konkurs zombi: Dzisiaj w szkole odbył się szkolny etap pewnego konkursu, więc chciałem się z wami podzielić zadankami: 1. Znaleźć wszystkie pary liczb rzeczywistych (x,y) spełniających równanie x² + 2x*sin(xy) + 1 = 0 2. Obliczyć wartość wyrażenia (log₂x)², jeżeli wiadomo, że log₂(log₈x) = log₈(log₂x) 3. Rozwiązać w liczbach naturalnych równanie

xy		yz		zx
	+		+		= 3
z		x		y

Konkurs się skończył, więc to co robię jest chyba legalne

pigor: ..., no to zad. pierwsze widzę np. tak : 1) x²+2xsin(xy)+1= 0 ⇔ x²+2xsin(xy)+sain²(xy)+1−sin²(xy)= 0 ⇔ ⇔ (x+sin(xy))²+cos²(xy)= 0 ⇔ x+sin(xy)=0 i cos(xy)= 0 ⇔ ⇔ xy=¹₂π+2kπ i x+sin(¹₂π+2kπ)= 0 ⇔ x+1=0 i y= ¹₂π+2kπ ⇔ ⇔ x= −1 i y= ¹₂π(1+4k) ⇔ (x,y)= (−1, ¹₂π(1+4k), gdzie k∊C). ...

pigor: ..., to może drugie np. tak: (log₂x)²= ? 2) log₂(log₈x)=log₈(log₂x) ⇔

	log2x		log2(log2x)
⇔ log2(		)=		⇔
	log28		log28

	log2x		log2(log2x)
⇔ log2(		)=		/*3 ⇔
	3		3

⇔ 3(log₂(log₂x)−log₂3)= log₂(log₂x) ⇔ 3log₂(log₂x)−3log₂3= log₂(log₂x) ⇔ ⇔ 2log₂(log₂x)=log₂3³ ⇔ log₂(log₂x)²=log₂27 ⇔ (log₂x)²= 27 . ...

zombi: A trzecie takie pytanko, może być tak? x,y,z ∊ N₊

xy		yz		zx
	+		+		= 3
z		x		y

⇔ (xy)² + (yz)² + (zx)² = 3xyz Z AM−GM mamy

x2y2 + y2z2
	≥ √x2y4z2 = y(xyz)
2

Sumując trzy nierówności mamy x²y² + y²z² + x²z² ≥ (x+y+z)(xyz), gdyby któraś z liczb x,y,z była większa od 1, mamy x²y² + y²z² + x²z² ≥ (x+y+z)(xyz) > 3xyz, a to jest sprzeczne ponieważ x²y² + y²z² + x²z² = 3xyz, zatem x+y+z=3, a jedyna trójka liczb N₊, spełniająca to równanie to trójka (1,1,1).

zombi: A co do twojego rozwiązania pigor do zadania pierwszego, to brakuje odpowiedzi

	3π
(1,		+ 2kπ)
	2

	π
Bo napisałeś, żę cos2(xy) = 0 ⇒ cos(xy) = 0 A stąd mamy,		+ kπ, czyli
	2

π		3π
	+ 2kπ lub		+ 2kπ
2		2

pigor: ,,, , w nw mojej odpowiedzi należy tylko z iloczynu 2kπ wywalić dwójkę, czyli zostawić kπ i reszta jest o.k. , bo cosx=0 ⇔ x=¹₂π+kπ i wystarczy

zombi: A co do 3 zadania ktoś może mi sprawdzić ?

PW: Prościutkie rozwiązanie byłoby takie dla zadania 3. Na podstawie nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną (1) a + b +c ≥ ³√abc zastosowanej do podanych ułamków mamy:

	xy		yz		zx		xyyzzx
		+		+		≥ 33√		= 3√xyz.
	x		x		y		xyz

Z założenia suma jest równa 3, a więc otrzymujemy nierówność 3 ≥ ³√xyz, która w zbiorze liczb naturalnych ma banalne rozwiązanie (1,1,1). Liczby te jak łatwo sprawdzić spełniają wymagania zawarte w treści twierdzenia (1) − kiedy ma miejsce równość są więc rozwiązaniem równania.

zombi: No to właściwie podobnie. Tam ci trójkę ucięło, ale to mały szczegół. Dzięki a + b + c ≥ 3³√abc

PW: Tak, w pośpiechu zjadłem trójkę, ale "w rozumie" ją miałem, bo napisałem rozwiązanie (1,1,1). Gorzej, że i w treści twierdzenia też, to chyba wynik zapatrzenia na p 3 {...} przy pisaniu pierwiastka trzeciego stopnia. Dziękuję − tylko raz udało mi się ją napisać prawidłowo, na szczęście Ty to rozumiesz