Турнир

a_l_e_x86 · Сообщение **a_l_e_x86** » 20 авг 2008, 19:11

Приведу также авторское решение этой задачи
Сделаем замену $$x=tg(a)$$

, где $a,b,c \in $0;\frac{\pi}{2}$$
Тогда выражение
$$xy+yx+xz=1$$

Превратится в
$$tg(a)tg(b)+tg(b)tg(c)+tg(a)tg(c)=1$$

или
$tg(c)=\frac{1-tg(a)tg(b)}{tg(a)+tg(b)}=ctg(a+b)$ , откуда следует что $a+b+c=\frac{\pi}{2}$
Аналогично доказывается и обратное утверждение: если $a+b+c=\frac{\pi}{2}$ , то
$$tg(a)tg(b)+tg(b)tg(c)+tg(a)tg(c)=1$$

B наших обозначениях получим
$f(x)=\sqrt{1+tg^2(a)}-tg(a)=tg$\frac{\pi}{4}-\frac{a}{2}$$
a поскольку
$$\frac{\pi}{4}-\frac{a}{2}$+$\frac{\pi}{4}-\frac{b}{2}$+$\frac{\pi}{4}-\frac{c}{2}$=\frac{\pi}{2}$ , то, согласно доказанному обраному утверждению
$f(x)f(y)+f(y)f(z)+f(x)f(z)=tg$\frac{\pi}{4}-\frac{a}{2}$tg$\frac{\pi}{4}-\frac{b}{2}$+tg$\frac{\pi}{4}-\frac{b}{2}$tg$\frac{\pi}{4}-\frac{c}{2}$+tg$\frac{\pi}{4}-\frac{a}{2}$tg$\frac{\pi}{4}-\frac{c}{2}$=1$

Заметим, что требование положительности переменных существенное: при отрицательных x,y,z значение выражения не определяется однозначно: например при $x=y=z=-1/\sqrt3$
оно равно 9, при $$x=y=-1$$

оно равно $5+4\sqrt2$

Задлача предлагалась на конкурсе журнала "Математика в школе" в 1989 году

anasalexa · Сообщение **anasalexa** » 21 авг 2008, 03:29

задание №3.

решала так, но похоже потеряла пару точек, решая систему

составим функцию Лагранжа:
$L(x,y,\lambda)=ln(1+\frac {xy} {2})+\lambda(x^2+y^2-2)$

найдём част.произ:
$\frac{\partial L}{\partial x}=\frac {y} {2+xy}+2x\lambda$
$\frac{\partial L}{\partial y}=\frac {x} {2+xy}+2y\lambda$

необходимые условия экстремума

$\frac {y} {2+xy}+2x\lambda=0$
$\frac {x} {2+xy}+2y\lambda=0$

выразим $\lambda$ из этих уравнений и приравняем
$2x\lambda=-\frac {y} {2+xy} \qquad \qquad 2y\lambda=-\frac {x} {2+xy}$

$\lambda=-\frac {y} {2x(2+xy)} \qquad \qquad \lambda=-\frac {x} {2y(2+xy)}$

$\frac {y} {2x(2+xy)}=\frac {x} {2y(2+xy)}$

$y^2=x^2,\qquad \qquad y \not= 0; \qquad xy\not=-2$

получим систему:
$\{{y^2=x^2 \\ x^2+y^2=2} => \{{y=\pm \sqrt{x} \\ 2x^2=2}$ $=> \{{y=\pm \sqrt{x} \\ x^2=1} => \{{x=1 \\ y=\pm1} ili \{{x=-1 \\ y= net}$

получили две стационарные точки M1(1,1) и M2(1,-1)
исследуем характер этих точек, у нас $\varphi(x,y)=x^2+y^2-2; \qquad \qquad \varphi^'_x=2x \qquad \qquad \varphi^'_y=2y$
$\lambda^''_{xx}=-\frac {y^2} {(2+xy)^2}+2\lambda; \qquad \qquad \lambda^''_{yy}=-\frac {x^2} {(2+xy)^2}+2\lambda; \qquad \qquad \lambda^''_{xy}=\frac {y^2} {(2+xy)^2}$

для M1(1,1) $\lambda=-\frac {1} {2(2+1)}=-\frac {1} {6}\qquad \qquad$
имеем: $\varphi^'_x=2; \qquad \qquad \varphi^'_y=2; \qquad \qquad \lambda^''_{xx}=-\frac {1} {9}+2\cdot (-\frac {1} {6})=-\frac {4} {9}; \qquad \qquad \lambda^''_{yy}=-\frac {1} {9}-\frac {1} {3}=-\frac {4} {9}; \qquad \qquad \lambda^''_{xy}=\frac {2} {9}$

составим
$D=-\begin{vmatrix} 0 & \varphi^'_x & \varphi^'_y \\ \varphi^'_x & \lambda^''_{xx} & \lambda^''_{xy} \\ \varphi^'_y & \lambda^''_{xy} & \lambda^''_{yy} \end{vmatrix};$

$D=-\begin{vmatrix} 0 & 2 & 2 \\ 2 & -\frac {4} {9} & \frac {2} {9} \\ 2 & \frac {2} {9} & -\frac {4} {9} \end{vmatrix}=-\frac {16} {3}$
т.к D<0, то функция в M1 имеет условный максимумдля M2(1,-1) $\lambda=-\frac {1} {2(1)}=-\frac {1} {2}\qquad \qquad$
имеем: $\varphi^'_x=2; \qquad \qquad \varphi^'_y=-2; \qquad \qquad \lambda^''_{xx}=-\frac {1} {1}+2\cdot \frac {1} {2}=-1+1=0; \qquad \qquad \lambda^''_{yy}=-\frac {1} {1}+1=0; \qquad \qquad \lambda^''_{xy}=2$

$D=-\begin{vmatrix} 0 & 2 & -2 \\ 2 & 0 & 2 \\ -2 & 2 & 0 \end{vmatrix}=16$
т.к D>0, то функция в M2 имеет условный минимум

andrej163 · Сообщение **andrej163** » 21 авг 2008, 09:56

Авторское решение №2:
преобразуем 2 уравнение

$4^x+4^{-x}=2\cos (ax)+4 \Leftrightarrow\\\Leftrightarrow4^x-2+4^{-x}=2(1+\cos (ax))\Leftrightarrow\\\Leftrightarrow(2^x-2^{-x})^2=4\cos^2 (\frac {ax} {2})\Leftrightarrow \\\Leftrightarrow \{{4^{\frac {x} {2}}-4^{-\frac {x} {2}}=2\cos (\frac {ax} {2}})\\4^{\frac {x} {2}}-4^{-\frac {x} {2}}=-2\cos (\frac {ax} {2})$
$\Leftrightarrow \{{4^{\frac {x} {2}}-4^{-\frac {x} {2}}=2\cos (\frac {ax} {2}})\\4^{-\frac {x} {2}}-4^{\frac {x} {2}}=2\cos (\frac {ax} {2})$
Оба эти уравнения сводятся к 1 уравнению заменами
$x=2y\\x=-2z$ соответственно.
Поэтому каждое уравнение имеет по 2008 корней.
Если эти уранения имеют общий корень $$x=x_0$$

, тогда
$4^{\frac {x_0} {2}}-4^{-\frac {x_0} {2}}=0 \Leftrightarrow \\\Leftrightarrow \cos (\frac {ax_0} {2})=0$ , что не возможно. Следовательн эти уравнения не имеют общих корней. Значит получаем, что 2 уравнение задачи имееет 4016 корней...

a_l_e_x86 · Сообщение **a_l_e_x86** » 21 авг 2008, 10:05

От блин, ошибся c экстремумом
Интересно было бы увидеть авторское решение уравнения c целыми числами

andrej163 · Сообщение **andrej163** » 21 авг 2008, 10:07

И производную, пожалуйста, продемонстрируйте...

senior51 · Сообщение **senior51** » 21 авг 2008, 16:38

a_l_e_x86 писал(а):Source of the post

Интересно было бы увидеть авторское решение уравнения c целыми числами

alex, посмотри :
[url=http://www.mathpages.com/home/kmath213.htm]http://www.mathpages.com/home/kmath213.htm[/url]

Arven · Сообщение **Arven** » 22 авг 2008, 10:46

andrej163 писал(а):Source of the post И производную, пожалуйста, продемонстрируйте...

обязательно, сегодня к вечеру, я надеюсь... Завал...

andrej163 · Сообщение **andrej163** » 22 авг 2008, 15:38

Так ребят, я пока что-то не пойму, когда рез-ультаты турнира мы сможешь лицезреть???
Или ещё не все выставили оценки за решения своих задач???

AV_77 · Сообщение **AV_77** » 22 авг 2008, 16:47

andrej163 писал(а):Source of the post
Так ребят, я пока что-то не пойму, когда рез-ультаты турнира мы сможешь лицезреть???
Или ещё не все выставили оценки за решения своих задач???

Ждем Arven.

Arven · Сообщение **Arven** » 22 авг 2008, 20:21

Оценки уже отправила, производную продемонстрирую, но чуть позже: накрылся Офис , a решение запрятано глубоко под рарами и в ворде

. Посему не могу его оттуда достать... Ho будет.

yourdomain.com

Турнир

Турнир

Турнир

Турнир

Турнир

Турнир

Турнир

Турнир

Турнир

Турнир

Турнир

Кто сейчас на форуме