Matematikos Maratonas Nr. 4

Teisingai.

Neneigiamieji skaičiai a≥0, b≥0, c≥0, d≥0 tenkina lygybę
[tex]a+2b+3c+4d=80.[/tex]
Apskaičiuokite
[tex]max(2ab+4ad+6bc)[/tex]

[tex]\nabla \mathcal{L}(a, b, c, d, \lambda )=0 \Leftrightarrow[/tex] [tex]\begin{cases} 2b+4d-\lambda =0 \\ 2a+6c-2\lambda =0 \\ 6b-3\lambda =0 \\ 4a-4\lambda = 0 \\ a+2b+3c+4d=80 \end{cases}[/tex]

Išsprendę lygčių sistemą gaunam, kad [tex]a=40, b=20, c=0, d=0[/tex]
Tada max bus: [tex]2ab+4ad+6bc=1600[/tex]

Puiku! DABAR TURITE ĮDĖT SAVO UŽDAVINĮ.≤
Aš tik parodysiu kitą sprendimo būdą, netaikant Lagranžo metodo.
R=2ab + 4ad + 6bc ≤ 2ab + 4ad + 6bc + 12cd = (a + 3c)(2b+ 4d).
Gautajai neneigiamų skaičių sandaugai taikome Koši nelygybę
[tex]\sqrt{AB}\leq \frac{A+B}{2}[/tex]
Gauname
R≤[tex](\frac{a+2b+3c+4d}{2})^{2}[/tex]
t.y. R≤1600
Akivaizdu, kad R įgyja šią reikšmę, kai, pavyzdžiui, a=40, b=20.

Kokiais paskutiniais dvejais (nenuliniais) skaitmenimis baigiasi [tex]2020![/tex]?

[tex]2020!=(1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4) \cdot 5 \cdot (6 \cdot 7 \cdot 8 \cdot 9)\cdot 10 \cdot...\cdot(2016 \cdot 2017 \cdot 2018 \cdot 2019) \cdot 2020[/tex][tex]2020!=5^{404}(404)!\prod_{k=0}^{403}{(5k+1)(5k+2)(5k+3)(5k+4)}[/tex]

Nagrinėkime reiškinį:
$$(5k+1)(5k+2)(5k+3)(5k+4)=625(k^4+k^2)+10(125k^3+25k^2+25k)+24$$
Kai [tex]k[/tex] neneigiamas, reiškinio paskutiniai du skaitmenys yra 24.
Susitarkim, kad išraiška [tex]a≈b[/tex] reiškia, kad [tex]a[/tex] ir [tex]b[/tex] paskutiniai du nenuliniai skaitmenys sutampa.
$$2020!≈5^{404}(404)!24^{303}24^{101}≈(404)!12^{303}12^{101}≈(80)!12^{363}12^{121}24≈(16)!12^{375}12^{125}24≈$$
$$3!12^{378}12^{125}24\cdot 16=12^{380}12^{125}16$$
Teliko rasti [tex]12^{380}12^{125}16(\mod100)[/tex] arba [tex]4(12^{380}12^{125}4(\mod25))(\mod100).[/tex]
$$12^{380}12^{125}4≡12^{505}4≡-6^22≡3(\mod25).$$
Taigi, paskutiniai du nenuliniai skaičiaus skaitmenys yra [tex]12[/tex].

Gerai

Tarkime a, b, c, d tokie teigiami realieji skaičiai, kad $$abcd=1$$ ir $$a+b+c+d>\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{d}+\frac{d}{a}.$$
Įrodykite, kad $$a+b+c+d<\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{d}{c}+\frac{a}{d}.$$

Teigiamų skaičių [tex]\frac{a}{b}, \frac{a}{b},\frac{b}{c},\frac{a}{d}[/tex]
geometrinis vidurkis
[tex]\sqrt[4]{\frac{a^{^{4}}}{abcd}}=a[/tex]
Pagal Koši nelygybę
[tex]\frac{a}{b}+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{a}{d}\geq 4a[/tex]
Panašiu būdu gauname
[tex]\frac{b}{c}+\frac{b}{c}+\frac{c}{d}+\frac{b}{a}\geq 4b[/tex]
[tex]\frac{c}{d}+\frac{c}{d}+\frac{d}{a}+\frac{c}{b}\geq 4c[/tex]
[tex]\frac{d}{a}+\frac{d}{a}+\frac{a}{b}+\frac{d}{c}\geq 4d[/tex]
Pažymėsime
[tex]a+b+c+d=S.[/tex]
Kadangi
[tex]\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{d}+\frac{d}{a}< S[/tex]
tai, sudėję pirmąsias keturias nelygybes, gausime
[tex]3S + \frac{a}{d}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{d}{c}> 4S[/tex]
Iš čia ir išplaukia, jog
[tex]S< \frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{d}{c}+\frac{a}{d}[/tex]
Įrodyta.

Gerai.