Matematikos Maratonas Nr. 3

Hmm, tu kitaip sprendei, mano sprendimas buvo artimesnis Sokolovo.

Ankstesnio uždavinio sprendimas (manau Sokolovas sprendė taip pat):
Turėdami dvi kreives, kurių lygtys užrašytos polinėje koordinačių sistemoje:
[tex]\rho_1=2a\sqrt{\sin2\varphi}[/tex] ir [tex]\rho_2=a\left(\sin\varphi+\cos\varphi-\sqrt{\sin2\varphi}\right)[/tex]
Ir žinodami, jog jos kertasi, kai [tex]\varphi_1=\frac{1}{2}\arcsin\frac{1}{8},\space \varphi_2=\frac{π}{2}-\frac{1}{2}\arcsin\frac{1}{8}[/tex], galime užrašyti, jog ieškomas plotas lygus:
$$S=\dfrac{1}{2}\int\limits_{\varphi_1}^{\varphi_2}\left(\rho_1^2-\rho_2^2\right)d\varphi=\dfrac{1}{2}\int\limits_{\varphi_1}^{\varphi_2}\rho_1^2d\varphi-\dfrac{1}{2}\int\limits_{\varphi_1}^{\varphi_2}\rho_2^2d\varphi=S_1-S_2$$
[tex]S_1=\dfrac{1}{2}\int\limits_{\varphi_1}^{\varphi_2}\rho_1^2d\varphi=\dfrac{1}{2}\int\limits_{\varphi_1}^{\varphi_2}4a^2\sin2\varphi d\varphi=2a^2\int\limits_{\varphi_1}^{\varphi_2}\sin2\varphi d\varphi=\dfrac{3\sqrt{7}}{4}a^2[/tex]
[tex]S_2=\dfrac{1}{2}\int\limits_{\varphi_1}^{\varphi_2}\rho_2^2d\varphi=\dfrac{1}{2}\int\limits_{\varphi_1}^{\varphi_2}a^2\left(1+2\sin2\varphi-2\sqrt{\sin2\varphi}\left(\sin\varphi+\cos\varphi\right)\right)d\varphi=\dfrac{1}{2}a^2\int\limits_{\varphi_1}^{\varphi_2}\left(1+2\sin2\varphi\right)d\varphi-\\a^2\int\limits_{\varphi_1}^{\varphi_2}\sqrt{\sin2\varphi}\left(\sin\varphi+\cos\varphi\right)d\varphi=\dfrac{1}{2}a^2\left[\dfrac{\pi}{2}-\arcsin\dfrac{1}{8}+\dfrac{3\sqrt{7}}{4}\right]-a^2I_1[/tex]
[tex]I_1=\int\limits_{\varphi_1}^{\varphi_2}\sqrt{\sin2\varphi}\left(\sin\varphi+\cos\varphi\right)d\varphi=\int\limits_{\varphi_1}^{\varphi_2}\sqrt{\sin2\varphi}\cdot \sqrt{1+\sin2\varphi}d\varphi[/tex]
Paėmę funkciją [tex]f(x)=\sqrt{\sin2x}\cdot \sqrt{1+\sin2x}[/tex], galime įrodyti, jog ji simetriška tiesės [tex]x=\dfrac{π}{4}[/tex] atžvilgiu, o tai reiškia, kad:
$$I_1=2\cdot \int\limits_{\varphi_1}^{\frac{\pi}{4}}\sqrt{\sin2\varphi}\cdot \sqrt{1+\sin2\varphi}d\varphi$$
Toliau taikome keitinį [tex]t=\sin2\varphi[/tex], gauname, kad [tex]d\varphi=\dfrac{dt}{2\sqrt{1-t^2}}[/tex], o naujieji rėžiai [tex]\alpha_1=\dfrac{1}{8},\space \beta_1=1[/tex]. Gauname integralą:
$$I_1=\int\limits_{\frac{1}{8}}^{1}\dfrac{\sqrt{t}dt}{\sqrt{1-t}}$$
Dabar taikome keitinį [tex]z=\dfrac{\sqrt{t}}{\sqrt{1-t}}[/tex], gauname, kad [tex]dt=\dfrac{2zdz}{(z^2+1)^2}[/tex], nauji rėžiai: [tex]\alpha_2=\sqrt{\dfrac{1}{7}},\space \beta_2=\infty[/tex]. Gauname integralą:
$$I_1=\int\limits_{\sqrt{\frac{1}{7}}}^{\infty}\dfrac{2z^2}{(z^2+1)^2}dz$$
Galiausiai taikome keitinį [tex]z=\tan u[/tex], gauname, kad [tex]dz=\dfrac{1}{\cos^2 u}du[/tex] ir rėžiai [tex]\alpha_3=\arctan\sqrt{\frac{1}{7}},\space \beta_3=\frac{\pi}{2}[/tex], gauname integralą:
$$I_1=2\int\limits_{\arctan\sqrt{\frac{1}{7}}}^{\frac{\pi}{2}}\sin^2udu=\dfrac{\pi}{2}-\arctan\sqrt{\frac{1}{7}}+\dfrac{1}{2}\sin\left(2\arctan\sqrt{\dfrac{1}{7}}\right)$$
Taigi galiausiai gauname:
[tex]S=\dfrac{3\sqrt{7}}{4}a^2-\dfrac{1}{2}a^2\left[\dfrac{\pi}{2}-\arcsin\dfrac{1}{8}+\dfrac{3\sqrt{7}}{4}\right]+a^2\left(\dfrac{\pi}{2}-\arctan\sqrt{\frac{1}{7}}+\dfrac{1}{2}\sin\left(2\arctan\sqrt{\dfrac{1}{7}}\right)\right)=\\=a^2\left(\dfrac{\sqrt{7}}{2}+\dfrac{\arcsin\frac{1}{8}}{2}+\dfrac{\pi}{4}-\arctan\sqrt{\dfrac{1}{7}}\right)[/tex]
Karoli, pas tave kiek kitokie skaičiai.

Raskite lygties [tex]x^3-3y^3-9z^3=0[/tex] visus sveikuosius sprendinius.

Karoliui:
Karoli, ką reiškia "aš uždavinį ištryniau"?  Jei skelbi, dešimt kartų pamatuok, ar uždavinys geras. Ar pats jį išspręsi, ar jis iš viso sprendžiamas. Ir sąlyga turi būti pateikta be klaidų (kaip buvo lemniskatės ploto uždaviny,- a vietoj a kvadratu).
O dabar...Jei pateikei tą netiesioginį integralą su begaliniu rėžiu, tai norėtųsi matyt jo skaičiavimą arba tyrimą Tarei A, tark ir B.

Jei (x,y,z) yra lygties sprendinys sveikųjų skaičių aibėje, tai x³=3(y³+3z³). Tad x³, vadinasi ir x sveikai dalijasi iš 3. Vadinasi, x=3k. (k∈Z).
Tuomet 27k³- 3y³= 9z³, t.y. y³=3(3k³- z³). Vadinasi, y sveikai dalijasi iš 3, t.y. y=3p, (p∈Z).
Tada z³=3(k³- 3p³). Tad z sveikai dalijasi iš 3, t.y. z=3n.
Tada gauname k³- 3p³= 9n³.
Akivaizdu, jog gavome tą pačią pradinę lygtį , tik "raidės pakeistos". Tada k, p,n sveikai dalijasi iš 3. Tęsdami šią "pasaką be galo", suvokiame, jog , jei x, y, z sveikieji skaičiai, tenkinantys nagrinėjamą lygtį, tai jie "be galo daug kartų" sveikai dalijasi iš 3.
Tai reiškia, jog
Atsakymas: (0, 0, 0).

Gerai, galite jei turite kelti savo užduotį.

Apskaičiuokite max(xy + y²) bei min(xy+y²), kai kintamieji x ir y
tenkina lygybę:
x² - 3xy + 4y² = 4.

Tarkime [tex]y=xk[/tex], kur [tex]k∈\mathbb{R}[/tex], tada [tex]x[/tex] ir [tex]k[/tex] tenkina lygybę: [tex]x^2-3x(xk)+4(xk)^2=4\iff x^2(4k^2-3k+1)=4[/tex]
Kadangi [tex]∀k∈\mathbb{R}:4k^2-3k+1>0[/tex], tai galime užrašyti, kad: [tex]x^2(4k^2-3k+1)=4\iff x^2=\dfrac{4}{4k^2-3k+1}[/tex].
Tuomet mes turime rasti minimalią ir maksimalią įgyjamą šio reiškinio reikšmę: [tex]x\cdot xk+(xk)^2= x^2(k^2+k)=\dfrac{4}{4k^2-3k+1}\cdot(k^2+k)[/tex].
Ieškome funkcijos [tex]f(k)=\dfrac{4}{4k^2-3k+1}\cdot(k^2+k)[/tex] didžiausios ir mažiausios reikšmės visoje apibrėžimo srityje.
Randame funkcijos kritinius taškus:
[tex]f'(k)=\dfrac{-28k^2+8k+4}{(4k^2-3k+1)^2}=0\implies 7k^2-2k-1=0\implies k=\dfrac{1±2\sqrt{2}}{7}[/tex].
[tex]k=\dfrac{1-2\sqrt{2}}{7}[/tex] - funkcijos [tex]f(k)[/tex] minimumo taškas.
[tex]k=\dfrac{1+2\sqrt{2}}{7}[/tex] - funkcijos [tex]f(k)[/tex] maksimumo taškas.
Kai [tex]k=\dfrac{1-2\sqrt{2}}{7}[/tex], tai [tex]f(k)=\dfrac{20-16\sqrt{2}}{7}[/tex]-funkcijos minimumas.
Kai [tex]k=\dfrac{1+2\sqrt{2}}{7}[/tex], tai [tex]f(k)=\dfrac{20+16\sqrt{2}}{7}[/tex]-funkcijos maksimumas.
Įrodykime, jog esant šioms [tex]k[/tex] reikšmėms funkcija [tex]f(k)[/tex] įgyja atitinkamai mažiausią ir didžiausią savo reiškmę. Išsiaiškinome, kad intervaluose [tex](-\infty;\frac{1-2\sqrt{2}}{7})[/tex] ir [tex](\frac{1+2\sqrt{2}}{7};+\infty)[/tex] funkcija mažėja, o intervale [tex](\frac{1-2\sqrt{2}}{7};\frac{1+2\sqrt{2}}{7})[/tex] didėja. Turime, kad: [tex]\lim\limits_{k\to\infty}f(k)=1[/tex]. Kadangi funkcijos minimumas mažesnis už 1, o funkcijos maksimumas didesnis už 1, tai galime teigti, kad:
[tex]\min(xy+y^2)=\dfrac{20-16\sqrt{2}}{7}[/tex]
[tex]\max(xy+y^2)=\dfrac{20+16\sqrt{2}}{7}[/tex]

Tomui:
Taip, viskas puiku ! 
Beje, yra ir kita sprendimo forma-be išvestinės.
Pakanka rasti, su kokiomis parametro z reikšmėmis lygtis
(4k²+4k)/(4k²- 3k + 1) =z turi sprendinių.
Lygčiai suteikiame pavidalą
4k²(z -1) - k(3z+ 4) + z =0, po to D≥0, t.y. (3z + 4)²- 16z(z-1)≥0.
Ieškomos z reikšmės-  gauto intervalo z∈[m; M] galai.

Raskite lygčių sistemos realiuosius sprendinius:
\begin{cases}x+y+z=3 \\ x^2+y^2+z^2=5\\x^4+y^4+z^4=17\end{cases}