Matematikos Maratonas Nr. 3

Staigiai tu čia :D Puiku :) Laukiame užduoties.

Įdomus buvo tavo uždavinys, apie tą konstantą pirmą kartą sužinojau, tai praplėčiau savo žinias :).
Aš galiu pasiūlyti tokį uždavinį:
Funkcijos [tex]f(x)[/tex] ir [tex]g(x)[/tex] yra diferencijuojamos visoje realiųjų skaičių aibėje ir taip pat [tex]f(0)=g(0)=0[/tex].
Žinoma, kad: [tex]\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)+g(x)}{\sin x}=3[/tex] ir [tex]\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)}{g(x)-x}=2[/tex]. Raskite: [tex]\lim\limits_{x\to 0}[f(x)+1]^{\frac{1}{g(x)}}[/tex].

Duodu patarimą: Taikykit Lopitalio taisyklę. Jei neišpręsk niekas, tada ryt įkelsiu sprendimą.

[tex]g'(x)\sim\dfrac{5}{3}[/tex], kai [tex]x[/tex] artėja prie 0.
Atsakymas: [tex]e^{4/5}[/tex]. Gali jei turi kelti savo užduotį.

Pritaikę dešiniajai lygybės pusei Niutono binomą, gauname:
[tex]\sum\limits_{k=1}^{9} n^{k} = \sum\limits_{k=0}^{10} C_{10}^{k}n^{10-k}\cdot 1^k\iff \sum\limits_{k=1}^{9} n^{k} = \sum\limits_{k=0}^{10} C_{10}^{k}n^{10-k}\iff \sum\limits_{k=1}^{9} n^{k} =C_{10}^{0}n^{10-0}+ \sum\limits_{k=1}^{9} C_{10}^{k}n^{10-k}+C_{10}^{10}n^{10-10}\iff\\ \sum\limits_{k=1}^{9} n^{k} =n^{10}+ \sum\limits_{k=1}^{9} C_{10}^{k}n^{10-k}+1\iff \sum\limits_{k=1}^{9} (C_{10}^{k}n^{10-k}-n^k)+n^{10}+1=0 \iff \sum\limits_{k=1}^{9} (C_{10}^{k}-1)n^{10-k}+n^{10}+1=0[/tex]
Akivaizdu, kad: [tex](C_{10}^{k}-1)n^{10-k}>0[/tex], kai [tex]k=1..9[/tex], o [tex]n∈\mathbb{N}[/tex], taigi kartu
[tex]\sum\limits_{k=1}^{9} (C_{10}^{k}-1)n^{10-k}>0[/tex]
Tada [tex]∀n∈\mathbb{N}[/tex]: [tex]\sum\limits_{k=1}^{9} (C_{10}^{k}-1)n^{10-k}+n^{10}+1>0[/tex].
Taigi lygtis natūralių sprendinių neturi.

Štai ir uždavinys:
Raskite neapibrėžtinį integralą:
[tex]\int \sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt{x+...}}}dx[/tex]

[tex]\int \sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt{x+...}}}\;\;dx=[t=\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt{x+...}}} \Rightarrow t^2-t=x \Rightarrow dx=(2t-1)dt]=\int 2t^2-t\;\;dt=\frac{2t^3}{3}-\frac{t^2}{2}+c=\frac{2(\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt{x+...}}})^3}{3}-\frac{(\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt{x+...}}})^2}{2}+c[/tex]

Pastaba

Išsprendę, [tex]t[/tex] atžvilgiu, lygtį [tex]t^2-t-x=0[/tex], gauname "gražesnę" [tex]t[/tex] išraišką:
[tex]t=\frac{1+\sqrt{1+4x}}{2}[/tex]

Būtent atsakymo su "gražesne" t išraiška ir norėjau :).

Ar egzistuoja toks natūralusis skaičius [tex]n[/tex], kad skaičiai
                            [tex]2n+1,\;2n+3,\;...,\;2n+2015[/tex]
visi būtų sudėtiniai?

Sprendimas

Pareikalaukime, kad [tex]2k+1|2n+2k-1[/tex], [tex]1\leq k\leq 1008[/tex]. Tada
[tex]2n+2k-1≡0\mod 2k+1 \Rightarrow 2n≡2\mod 2k+1 \overset{(2,2k+1)=1}{\Longrightarrow} n≡1\mod 2k+1[/tex]. Kaip matome, su [tex]n=(\prod_{k=1}^{1008} 2k+1)+1[/tex] sąlygoje duoti skaičiai bus sudėtiniai.