Matematikos Maratonas Nr. 3

Į statųjį trikampį, kurio statinių ilgiai yra 20 cm ir 21 cm, įbrėžtas 2 cm spindulio ilgio apskritimas, kurio centras sutampa su to trikampio pusiaukampinių susikirtimo tašku. Vėliau į šį trikampį įbrėžti dar du apskritimai taip, kad kiekvienas jų liestųsi su dviem to trikampio kraštinėmis, kurių viena būtų įžambinė, ir turėtų vieną bendrą tašką su pirmuoju apskritimu. Raskite atstumą tarp antrojo ir trečiojo apskritimo centrų.
P.S. Atsakymą pateikite 0,1 cm tikslumu.

Parašome pusiaukampinės [tex]BB_1[/tex] lygtį:
[tex]y=-\dfrac{49}{21}x+20[/tex]
Taip pat pusiaukampinės [tex]AA_1[/tex] lygtį:
[tex]y=x[/tex]
Randame šių tiesių sankirtos tašką: [tex]O_1(6;6)[/tex]
Pažymėję [tex]DO_2=r_2[/tex], galime užrašyti, kad: [tex]O_2\left(r_2;-\dfrac{49}{21}r_2+20\right)[/tex].
Tada: [tex](O_1O_2)^{2}=\left(r_2-6\right)^2+\left(-\dfrac{49}{21}r_2+20-6\right)^2=\left(r_2+2\right)^2[/tex]
Išsprendę gautą lygtį, gauname [tex]r_2=\dfrac{366-8\sqrt{522}}{49}≈3,739[/tex] (cm)
Parašome tiesės [tex]CC_1[/tex] lygtį:
[tex]y=-\dfrac{2}{5}x+\dfrac{42}{5}[/tex]
Pažymėję [tex]GO_3=r_3[/tex], gauname, kad kai [tex]y=r_3[/tex], tai [tex]r_3=-\dfrac{2}{5}x+\dfrac{42}{5}\implies x=21-\dfrac{5}{2}r_3[/tex], vadinasi galime užrašyti, kad [tex]O_3\left(21-\dfrac{5}{2}r_3;r_3\right)[/tex].
Tada: [tex]\left(21-\dfrac{5}{2}r_3-6\right)^2+\left(r_3-6\right)^2=\left(2+r_3\right)^2[/tex]
Išsprendę lygtį gauname: [tex]r_3=\dfrac{182-16\sqrt{29}}{25}≈3,833[/tex] (cm).
Gauname, kad [tex]O_2\left(3,739;11,276\right)[/tex] ir [tex]O_3\left(11,418;3,833\right)[/tex]
Galiausiai: [tex]O_2O_3=\sqrt{\left(11,418-3,739\right)^2+\left(3,833-11,276\right)^2}≈10,7[/tex] (cm).
Ats.: [tex]10,7[/tex] cm.

[tex]x-x^2\ln(1+\frac{1}{x})=x-x^2\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{nx^n}=\frac{1}{2}+O(\frac{1}{x})[/tex], kai [tex]x \to \infty[/tex].
Todėl [tex]\underset{x\rightarrow +\infty}{\lim}\left ( x-x^2 \ln\left ( 1+\frac{1}{x} \right ) \right )=[/tex][tex]\underset{x\rightarrow +\infty}{\lim}\left ( \frac{1}{2} +O(\frac{1}{x} ) \right )=\frac{1}{2}[/tex]

Raskite visus tokius natūralių skaičių trejetus [tex](m,n,p)[/tex], kad [tex]p[/tex] būtų pirminis skaičius ir [tex]n^2-5p^m=1[/tex].

Pertvarkome lygybę taip:
[tex]5p^m=n^2-1\iff 5p^m=(n-1)(n+1)\iff p^m=\dfrac{(n-1)(n+1)}{5}[/tex].
Raskime su kuriomis [tex]n∈\mathbb{N}[/tex] reikšmėmis [tex]\dfrac{(n-1)(n+1)}{5}∈\mathbb{N}[/tex].
Taip bus tada ir tik tada, kai [tex]n-1=5k[/tex] arba [tex]n+1=5k[/tex], čia [tex]k∈\mathbb{N}[/tex].
Vadinasi gauname, kad: [tex]n=5k±1,\space k∈\mathbb{N}[/tex].
Kai [tex]n=5k-1,\space k∈\mathbb{N}[/tex], tai: [tex]p^m=\dfrac{(n-1)(n+1)}{5}=\dfrac{(5k-1-1)(5k-1+1)}{5}=(5k-2)\cdot k[/tex]
Kai [tex]n=5k+1,\space k∈\mathbb{N}[/tex], tai: [tex]p^m=\dfrac{(n-1)(n+1)}{5}=\dfrac{(5k+1-1)(5k+1+1)}{5}=k\cdot (5k+2)[/tex]
Taigi turime, rasti su kuriomis [tex]k[/tex] reikšmėmis reiškinių [tex](5k-2)\cdot k[/tex] ir [tex]k\cdot (5k+2)[/tex] reikšmės yra pirminiai skaičiai ar jų laipsniai.
Imkime atvejį, kai  [tex]n=5k-1[/tex]:
Kai [tex]k=1[/tex], tai [tex](5\cdot1 -2)\cdot 1=3^1[/tex], o [tex]3[/tex] - pirminis, taigi gauname pirmąjį trejetą [tex](1;4;3)[/tex].
Kai [tex]k=2[/tex], tai [tex](5\cdot2 -2)\cdot 2=2^4[/tex], o [tex]2[/tex] - pirminis, taigi gauname antrąjį trejetą [tex](4;9;2)[/tex].
Galime įsitikinti, jog nėra daugiau tokių [tex]k∈\mathbb{N}[/tex] reikšmių, kad [tex](5k-2)\cdot k[/tex] būtų pirminis skaičius ar jo laipsnis:
Kai [tex]k>2[/tex], tai skaičius [tex](5k-2)\cdot k[/tex] turi bent keturis daliklius: [tex]5k-2[/tex], [tex]k[/tex], [tex]1[/tex] ir [tex](5k-2)\cdot k[/tex], vadinasi tai tikrai negali būti pirminis skaičius. Tam, kad šis skaičius būtų kažkokio pirminio skaičiaus laipsnis, tai abu sandaugos dauginamieji [tex]k[/tex] ir [tex]5k-2[/tex] turi būti pirminio skaičiaus [tex]p[/tex] laipsniai, o tai reiškia, jog [tex]\dfrac{5k-2}{k}[/tex] tikrai turėtų būti natūralusis skaičius, bet [tex]\dfrac{5k-2}{k}=5-\dfrac{2}{k}[/tex], taip yra tik esant reikšmėms [tex]k=1,2[/tex], kurias mes jau patikrinome. Taigi daugiau sprendinių šiuo atveju nėra.
Imame atvėjį, kai [tex]n=5k+1[/tex]:
Kai [tex]k=1[/tex], tai [tex]1\cdot (5\cdot 1+2)=7^1[/tex], o [tex]7[/tex] - pirminis, taigi gauname trejetą [tex](1;6;7)[/tex]
Kai [tex]k=2[/tex], tai [tex]p^m=24=2^3\cdot 3[/tex], taigi netinka.
Lygiai taip pat įsitikiname, jog netinka visos kitos [tex]k>2[/tex] reikšmės, nes turėtų galioti būtina sąlyga, kad: [tex]\dfrac{5k+2}{k}[/tex] yra natūralusis skaičius, bet gauname, kad: [tex]\dfrac{5k+2}{k}=5+\dfrac{2}{k}[/tex] yra natūralusis skaičius tik esant reikšmėms [tex]k=1,2[/tex], kurios jau patikrintos. Taigi viso gavome tris sprendinių trejetus.
Ats.: [tex](1;4;3),(4,9,2), (1,6,7)[/tex]

Gerai.

Duota: [tex]S_n=\arctan\dfrac{1}{2\cdot 1^2}+\arctan\dfrac{1}{2\cdot 2^2}+\arctan\dfrac{1}{2\cdot 3^2}+...+\arctan\dfrac{1}{2\cdot n^2}[/tex].
Raskite: [tex]\lim\limits_{n\to\infty}S_n[/tex].

Remsimės [tex]\arctan(x)+\arctan(y)=\arctan(\frac{x+y}{1-xy})[/tex]
[tex]\arctan(\frac{1}{2n^2})=\arctan(\frac{2n+1-(2n-1)}{1+(2n+1)(2n-1)})=\arctan(2n+1)-\arctan(2n-1)[/tex]
[tex]S_n=\sum_{k=1}^{n}\arctan(\frac{1}{2k^2})=\sum_{k=1}^{n}(\arctan(2k+1)-\arctan(2k-1))=[/tex][tex]\sum_{k=1}^{n}\arctan(2k+1)-\sum_{k=1}^{n}\arctan(2k-1)=[/tex]
[tex]\arctan(2n+1)+\sum_{k=1}^{n-1} \arctan(2k+1) - \sum_{k=2}^{n} \arctan(2k-1) -\arctan(1)=[/tex]
[tex]\arctan(2n+1)+\sum_{k=1}^{n-1} \arctan(2k+1) - \sum_{k=1}^{n-1} \arctan(2k+1) -\arctan(1)=[/tex]
[tex]\arctan(2n+1)-\frac{\pi}{4}[/tex]
Taigi [tex]\lim_{n \to \infty} S_n=\lim_{n \to \infty} (\arctan(2n+1)-\frac{\pi}{4})=\frac{\pi}{4}[/tex]

Puiku! Gali kelti savo užduotį :)

Raskite [tex]\lim_{x \to \infty} \frac{(x-\sqrt{x^2-1})^n+(x+\sqrt{x^2-1})^n}{x^n}[/tex],  n - natūralusis skaičius.