}\frac{(-x^3)^n}{n}- \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}\frac{(-x)^n}{n} \Big ) = \frac{1}{x} \Big ( \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}\frac{(-1)^nx^{3n}}{n}- \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}\frac{(-1)^nx^n}{n} \Big ) =\\
\large =\frac{1}{x} \Big (- \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{3n}}{n}+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n} \Big ) =
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n-1}}{n}-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{3n-1}}{n}, x\in[-1; 1)[/tex]
Konvergavimo intervalo viduje laipsnines eilutes galime integruoti panariui:
$\large \int_{0}^{1} \frac{\ln(x^2+x+1)}{x}dx=
\Big ( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n}}{n^2}-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{3n}}{3n^2}\Big ) \Big|_0^1 =
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{3n^2}=
\frac{2}{3}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}. $
Žinoma, kad $ \large \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}= \frac {\pi^2}{6}. $
Tada $\large \int_{0}^{1} \frac{\ln(x^2+x+1)}{x}dx= \frac{2}{3} \cdot \frac {\pi^2}{6}= \frac {\pi^2}{9}. $

1. Pradinio integralo konvergavimas:
Pradinis integralas yra netiesioginis, nes pointegralinė funkcija yra neaprėžtai didėjanti, kai $x \to 0.$ Parodysim, kad jis konverguoja.
$\large f(x)=\frac {\ln {1+x+x^2}} {x}, \quad  g(x) = \frac {x+x^2}{x}. \qquad $ Kai $x\ne 0, \quad$ tai $g(x) = x+1$.

$$ \int_0^1 g(x)dx = \int_0^1 \frac {x+x^2}{x}dx = \lim_{t \to 0} \int_t^1 \frac {x+x^2}{x}dx = \lim_{t \to 0} \int_t^1 (1+x)dx = \lim_{t \to 0} (x+0.5x^2) |_t^1 = \lim_{t \to 0} (1+0.5-t-0.5t^2) = 1.5 $$ Integralas konverguoja. Taikome ribinį palyginimo požymį:
$$ \lim_{x \to 0} \frac {f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to 0} \frac {\ln {1+x+x^2}} {x(x+1)} = \Big[ \frac{0}{0}\Big ] = \lim_{x \to 0} \frac {\frac {1} {1+x+x^2} \cdot (2x+1)} {2x+1} = \lim_{x \to 0} \frac {1}{1+x+x^2} = 1.$$
Taigi, pagal ribinį palyginimo požymį abu integralai elgiasi vienodai, t.y. konverguoja.

2. Laipsninių eilučių integralų konvergavimas.
Naudojamos laipsninės eilutės konverguoja intervale  $ x\in[-1; 1)$, todėl intervale $ x\in(-1; 1)$ jas galima integruoti panariui, ir naujųjų (suintegruotų) laipsninių eilučių  konvergavimo spindulys išlieka toks pat $R=1.$
$$ \int_{0}^{x} f(t)dt=
\Big ( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{t^{n}}{n^2}-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{t^{3n}}{3n^2}\Big ) \Big|_0^x =
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n^2}-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{3n}}{3n^2}. $$
Kadangi $$ \frac {|x|^{3n}} {3n^2} < \frac {|x|^n}{n^2} \leq \frac {1}{n^2} \quad \forall x \in [-1; 1],$$  o skaičių eilutė $\large \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$ konverguoja, tai abi laipsninės eilutės konverguoja absoliučiai su visais $ x \in [-1; 1]. $
Šioje vietoje svarbu, kad mes gauname, jog tos eilutės konverguoja taške $x=1$.

3. Sumos radimas.
Tai, kad $\large \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1 }{n^2} = \frac {\pi^2}{6}$  neišvedinėsiu. Kam įdomu, čia yra 14 skirtingų šios lygybės išvedimų:
http://empslocal.ex.ac.uk/people/staff/rjchapma/etc/zeta2.pdf

Kartoju praeitą uždavinį, kuris taip ir liko neišspręstas. Uždavinys nesudėtingas, gali ir mokiniai spręsti.

Duoti 4 taškai: A(-4; -8), B(x;0), C(x;3), D(4;4). Su kuria x reikšme kelias ABCD, atkarpomis jungiantis visus taškus, yra minimalus? Išspręskite nenaudodami išvestinių.

Stačiakampį žemės sklypą, kurio plotas lygus S, reikia aptverti tvora ir po to tvora jį perskirti į du lygius sklypus. Kokie turi būti sklypo matmenys, kad visos tvoros ilgis būtų mažiausias?

Tarkime, kad stačiakampio kraštinės yra [tex]a[/tex] ir [tex]b[/tex], kur [tex]b[/tex] - trumpesnioji kraštinė, tai stačiakampio plotas [tex]S = a*b[/tex], reikalingas tvoros ilgis - [tex]2*a+3*b[/tex]. Iš duoto ploto [tex]S = a*b[/tex] išsireiškiame, kad [tex]b = S/a[/tex].

Taigi [tex]f(P)=2*a+3*(S/a)[/tex]

Išvestinė [tex]f`(P)=2-3*S/a^2[/tex]

Išvestinę prilyginame nuliui, kad surastume mažiausią [tex]a[/tex] vertę, tenkinančią sąlygą. Gauname, 2 [tex]a[/tex] reikšmes -

[tex]√3*√S/√2[/tex] ir [tex]-√3*√S/√2[/tex] (netinka)

Taigi sklypo matmenys turėtų būti tokie:

[tex]a=√3*√S/√2[/tex] ir [tex]b=S/a = √2√s/√3[/tex]

Atsiprašau, nepavyko gražiai suformatuot...

Viskas gerai, gali kelti savo uzdavini.

Toks visai nesunkus pasirodė...

O čia paįvairinimui, retesnis gal:

Iš taško A, kurio koordinatės 55°0``0` pietų platumos ir 165°00``0` rytų ilgumos, į tašką B, kurio koordinatės 58°0``0` pietų platumos ir 154°0``0` rytų ilgumos, išplaukė laivas. Išplaukiant iš taško A, laivo kompasas rodė 239°, numatytas trumpiausias įmanomas maršrutas. Apytiksliai kokį kursą laivo kompasas rodė atplaukus į tašką B? Kokį atstumą nuplaukė laivas? Laikykite, kad Žemės forma - rutulys, spindulys R. Magnetinės variacijos nepaisykite.

Pertvarkome kairiąją lygties pusę (taikome formulę [tex]\arctan a +\arctan b=\arctan \dfrac{a+b}{1-ab}[/tex]:
[tex]\arctan (1-x)+\arctan (1+x)=\arctan \bigg(\dfrac{1-x+1+x}{1-(1-x)(1+x)}\bigg)=\arctan \bigg(\dfrac{2}{1-(1-x^2)}\bigg)=\arctan \bigg(\dfrac{2}{x^2}\bigg)[/tex]
Gauname lygtį:
[tex]\arctan \bigg(\dfrac{2}{x^2}\bigg)=\arcsin \bigg(\dfrac{2}{\sqrt{1+4x}}\bigg)[/tex]

Tarkime [tex]\alpha=\arctan \bigg(\dfrac{2}{x^2}\bigg)[/tex] ir [tex]\alpha=\arcsin \bigg(\dfrac{2}{\sqrt{1+4x}}\bigg)[/tex]
Tuomet: [tex]\tan\alpha=\dfrac{2}{x^2}[/tex] ir [tex]\sin\alpha=\dfrac{2}{\sqrt{1+4x}}[/tex]
[tex]\tan\alpha=\dfrac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=\dfrac{2}{x^2}\implies \cos \alpha=\dfrac{x^2\sin\alpha}{2}=\dfrac{x^2\cdot \frac{2}{\sqrt{1+4x}}}{2}=\dfrac{x^2\cdot \frac{2}{\sqrt{1+4x}}}{2}=\dfrac{x^2}{\sqrt{1+4x}}[/tex]
Taikome trigonometrinį vienetą: [tex]\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1[/tex], Gauname lygtį:
[tex]\bigg(\dfrac{2}{\sqrt{1+4x}}\bigg)^2+\bigg(\dfrac{x^2}{\sqrt{1+4x}}\bigg)^2=1[/tex]
[tex]\dfrac{4+x^4}{1+4x}=1\implies 4+x^4=1+4x\implies x^4-4x+3=0\implies (x-1)^2(x^2+2x+3)=0\implies x=1[/tex].
Patikrinę, ar šis sprendinys priklauso apibrėžimo sričiai, gauname, jog tai yra duotosios lygties sprendinys.
Ats.: [tex]1[/tex]