eMatematikas.lt
Kategorijos +Nauja tema Prisijungti        

Matematikos Maratonas Nr. 4


Raskite minimalią reiškinio $x^2+y^2+z^2$ reikšmę, jei $x^3+y^3+z^3-3xyz=1$.

0

Šį uždavinuką manau įveiktų tik keletas mūsų šalies moksleivių, bet jo sprendimo idėja nėra sudėtinga. Prieš surašydamas sprendimą duosiu keletą užuominų.

• Kiekvieniems dviems skaičiams iš rinkinio $a+b+c$, $ab+bc+ca$, $a^2+b^2+c^2$ porai egzistuoja nesudėtingas įvertis. Pvz. $(a+b+c)^2\ge 3(ab+bc+ca)$
• Skaičių $x^3+y^3+z^3$ (kaip ir visus kitus simetrinius daugianarius) galima išreikšti per elementariuosius daugianarius $x+y+z$, $xy+yz+zx$ ir $xyz.$ Aš tai padaryčiau remdamasis man reikiamais atskliaudimais:

$(x+y+z)(x^2+y^2+z^2)=x^3+y^3+z^3+x^2y+xy^2+y^2z+yz^2+z^2x+zx^2;$
$(x+y+z)(xy+yz+zx)=x^2y+xy^2+y^2z+yz^2+z^2x+zx^2+3xyz;$
$(x+y+z)^2=x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx;$

ir gaučiau rezultatą:

$x^3+y^3+z^3=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)+3xyz$

0

Keistoka, kad niekas taip ilgai neperima estafetės. Mano skelbtas uždavinys visai nesusilaukė jokio dėmesio net ir su užuomina. Jis buvo 2009m. Lietuvos atrankoje į Vidurio Europos olimpiadą. Anuomet išsprendus vien jį (kaip vieną iš 3) buvo galima gauti kelialapį į tą olimpiadą.

Priminsiu uždavinio sąlygą:

$\boxed{\text{Raskite minimalią reiškinio $x^2+y^2+z^2$ reikšmę, jei $x^3+y^3+z^3-3xyz=1$.}}$

Pateikdamas sprendimą praleisiu techninius aspektus, kaip konkrečiai visi uždavinio daugianariai buvo suvesti į elemtariuosius daugianarius. Elementariuoju daugianariu vadinu bet kurį simetrinį daugianarį, į kurį įeina tik kintamieji, bet ne jų laipsniai. Visus galimus elementariuosius daugianarius, priklausančius nuo 3 kintamųjų (jų iš viso 3) čia galime pažymėti keitiniais:
$$x+y+z=A, xy+yz+zx=B, xyz=C$$
Dabar uždavinio formuluotę galime galime suvesti į tokią:

$\boxed{\text{Raskite minimalią reiškinio $A^2-2B$ reikšmę, jei $\boxed{A(A^2-3B)=1}$}}$

Ką reiktų papildomai žinoti norint pratęsti šį sprendimą yra tai, jog dydžiai $A$, $B$ ir $C$ nėra niekaip nesusiję. Pavyzdžiui parinkus $A=3$, $B=10$, $C=0$ atitinkamos $x$, $y$ ir $z$ reikšmės nebebūtų realiosios. Reiktų papildomai žinoti pagalbinį faktą, jog galioja sąryšis $(x+y+z)^2\ge 3xy+3yz+3zx$, t.y $A^2\ge 3B$.

Dabar $\boxed{A(A^2-3B)=1}\Leftrightarrow \boxed{B=\frac{A^2-\frac{1}{A}}{3}}$. Šią skaičiaus $B$ išraišką naudosime reiškinyje $A^2-2B$ bei pagalbiniame fakte $A^2\ge 3B$. Tokiu būdu pagalbinis faktas gerokai supaprastėja: $$A^2\ge 3B \Leftrightarrow A^2\ge 3\cdot\frac{A^2-\frac{1}{A}}{3} \Leftrightarrow A\ge 0. $$
Taigi, uždavinio formuluotė gali būti dar labiau supaprastinta:

$\boxed{\text{Raskite minimalią reiškinio $\displaystyle A^2-\frac{2(A^2-\frac{1}{A})}{3}$ reikšmę, jei $A\ge 0$}}$

Nagrinėjamą reiškinį pertvarkome į $\frac{A^3+2}{3A}$. Kadangi $A^3\ge 0$, tai skaičiams $A^3$, $1$ ir $1$ galime taikyti aritmetinio - geometrinio vidurkio nelygybę, iš kurios turime $\frac{A^3+1+1}{3}\ge \sqrt[3]{A^3\cdot 1\cdot 1}\Big(\begin{array}{c}*\\ \phantom{o}\end{array}\Big).$ Vadinasi $\frac{A^3+2}{3}\ge A$, taigi $\frac{A^3+2}{3A}\ge 1.$

Sprendimo pabaigoje reiktų pagalvoti, ar iš tikrųjų gautoje nelygybėje $\frac{A^3+2}{3A}\ge 1$ galimas lygybės atvejis. 

$\Big(\begin{array}{c}*\\ \phantom{o}\end{array}\Big) \text{virsta lygybe tik, kai $A=1$}$. Tuomet pagal lygybę $A(A^2-3B)=1$ kintamasis $B=0$. Vienas iš atvejų, kada lygybė išlaikoma, gali būti $x=1$ ir $y=z=0$.

0

Naujas uždavinukas:

Ar $n^2+1$ dalija $n!$ su be galo daug natūraliųjų $n$ reikšmių?

0

Kai $n=2k^2$, kur $k\equiv 1\pmod{5}$ ir $k\geq 6$, tai $n^2+1$ dalo $n!$. Tikrai, turim, kad
\begin{gather*}
n^2+1=4k^4+1=(2k^2+1)^2-4k^2=(2k^2-2k+1)(2k^2+2k+1).
\end{gather*}
Turime, kad $5$ dalija $2k^2+2k+1$, nes
\begin{gather*}
2k^2+2k+1\equiv 2+2+1\equiv 0\pmod{5}.
\end{gather*}
Be to, nesunku įsitikinti, jog
\begin{gather*}
5<\frac{2k^2+2k+1}{5}<2k^2-2k+1<2k^2=n,
\end{gather*}
taigi skaičius $5\cdot\frac{2k^2+2k+1}{5}\cdot(2k^2-2k+1)=n^2+1$ dalija $n!$ (nes $n!=1\cdot2\cdot3\cdot 4\cdot 5\dotsb \frac{2k^2+2k+1}{5}\dotsb (2k^2-2k+1)\dotsb n$).

Atsakymas: taip.

Paskutinį kartą atnaujinta 2018-12-25

0

Bravo! Nors šią užduotėlę išvydau ir išsprendžiau dar visai nesenai, jūsų sprendimas buvo visai kaip ir mano. Skelbkit naują.

0

Ar egzistuoja du paeiliui einantys natūralieji skaičiai (t.y. $n$ ir $n+1$), kurių skaitmenų sumos dalijasi iš $2018$?

1

Jeigu vienas (ne vien iš devynetų sudarytas) skaičius, kurio skaitmenų suma yra formos $2018m$, kur $m\in N$, baigiasi $n$ devynetų, tai sekančiame skaičiuje pirmasis nuo galo ne devynetas bus padidėjęs 1, o devynetai virtę nuliais, vadinasi sekančio skaičiaus skaitmenų suma užrašoma reiškiniu $2018m-9n+1,$ įgyjančiu tik teigiamas reikšmes. Lieka atsakyti, ar egzistuoja $m$ ir $n$ reikšmės, kad šis reiškinys dalintųsi iš 2018 (ir būtų teigiamas). Jei tarsime, jog jis lygus 2018 (*), tai $2018m-9n=2017$. Pagal GCD teoremą egzistuoja tokios natūraliosios $m$ ir $n$ reikšmės, kad $2018m-9n=1$, vadinasi paėmę jas 2017 kartų didesnes gausime, kad $2018m-9n=2017$.(**) To įrodymui pakanka.

(*) - paėmus bet kurį skaičių, didesnį už 1, sprendimo eiga nepasikeičia.
(**) - teorema teigia tik apie reikšmių egzistavimą, bet ne radimo būdą, o uždavinio sąlygoje $m$ ir $n$ rasti taip pat nebūtina. Norėdamas rasti tinkamą $m$, abejas lygybės puses dalinčiau iš 9 ir gaučiau, kad, jog $2m$ duoda liekaną 1 dalijant iš 9, vadinasi tinka $m=5$. Dabar $2018\cdot 5-9n=2017\Leftrightarrow$ $n=897$. Gavome, kad jei skaičiaus skaitmenų suma yra 10090 ir jis baigiasi lygiai 897 devynetais, tai sekančio skaičiaus skaitmenų suma bus 2018.

Paskutinį kartą atnaujinta 2018-12-27

0

Gerai.

0

Ar norėtumėte lengvesnio, ar sunkesnio uždavinuko?

0

Norėdami rašyti žinutes privalote prisijungti!