Matematikos Maratonas Nr. 4

NAUJAS UŽDAVINYS:
Dviejų teigiamų skaičių a ir b harmoniniu vidurkiu yra vadinamas dydis
[tex]\frac{2ab}{a+b.}[/tex]
Raskite visus NATŪRALIŲJŲ skaičių dvejetus (a, b), kurių koordinačių a ir b aritmetinis vidurkis yra 18 vienetų didesnis už harmoninį vidurkį.

SPRENDIMAS:
Nagrinėjame lygtį:
[tex]\frac{a+b}{2}=\frac{2ab}{a+b}+18.[/tex]
t.y
[tex](a+b)^{2}=4ab+36(a+b)[/tex]
Pakeitę kintamuosius
[tex]a+b=u,[/tex]
[tex]a-b=v,[/tex]
gausime:
[tex]u^{2}=u^{2}-v^{2}+36u[/tex]
t.y.
[tex]v^{2}=36u.[/tex]
Kadangi u ir v yra sveikieji skaičiai, tai
[tex]u=k^{2}[/tex]
[tex]v=6k[/tex]
Čia k-bet koks SVEIKASIS skaičius.
Gauname lygčių sistemą
[tex]a+b=k^{2}[/tex]
[tex]a-b=6k.[/tex]
Kadangi a ir b sveikieji, tai k turi būti lyginis, t.y.
[tex]k=2t[/tex]
t-sveikasis skaičius.
Tuomet gauname
[tex]a+b=4t^{2}[/tex]
[tex]a-b=12t[/tex]
Iš čia gauname
[tex]a=2t^{2}+6t[/tex]
[tex]b=2t^{2}-6t[/tex]
Kadangi a ir b turi būti natūralieji skaičiai, tai lieka pareikalauti, kad
[tex]|t|\geq 4[/tex]
ATSAKYMAS: [tex](2t^{2}+6t, 2t^{2}-6t), t\in Z,|t|\geq 4[/tex]

NAUJAS (dviejų dalių) UŽDAVINYS:
1.  Įrodykite, kad NATŪRALIŲJŲ SKAIČIŲ AIBĖJE lygtis
[tex]x+y+z=xyz[/tex], kai [tex]1\leq x\leq y\leq z[/tex]
turi tik vieną sprendinį.
2. Apie vienetinį apskritimą (r=1) apibrėžtas trikampis, kurio kraštinių ilgiai yra natūralieji skaičiai. Apskaičiuokite šio trikampio kraštinių ilgius.

SPRENDIMAS:
1)  Kai x=1: y+z+1=yz
(y-1)(z-1)=2
Kadangi 1≤y≤z, tai pastarosios lygties (kai x=1) sprendinys natūraliųjų skaičių aibėje yra vienintelis:        (1, 2, 3).
Mėginsime ieškoti kitų sprendinių, t.y. kai 1<x≤y≤z.
Akivaizdu, jog tuomet
x+y+z≤3z,
t.y. xyz≤3z,
xy≤3.
Tačiau, kai x≥2, y≥2, joks natūraliųjų skaičių dvejetas (y, z) tokios nelygybės netenkins.
Taigi, lygtis x+y+z=xyz, kai 1≤x≤y≤z, natūraliųjų skaičių aibėje turi vienintelį sprendinį       
(1, 2, 3). Įrodyta.

2) Tegu trikampio, apibrėžto apie spindulio r=1 apskritimą, kraštinių ilgiai yra a, b, c.
Pagal Herono formulę
[tex]pr=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}[/tex]
t.y
[tex]p=(p-a)(p-b)(p-c)[/tex]
Pažymėsime
p-a=x,
p-b=y,
p-c=z
Kadangi p=x+y+z, tai gauname lygtį
x+y+z=xyz,
kuri, kaip mums jau yra žinoma, turi vienintelį sprendinį (1, 2, 3).
Tad p=x+y+z=6,
a=6-1=5,
b=6-2=4,
c=6-3=3.
Atsakymas: 5, 4, 3.

NAUJAS UŽDAVINYS
Funkcija f(x) yra apibrėžta atkarpoje [0; 4], ir šioje atkarpoje turi tolydžią išvestinę
[tex]f{}'(x)[/tex]
Įrodykite, jog atkarpoje [0; 4] yra bent vienas taškas c toks, kad
[tex]f{}'(c)-1\leq (f(c))^{2}[/tex]

Pastebėkim, kad $$\frac{f'(x)}{1+(f(x))^2}=(\text{arctg}(f(x)))'.$$
Remiantis Lagranžo vidutinės reikšmės teorema, turime: $$\frac{f'(c)}{1+(f(c))^2}=\frac{\text{arctg}(f(4))-\text{arctg(f(0))}}{4}<\frac{\frac{\pi}{2}-(-\frac{\pi}{2})}{4}=\frac{\pi}{4}<1$$ arba $$f'(c)-1<(f(c))^2,$$ kur [tex]c \in [0;4][/tex].

Gerai.

Kiek yra aibės [tex]\{1,2,...,49,50\}[/tex] poaibių, kurių elementų suma būtų nemažesnė negu 638?

Sios aibes visu elementu suma 50*51/2=1275, aibe is viso turi 2^50 poaibiu. Sias poaibes galima sugrupuoti taip, kad poros elementu suma butu 1275. Kadangi 1275/2=637.5, tai kiekvienoje poroje bus po viena poaibe, kurios elementu suma nemazesne negu 638. Tai is viso poaibiu, kuriu elemtentu suma nemazesne negu 638 yra 2^50/2=2^49