[ Užrakinta ] Matematikos Maratonas! (Puslapis 7 iš 9)

Oks sprendimas toks:
Kadangi lygtis bikvadratė, tai ji turi sprendinius poromis : a ir -a; b ir - b arba 0.
Lieka surasti kada lygtis x^2-2x+p=0 turi teigiamų sprendinių.
pritaikius Vijeto teoremą ir tiesiog pažėjus diskriminantą: Ats:. -∞≤p≤1
Šaknys sudaro geometrinę progresiją, kai jos yra
1) 1,5p, 0,5p, -0,5p, 1,5p.
tada lygtis x^2 - 2x + p = 0 turi turėti sprendinius 2.25a ir 0.25a. pagal Vijetą : a=0.8 ir p=0.8*0.8*2.25*0.25=0,36
2) jei lygtis turi tik tris,du ar vieną sprendinius, jie iš karto sudaro aritmetinę progresiją:
p=1;0 Ats: 0; 1; 0,36 , ech, tikiuosi klaidų neprivėliau

nu užskaitysiu tavo sprendimą.
Nors jei bandyčiau kabintis, nes jei turint omeny kad n - tojo laipsnio lygtis turi n šaknų, tai sakyčiau kad aritmetinę sudaro tik kai p = 0,36 (keturi sprendiniai abscisių ašy išsidėstę vienodais atstumais)

Paskutinį kartą keitė Milkhater (2010-05-23 21:24:01)

Teik jau to apseisim ir be jų

Na, atsižvelgiant į nepasotinamą entuziazmą sprendžiant šį uždavinį, postinu sprendimą:
(a+b+c+d)(a+b+c+d)-(a^2+b^2+c^2+d^2)= 9*9-21 = 60 atskliaudus ir išprastinus gaunam:
ab+ac+ad+bc+bd+cd=30 (1)

Neprarasdami bendrumo galime teigti, kad a≥b≥c≥d
Tada pagal perstatos nelygybę:
ab+cd≥ac+bd ir ab+cd≥ad+bc
todėl iš (1) išplaukia, kad ab+cd≥10

toliau nagrinėjame reiškinį (a+b)^2+(c+d)^2=a^2+b^2+c^2+d^2 + 2ab+ 2cd ≥ 21+ 2*10=41 (2)
kadangi a+b+c+d=9 pasižymime a+b=x ir tada c+d=9-x isistačius į (2) gauname
(9-x)^2 + x^2 ≥ 41
2x^2 - 18x + 40≥ 0
(x-4)(x-5)≥0
kadangi ankščiau teigėme kad a≥b≥c≥d tai x≥5

Nagrinėjame paskutinį reiškinį:
21 + ab - cd=a^2+b^2+c^2+d^2 + ab- cd = (a+b)^2 + (c-d)^2 ≥ (a+b)^2 ≥ 5*5=25
iš to seka, kad ab-cd≥2

Gražus ano sprendimas (pats panašiai dariau, bet taip ir nepavyko pabaigt).
O naujas tai jau žymiai lengvesnis .

Aišku, kad atkarpa, jungianti apskritimų centrus, eina per jų lietimosi tašką. Dar aišku, kad ta atkarpa sutampa su trapecijos vidurine linija (nes apskritimų centrai dalija šonines kraštines pusiau).
Taigi a=r+R.
Tada P=pagrindu suma+vieno apskritimo skersmuo+kito apskritimo skersmuo=2a+2(r+R)=2a+2a=4a.

Naujas uždavinys:
(a,b,c≥1)
Įrodykite, kad √(a-1)+√(b-1)+√(c-1)≤√(c(ab+1))
(Hong Kong 1998)

Naujas uždavinys :

x,y,z>0 ir xyz=1

((x+y-1)^2):z + ((y+z-1)^2):x + ((z + x - 1)^2):y ≥ x+y+z

Sėkmės

Bachukai, tavo sprendimas, aišku, yra geras, bet šitas dar ir gražus XD:
pridedame abiem nelygybės pusėms po x+y+z ir gauname:
((x+y-1)^2):z+z +((y+z-1)^2):x+x + ((z + x - 1)^2):y+y ≥ 2(x+y+z)
pagal AM≥GM  ((x+y-1)^2):z+z≥2(x+y-1)
padarome taip su visa nelygybe ir...
gauname: 3(x+y+z)≥2(x+y+z) + 3 kas jau viai trivialu turint xyz=1

Tavo duotasis uždavinys yra labai įdomus, bet jis yra atskira dalis vienos garsiausių teoremų,
sakančios kad su visais k≥3 nėra sveikųjų lygties sprendinių: a^k+b^k=c^k
imant k=2011 uždavinys išspręstas.
Apie tą teoremą galima pasiskaityti kad ir čia http://en.wikipedia.org/wiki/Fermat's_Last_Theorem

oks ;]
Tarkim bent vienas iš narių lygus nuliui, tada sprendiniai yra (0,x,-x) su betkokiu sukeitimu vietomis
WLOG: a>0 b>0 c<0
tada gauname a^2011+b^2011=(-c)^2011
visi trys nariai: a, b, -c yra natūralūs skaičiai, todėl pagal Last Fermat teoremą sprendinių nėra.
Ats: (0,x,-x) betkokia eilės tverka

Tegul AB ir CD kertasi taske O. Tegul O buna arciau A ir D negu B ir C.
Reikia irodyti, kad OG=OH, tada OGH lygiasonis trikampis.
Galima irodyti, kad
2 OG=2 OH=OA+OC=OD+OB.