eMatematikas.lt
Pradžia Forumai + Nauja tema Nariai
Įrankiai
Formulės Egzaminai
Prisijungti Registruotis
       

Matematikos Maratonas Nr. 3

Taip, viskas tvarkoj. Tik reikėtų dar pridurti, jog eilutė yra ABSOLIUČIAI konverguojanti.

0

Tarkime, [tex]a_1, a_2, ... ,a_{10}[/tex] yra sveikieji skaičiai tokie, kad [tex]1\leq a_i \leq 25[/tex], kur [tex]1 \leq i \leq 10[/tex]. Parodykite, kad egzistuoja tokie sveikieji skaičiai [tex]n_1,n_2,...,n_{10}[/tex] (nevisi nuliai), kad $$ \prod_{k=1}^{10} a_k^{n_k}=1$$

0

Akivaizdu, jog
[tex]a_{k}=2^{m_{k1}}3^{m_{k2}}5^{m_{k3}}...23^{m_{k9}}[/tex]  (1)
Čia devyni dauginamieji- pirminių dauginamųjų 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23 laipsniai
Laipsnio rodikliai-sveikieji neneigiamieji skaičiai.
Nagrinėsime sąlygoje duotą lygtį. Reikia įrodyt, kad ji turi bent vieną netrivialųjį sprendinį
[tex](n_{1},n_{2},...,n_{10})[/tex]
sveikųjų skaičių aibėje.
Logaritmuodami gauname lygtį
[tex]\sum n_{k}lga_{k}=0[/tex]
o atsižvelgdami į (1), gauname lygčių sistemą
[tex]\sum_{k=1}^{10}m_{kj}n_{k}=0[/tex]
Indeksas j kinta nuo 1 iki 9.
Gautoji devynių tiesinių homogeninių lygčių sistema su 10 kintamųjų (rangas mažesnis už 10) turi be galo daug netrivialių sprendinių. Kadangi lygčių koeficientai yra sveikieji skaičiai, tai kiekvieną sistemos sprendinį sudaro racionalieji skaičiai. Juos padauginus iš tam tikro daugiklio (kintamųjų reikšmių bendro vardiklio), gausime sistemos netrivialųjį sprendinį, kurio komponentės (koordinatės) yra sveikieji skaičiai. Įrodyta.

Paskutinį kartą atnaujinta 2018-03-26

0

Tai, kad (1) nėra akivaizdu.

0

O taip, taip ! Pataisiau....

0

Gerai

0

NAUJAS UŽDAVINYS
Į spindulio R=4 apskritimą įbrėžtas smailusis trikampis ABC, kurio plotas lygus 18. Iš viršūnės C nubrėžta aukštinė CD, kertanti trikampio kraštinę AB taške D. Iš taško D nubrėžti du statmenys DM ir DN į kraštines CA ir CB. Apskaičiuokite atkarpos MN ilgį.

0

UŽDAVINIO SPRENDIMAS

[tex]\angle CDM=\angle A,\angle CDN=\angle B[/tex]
Todėl
[tex]CM=CDsin\angle A=\frac{CD\cdot CB}{2R}[/tex]
[tex]CN=CDsin\angle B=\frac{CD\cdot CA}{2R}[/tex]
Trikampiui CMN taikome kosinusų teoremą:
[tex]MN^{2}=CM^{2}+CN^{2}-2CM\cdot CN\cdot cos\angle ACB[/tex]
[tex]MN^{2}=\frac{CD^{2}}{4R^{2}}(CB^{2}+CA^{2}-2CB\cdot CAcos\angle ACB)[/tex]
[tex]MN^{2}=\frac{AB^{2}CD^{2}}{4R^{2}}=\frac{S^{2}}{R^{2}}[/tex]
Čia S- trikampio ABC plotas.
Todėl
[tex]MN=\frac{S}{R}=\frac{18}{4}=4,5[/tex]
PASTEBĖJIMAS: Yra žinoma, jog santykis S/r, kur r- trikampio įbrėžtinio apskritimo spindulys, yra lygus trikampio pusperimetriui. O štai šis uždavinys atskleidė santykio S/R prasmę ! Paaiškėjo, jog S/R yra atstumas tarp trikampio aukštinės pagrindo ortogonaliųjų projekcijų į dvi gretimas kraštines.

0

NAUJAS UŽDAVINYS
Apskaičiuokite dvilypį integralą
[tex]\int \int \sqrt{xy}dxdy[/tex]
kai integravimo sritis yra pirmajame ketvirtyje, ir ją apriboja linijos
[tex]x=0, y=0, (\frac{x}{2}+\frac{y}{3})^{4}=\frac{xy}{6}[/tex]

0

Maratono egzistavimas visai jau užmaršty. Niekas neturi drąsos spręsti universitinio lygio 3 matematinės analizės semestro lygio uždavinių. Tokie uždaviniai - tiesiog technikos klausimas ir tiek. Bandau taisyti padėtį:

Nuorodoje galime pasitikrinti integravimo sritį apribotą duotos linijos. Pavadinkime šią sritį $\Omega$. Žiūrint į duotą linijos lygtį, tiek $x$, tiek $y$ atžvilgiu gaunasi apybjaurė 4 laipsnio lygtis. Išeitis būtų naudoti keitinius, šiek tiek primenančius polinių koordinačių keitinius:
$$\begin{cases}x=2r\cos^2\alpha\\ y=3r\sin^2\alpha\end{cases}$$
Ši idėja turėtų būti pakankamai gerai pažįstama susipažinusiems polinėmis koordinatėmis ir jakobiano skaičiavimu. Tai yra universiteto kursas iš dvilypių integralų programos.

Mano supratimu, naudodami bet kuriuos keitinius dvilypiuose integraluose pirmiausia turime būti tikri, jog tam kiekvienam taškui $(x;y)$ iš duotos srities $\Omega \subset \mathbb{R}^2$ turi atsirasti vienas ir tik vienas taškas $(r;\alpha)$ iš kitos srities $\Omega' \subset \mathbb{R}^2$. Nors mūsų naudojamame keitinyje galima ir intuityviai (pvz. per pažintį su polinėmis koordinatėmis) pajusti, kad kiekvieną $Oxy$ koordinačių plokštumos pirmo ketvirčio tašką $(x;y)$ atitiks lygiai vienas $O\alpha r$ koordinačių plokštumos taškas, esantis stačiakampyje $\begin{cases}\alpha \in (0; \pi/2)\\r \in (0; \infty)\end{cases}$, norėčiau tą įrodyti formaliau.

Atsižvelgami į sąlygas $x>0$ ir $y>0$ turime abipusį ryšį:
$$\begin{cases}x=2r\cos^2\alpha\\ y=3r\sin^2\alpha\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}\frac{x}{y}=\frac{2}{3}\text{ctg}^2\alpha\text{ (gaunama dalijant lygtis)}\\ \frac{x}{2}+\frac{y}{3}=r\text{ (gaunama lygčių sudėties būdu)}\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}\alpha=\text{arcctg}\left(\sqrt{\frac{3x}{2y}}\right)\\r=\frac{x}{2}+\frac{y}{3}\end{cases}$$
Kadangi pošaknis gali įgyti bet kurias reikšmes $\in (0;\infty)$, tai $\alpha$ gali įgyti bet kurias reikšmes $\in (0; \pi/2)$. Kadangi $\frac{x}{2}+\frac{y}{3} \in (0; \infty)$, tai ir $r \in (0; \infty)$

Toliau reikės nustatyti, kaip pasikeis reiškinys $\sqrt{xy}\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ ir liniją aprašanti lygtis $\left(\frac{x}{2}+\frac{y}{3}\right)^4=\frac{xy}{6}$, jei į jų išraiškas įeinantys kintamieji bus tik $r$ ir $\alpha$. Šią dalį išskaidysiu į tris atskirus žingsnelius.
• Liniją aprašančioje lygtyje $\left(\frac{x}{2}+\frac{y}{3}\right)^4=\frac{xy}{6}$ pritaikę keitinius gausime tokią jos išraišką:
$$r^2=\sin^2\alpha\cos^2\alpha$$
Tuomet pagal sąlygas $r>0$ ir $\alpha \in (0; \pi/2)$ turėsime:
$$r=\sin\alpha\cos\alpha$$
Ši linija apribos kintamąjį $r$ koordinačių plokštumos $O\alpha r$ stačiakampyje $\begin{cases}\alpha \in (0; \pi/2)\\r \in (0; \infty)\end{cases}$.
• $\mathrm{d}x\mathrm{d}y=J \mathrm{d}\alpha \mathrm{d}r$, kur $J$ yra mūsų keitinio jakobianas. Šis jakobianas lygus tokios matricos determinanto moduliui:
$$\left(\begin{array}{cc}(2r\cos^2\alpha)'_r & (2r\cos^2\alpha)'_\alpha \\ (3r\sin^2\alpha)'_r & (3r\sin^2\alpha)'_\alpha \end{array}\right)$$ Jo skaičiavimas nesudėtingas. Gaunu, kad $$J=12r\cos \alpha \sin \alpha$$
• Pritaikius keitinius $\sqrt{xy}$ pasikeis į $r\sqrt{6}\sin \alpha \cos \alpha$.

Viso šio ilgo darbo reikėjo vien tam, kad galėtume performuluoti uždavinį:
$$\iint_\Omega \sqrt{xy}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\int_0^{\pi/2} \int_0^{\sin\alpha\cos\alpha} 12r^2\sqrt{6}\sin^2 \alpha \cos^2 \alpha\mathrm{d}r\mathrm{d}\alpha$$
Tęsiame integravimą:
$$\begin{array}{rcl} \displaystyle \int_0^{\pi/2} \int_0^{\sin\alpha\cos\alpha} 12r^2\sqrt{6}\sin^2 \alpha \cos^2 \alpha\mathrm{d}r\mathrm{d}\alpha &= &\displaystyle \int_0^{\pi/2} \left(\left.4r^3\sqrt{6}\sin^2 \alpha \cos^2\right|_0^{\sin\alpha\cos\alpha}\right)\mathrm{d}\alpha =\\ & = & \displaystyle \int_0^{\pi/2} 4\sqrt{6}\sin^5 \alpha \cos^5 \alpha \mathrm{d}\alpha=\\& = & \displaystyle \int_0^{\pi/2} 4\sqrt{6}\sin^5\alpha\left(1-\sin^2\alpha\right)^2 \cos \alpha \mathrm{d}\alpha=\\ \left\{\begin{array}{rcl}\sin \alpha &=& t\\ \cos \alpha \mathrm{d}\alpha&=&\mathrm{d}t\end{array}\right\}&=&\displaystyle \int_0^1 4\sqrt{6}t^5\left(1-t^2\right)^2\mathrm{d}t=\\ &=&\displaystyle 4\sqrt{6}\int_0^1 \left(t^9-2t^7+t^5\right)\mathrm{d}t=\\ &=&\displaystyle 4\sqrt{6}\left.\left(\frac{t^{10}}{10}-\frac{t^8}{4}+\frac{t^6}{6}\right)\right|_0^1=4\sqrt{6}\left(\frac{1}{10}-\frac{1}{4}+\frac{1}{6}\right)=\\ &=& 2\sqrt{6}\left(\frac{1}{5}-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\right)=2\sqrt{6}\left(\frac{6}{30}-\frac{15}{30}+\frac{10}{30}\right)=\\&=&\displaystyle \boxed{\frac{\sqrt{6}}{15}} \end{array}$$
Gerb. Sokolovai, ar sprendimas geras? Jei ištaisytumėte pastebėtus netikslumus mano samprotavimuose ir skaičiavimuose arba pakomentuotumėt, kaip jie gali būti sutrumpinti, padarytumėt labai vertingą darbą.

Paskutinį kartą atnaujinta 2018-04-23

0

Norėdami rašyti žinutes privalote prisijungti!