ematematikas
Kategorijos +Nauja tema Prisijungti        

Matematikos Maratonas Nr. 4

Olimpiados Peržiūrų skaičius (5149)

Gerai. Pridedu taip pat ir aukštojoje matematikoje sutinkamą Lagrandžo daugiklių metodą. Sprendime praleidžiu kai kuriuos pertvarkymus.
https://www.ematematikas.lt/upload/images/1543246290_6558.png
Laukiam naujo uždavinio.

0

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.

0

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.

0

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.

Paskutinį kartą atnaujinta 2018-12-03

0

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:
$$\dfrac{\dfrac{bx^2+b}{2}}{\sqrt{bx^2\cdot b}}=\dfrac{25}{24}\implies \dfrac{b(1+x^2)}{2bx}=\dfrac{25}{24}\implies \dfrac{1+x^2}{2x}=\dfrac{25}{24}\implies 24+24x^2=50x\implies \\12x^2-25x+12=0\implies x_1=\dfrac{3}{4},\space x_2=\dfrac{4}{3}\\\dfrac{a}{b}=\left(\dfrac{3}{4}\right)^2=\dfrac{9}{16} \textrm{ arba }\dfrac{a}{b}=\left(\dfrac{4}{3}\right)^2=\dfrac{16}{9}$$

1

Gerai.

0

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.

Paskutinį kartą atnaujinta 2018-12-03

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.

1

Gerai.

0

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.

0

Norėdami rašyti žinutes privalote prisijungti!