Matematikos Maratonas Nr. 3

Taip, teisingai !  Su Ateinančiais !

Su ateinančiais! :)

Raskite visas realiųjų skaičių [tex]x[/tex] ir [tex]y[/tex] poras, kad [tex]x^{100}-y^{100}=2^{99}(x-y)[/tex] ir [tex]x^{200}-y^{200}=2^{199}(x-y)[/tex].

Iš pradžių užrašysime trivialius sprendinius: {(t, t)|t∈R}, (2, 0), (0, 2). Ištirsime, ar nėra daugiau sprendinių. Tarkime, kad (2a, 2b) yra lygčių sistemos sprendinys, kai a≠b, a≠0, b≠0.
Tada [tex]a^{100}- b^{100}=a-b[/tex]
ir  [tex]a^{200}-b^{200}=a-b[/tex]
Padalinę antrą lygybę iš pirmos, gausime dar vieną lygybę
[tex]a^{100}+b^{100}=1[/tex]
Iš pastarosios lygybės matyti, jog
a∈[-1; 1], b∈[-1; 1].  (1)
Kadangi [tex]a(a^{99}-1)=b(b^{99}-1)[/tex], tai a ir b yra arba abu teigiami, arba abu neigiami.
[tex]\frac{a^{100}-b^{100}}{a-b}=a^{99}+a^{98}b+a^{97}b^{2}+...+b^{99}[/tex]=1  (2)
Todėl a ir b negali būt abu neigiami.
Jei a∈(0;1), b∈(0;1), tai iš lygybės (2) matyti, jog [tex]a^{99}+b^{99}< 1[/tex]
Tuo tarpu, jei a∈(0;1), b∈(0;1), tai
[tex]a^{99}> a^{100},b^{99}> b^{100}[/tex]
ir tada [tex]a^{99}+b^{99}> a^{100}+b^{100}=1.[/tex]
Gautasis prieštaravimas rodo, kad daugiau sprendinių sistema neturi.
Atsakymas: {(2,0), (0,2), (t, t)| t∈R}

Gerai.

Įrodykite, jog
[tex]\int_{0}^{+\infty }\frac{x^{m}dx}{1+x^{n}}[/tex]= [tex]\frac{\pi }{nsin(\frac{\pi (m+1)}{n})}[/tex]
Čia m ir n-sveikieji neneigiamieji skaičiai, n≥m+2.

Pažymėsime skaičiuojamą integralą A.
Sudarome uždarą kontūrą L, kurį sudaro kompleksinės plokštumos realiosios ašies atkarpa [0; R].
apskritimo lankas [tex]z=R\cdot e^{it}[/tex], 0≤t≤[tex]\frac{2\pi }{n}[/tex], ir spindulio argz=[tex]\frac{2\pi }{n}[/tex] dalis z=t[tex]e^{\frac{2\pi i}{n}}[/tex],kur t kinta nuo R iki 0.
Nagrinėsime funkcijos f(z)= [tex]\frac{z^{m}}{1+z^{n}}[/tex] integralą uždaru kontūru L, kurio viduje funkcija f(z) turi vienintelį ypatingąjį tašką- paprastąjį polių [tex]e^{\frac{\pi i}{n}}[/tex]
Integralas uždaru kontūru susideda iš trijų integralu. Pirmojo integralo riba, kai R artėja į plius begalybę, lygi A.
Antrojo integralo (spindulio R apskritimo lanku) riba, kai R neaprėžtai didėja, lygi nuliui (nes
zf(z) nyksta, kai R neaprėžtai didėja).
Trečiasis integralas
[tex]\int_{R}^{0}\frac{t^{m}e^{\frac{2\pi im}{n}e\frac{2\pi i}{n}}dt}{1+t^{n}}[/tex]=[tex]e^{\frac{2\pi i(m+1)}{n}}\int_{R}^{0}\frac{t^{m}dt}{1+t^{n}}[/tex]
Kai R neaprėžtai didėja, pastarasis dėmuo artėja į
- [tex]e^{\frac{2\pi i(m+1)}{n}}A[/tex]
o integralas uždaru kontūru artėja į
(1 - [tex]e^{\frac{2\pi i(m+1)}{n}}[/tex])A

Funkcijos f(z) rezidiumas paprastame poliuje [tex]z_{0}=e^{\frac{\pi i}{n}}[/tex] yra lygus
[tex]\frac{z_{0}^{m}z_{0}}{nz_{0}^{n}}=-\frac{z_{0}^{m+1}}{n}=-\frac{1}{n}e^{\frac{\pi i(m+1)}{n}}[/tex]
Taikome rezidiumų teoremą
(1 - [tex]e^{\frac{2\pi i(m+1))}{n}}[/tex])A=- [tex]\frac{2\pi i}{n}e^{\frac{\pi i(m+1)}{n}}[/tex]


Iš čia gauname
A= [tex]\frac{2\pi i}{n}\cdot \frac{1}{e^{\pi i(m+1)/n}-e^{-\pi i(m+1)/n}}[/tex]
t.y. A=[tex]\frac{\pi }{n}\cdot \frac{1}{sin\frac{\pi (m+1)}{n}}[/tex]

Apskaičiuokite
[tex]\int_{0}^{\pi }\frac{sin2017xdx}{sinx}[/tex]

Pasinaudokime lygybe [tex]\sin{x} = \frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}[/tex]: [tex]\int^{\pi}_{0} \frac{\sin{2017x}}{\sin{x}}dx=\int^{\pi}_{0} \frac{e^{2017ix}-e^{-2017ix}}{e^{ix}-e^{-ix}}dx=\int^{\pi}_{0} \sum_{k=0}^{2016}e^{(2016-2k)ix}dx=\int_{0}^{\pi}dx+\int^{\pi}_{0} \sum_{k=0, k≠1008}^{2016}e^{(2016-2k)ix}dx=[/tex][tex]\pi+\sum_{k=0,k≠1008}^{2016}\frac{e^{(1008-k)i2\pi}}{(2016-2k)i}-\sum_{k=0,k≠1008}^{2016}\frac{e^{(1008-k)i2*0}}{(2016-2k)i}=[/tex][tex]\pi + \sum_{k=0,k≠1008}^{2016}\frac{1}{(2016-2k)i}-\sum_{k=0,k≠1008}^{2016}\frac{1}{(2016-2k)i}=\pi[/tex]

Įvyko netikslumas. Ne toks yra integralas nario, atitinkančio k=1008. Nes šiame naryje nėra eksponentės, o integruojant jos "butaforiją", gaunasi dalyba iš nulio, kuri tiesiog ne labai matosi sumavimo "margumyne"...
Ir atsakymas- ne nulis.

Pataisiau spendimą.