Žinoma, kad [tex]f(1)=4[/tex] ir:
[tex]\displaystyle\lim_{x\to1} \dfrac{\sqrt[3]{x\cdot f(x)-3x+7}-\sqrt{f(x)}}{x-1}=-\dfrac{1}{4}[/tex]
Raskite kam lygi riba, jei žinoma, jog ji yra baigtinė:
[tex]\displaystyle\lim_{x\to1} \dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}[/tex]
Pasižymėkim [tex]L=\lim_{x\to1} \frac{f(x)-f(1)}{x-1}[/tex].
Pertvarkome reiškinį [tex]\frac{\sqrt[3]{x\cdot f(x)-3x+7}-\sqrt{f(x)}}{x-1} \Rightarrow \frac{\sqrt[3]{x\cdot f(x)-3x+7}-2+2-\sqrt{f(x)}}{x-1} \Rightarrow \frac{\sqrt[3]{x\cdot f(x)-3x+7}-2}{x-1}+ \frac{2-\sqrt{f(x)}}{x-1} \Rightarrow \frac{x f(x)-3x-1}{(x-1)((\sqrt[3]{x\cdot f(x)-3x+7})^2+2\sqrt[3]{x\cdot f(x)-3x+7}+4)}+\frac{4-f(x)}{(x-1)(2+\sqrt{f(x)})}[/tex]
[tex]\Rightarrow \frac{x (f(x)-4)}{(x-1)((\sqrt[3]{x\cdot f(x)-3x+7})^2+2\sqrt[3]{x\cdot f(x)-3x+7}+4)}+\frac{1}{((\sqrt[3]{x\cdot f(x)-3x+7})^2+2\sqrt[3]{x\cdot f(x)-3x+7}+4)}-\frac{f(x)-4}{(x-1)(2+\sqrt{f(x)})}[/tex].
Paėmę pertvarkyto reiškinio ribą, kai [tex]x\to1[/tex], turėsime [tex]\frac{L}{12}+\frac{1}{12}-\frac{L}{4}=-\frac{1}{4}[/tex].
Išsprendę tiesinę lygtį, gauname [tex]L=2[/tex].
Šaunu, atsakymas teisingas :)
Raskite sumą
[tex]\sum_{n=0}^\infty \arctan{(\frac{1}{1+n+n^2})}[/tex]
Pasinaudosime tuo, jog: [tex]arctgx-arctgy=arctg\dfrac{x-y}{1+xy}[/tex]
Jei pažymėsime: [tex]x=n+1[/tex], o [tex]y=n[/tex], gausime, kad:
[tex]arctg(n+1)-arctg(n)=arctg(\dfrac{n+1-n}{1+(n+1)n})=arctg(\dfrac{1}{1+n+n^{2}})[/tex],
vadinasi gauname, kad:
[tex]\sum\limits_{n=0}^{\infty} arctg(\dfrac{1}{1+n+n^{2}})= \sum\limits_{n=0}^{\infty} (arctg(n+1)-arctg(n))[/tex]
[tex]\sum\limits_{n=0}^{k} arctg(\dfrac{1}{1+n+n^{2}})= \sum\limits_{n=0}^{k} (arctg(n+1)-arctg(n))=(arctg(1)-arctg(0))+(arctg(2)-arctg(1))+(arctg(3)-arctg(2))+...+(arctg(k+1)-arctg(k))=arctg(k+1)[/tex]
[tex]\sum\limits_{n=0}^{\infty} (arctg(n+1)-arctg(n))=\displaystyle\lim_{k\to\infty} \sum\limits_{n=0}^{k} arctg(\dfrac{1}{1+n+n^{2}})=\displaystyle\lim_{k\to\infty} arctg(k+1)[/tex]
Kai [tex]k\rightarrow\infty[/tex], tai [tex](k+1)\rightarrow\infty[/tex]. Kai [tex](k+1)\rightarrow\infty[/tex], tai [tex]arctg(k+1)\rightarrow \dfrac{π}{2}[/tex].
Vadinasi:
[tex]\sum\limits_{n=0}^{\infty} arctg(\dfrac{1}{1+n+n^{2}})= \dfrac{π}{2}[/tex].
Duotas trikampis ABC. AB=5, AC=8. Iš taško A nubrėžta pusiaukampinė kerta kraštinę BC taške E, o iš taško B nubrėžta pusiaukraštinė kraštinę AC - taške D. Pusiaukraštinė ir pusiaukampinė kertasi taške O. Per tašką O iš viršūnės C nubrėžta tiesė, kertanti kraštinę AB taške F. Raskite atkarpos AF ilgį.
Gaila, jog niekas neįveikė šio uždavinio.
Šis uždavinys labai paprastai išsprendžiamas tiems, kas žino Čeva teoremą. Tačiau norėčiau parodyti kaip buvo galima spręsti šį uždavinį visiškai nenutuokiantiems kas tai per teorema:
Aš į pagalbą pasitelkiau vektorius.
Pažymėsiu [tex]\vec{a}=\vec{AB},\vec{b}=\vec{CA}[/tex]
Tada: [tex]\vec{DB}=\vec{DA}+\vec{a}=\dfrac{1}{2}\vec{b}+\vec{a}[/tex]
Kadangi AE yra trikampio ABC pusiaukampinė, tai ji ir trikampio ABD pusiaukampinė.
Pagal pusiaukampinės savybę:
[tex]\dfrac{AB}{AD}=\dfrac{BO}{OD}[/tex] arba [tex]\dfrac{AD}{AB+AD}=\dfrac{OD}{BD}[/tex]
Taigi:
[tex]\dfrac{OD}{BD}=\dfrac{4}{5+4}=\dfrac{4}{9}[/tex]
Vadinasi:
[tex]\vec{DO}=\dfrac{4}{9}\vec{DB}=\dfrac{4}{9}(\dfrac{1}{2}\vec{b}+\vec{a})=\dfrac{2}{9}\vec{b}+\dfrac{4}{9}\vec{a}[/tex]
Tuomet pagal trikampio taisyklę:
[tex]\vec{CO}=\vec{CD}+\vec{DO}=\dfrac{1}{2}\vec{b}+\dfrac{2}{9}\vec{b}+\dfrac{4}{9}\vec{a}=\dfrac{4}{9}\vec{a}+\dfrac{13}{18}\vec{b}[/tex]
Vektorius [tex]\vec{CF}[/tex] kolinearus vektoriui [tex]\vec{CO}[/tex], vadinasi egzistuoja toks skaičius [tex]k[/tex], kad: [tex]\vec{CF}=k\vec{CO}[/tex]
Užrašome, kam lygus vektorius [tex]\vec{AF}=\vec{CF}-\vec{CA}[/tex]
[tex]\vec{CF}-\vec{CA}=k\vec{CO}-\vec{CA}=k(\dfrac{4}{9}\vec{a}+\dfrac{13}{18}\vec{b})-\vec{b}=\dfrac{4}{9}k\vec{a}+(\dfrac{13}{18}k-1)\vec{b}[/tex]
Vektoriai [tex]\vec{AF}[/tex] ir [tex]\vec{AB}[/tex] kolinearūs, vadinasi:
[tex]\dfrac{13}{18}k-1[/tex] turi būti lygu 0.
Išsprendę lygtį: [tex]\dfrac{13}{18}k-1=0[/tex] gauname, jog [tex]k=\dfrac{18}{13}[/tex]
Taigi: [tex]\vec{AF}=\dfrac{4}{9}k\vec{a}=\dfrac{4}{9}\cdot \dfrac{18}{13}\cdot \vec{a}= \dfrac{8}{13}\cdot \vec{a}[/tex]
Vadinasi atkarpos AF ilgis:
[tex]|\vec{AF}|=\dfrac{8}{13}\cdot |\vec{a}|=\dfrac{8}{13}\cdot 5=\dfrac{40}{13}[/tex]
[tex]a,b,c[/tex] yra teigiami realieji skaičiai, tenkinantys lygybę: [tex]abc=1[/tex]. Įrodykite, kad:
[tex]\dfrac{a+b+c+3}{4}≥\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c}[/tex]
