Matematikos Maratonas Nr. 4

Gerai. Pridedu taip pat ir aukštojoje matematikoje sutinkamą Lagrandžo daugiklių metodą. Sprendime praleidžiu kai kuriuos pertvarkymus.

Laukiam naujo uždavinio.

Funkcijos $f(x)$ nuokrypiu nuo nulio intervale $[a, b]$ vadinamas didžiausias skaičius, kuri gali įgyti $|f(x)|$ intervale $[a,b]$.

Raskite kvadratinį trinarį $$x^2+px+q,$$ kurio nuokrypis nuo nulio, intervale $[-1, 1]$, būtų mažiausias.

Ieškomas daugianaris: $$x^2-\frac{1}{2}.$$
Tarkime priešingai, kad egzistuoja kitas daugianaris $x^2+px+q$, kurio nuokrypis nuo nulio būtų mažesnis negu $\frac{1}{2}$. Didžiausias savo reikšmes kvadratinio daugianario modulis gali įgyti tik višūnėje arba intevalo galuose. Todėl turi galioti nelygybės:
$$\frac{1}{2}>|q|,\,\, \frac{1}{2}>|1-p+q|,\,\,\frac{1}{2}>|1+p+q|.$$ Toliau
$1=|1+q-q|\leq|1+q|+|q|<\frac{1}{2}+\frac{1}{2}|2q+2|=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}|1+p+q+1-p+q|\leq$
$\leq\frac{1}{2}+\frac{1}{2}(|1+p+q|+|1-p+q|)<\frac{1}{2}+\frac{1}{2}(\frac{1}{2}+\frac{1}{2})=1$. Gauname prieštarą.

Keičiu uždavinį.

Raskite teigiamų realių skaičių [tex]a[/tex] ir [tex]b[/tex] santykį, jei žinoma, kad šių skaičių aritmetinio ir geometrinio vidurkių santykis yra 25:24.

Sudarome lygtį:$$\dfrac{\dfrac{a+b}{2}}{\sqrt{a\cdot b}}=\dfrac{25}{24}$$
Pažymime: $$x^2=\dfrac{a}{b}>0$$
Iš čia: $$a=bx^2$$
Įsistatę tai į lygtį gauname:
$$\dfrac{\dfrac{bx^2+b}{2}}{\sqrt{bx^2\cdot b}}=\dfrac{25}{24}\implies \dfrac{b(1+x^2)}{2bx}=\dfrac{25}{24}\implies \dfrac{1+x^2}{2x}=\dfrac{25}{24}\implies 24+24x^2=50x\implies \\12x^2-25x+12=0\implies x_1=\dfrac{3}{4},\space x_2=\dfrac{4}{3}\\\dfrac{a}{b}=\left(\dfrac{3}{4}\right)^2=\dfrac{9}{16} \textrm{ arba }\dfrac{a}{b}=\left(\dfrac{4}{3}\right)^2=\dfrac{16}{9}$$

Gerai.

Įrodykite, jog su su visais polinomais [tex]T(x)[/tex], su kuriais ši riba: $$\lim\limits_{x\to\infty}\left(\sqrt{x^3+x+1}-\sqrt{T(x)}\right)$$yra baigtinė, ji lygi 0.

$\displaystyle\lim_{x\to \infty} \left(\sqrt{x^3+x+1}-\sqrt{T(x)}\right)=
\displaystyle\lim_{x\to \infty} \sqrt{x^3+x+1}\left(1-\sqrt{\frac{T(x)}{x^3+x+1}}\right)$

Kai $x\to\infty$, tai pirmas daugiklis artėja į $\infty$, vadinasi tuo atveju, kai riba egzistuoja, antras daugiklis turi artėti į 0. Tai įvyksta tik, kai pošaknis artėja į 1. Galima būtų parodyti, jog tuomet vyriausiasis polinomo $T(x)$ narys yra $x^3$

Dabar žinome, jog pratęstoje lygybėje $\displaystyle\lim_{x\to \infty} \left(\sqrt{x^3+x+1}-\sqrt{T(x)}\right)=\lim_{x\to \infty} \frac{x^3+x+1-T(x)}{\sqrt{x^3+x+1}+\sqrt{T(x)}}$ gauname trupmeną, kurios skaitiklis turi būti pirmo laipsnio daugianaris visais atvejais, kai riba egzistuoja. Šiais atvejais skaitiklio laipsnis mažesnis už vardiklio, vadinasi riba bus lygi 0.

Gerai.

Na, matau, kad tik beveik. Jeigu būčiau pridūręs, kad skaitiklyje gali būti ir antro laipsnio daugianaris, bet tuomet riba neegzistuoja, tada jau būtų viskas pilnai.