Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[690] m2mm2011-12-03 13:41:44

B. 4380. m=0 esetén n függvényében legfeljebb mennyi lehet az egyenlő hosszú szakaszok száma?

[689] Róbert Gida2011-11-15 20:16:18

Igen, de az nem derül ki belőle, hogy ez a hamis érme megnevezésére is vonatkozik-e. Egy nem ortdox érempakolással akár egy méréssel is az összes hamis érmét megtalálhatjuk.

Előzmény: [688] Fálesz Mihály, 2011-11-15 18:56:54
[688] Fálesz Mihály2011-11-15 18:56:54

A megoldás(vázlat) szövegében ez áll:

"... a véletlen választásokat tartalmazó eljárások esetén minden véletlen döntésnél előre előírhatjuk az adott választást."

Előzmény: [687] Róbert Gida, 2011-11-15 16:49:29
[687] Róbert Gida2011-11-15 16:49:29

Lejárt októberi A542. hivatalos megoldásához: a hamis érem megnevezésének is determinisztikusnak kell lennie, mert előfordulhat, hogy egyszerre több hamis érmét is találunk. Továbbá a kiegészítések igenekkel elhagyhatóak, elég annyi, hogy a játékfának max. 512 levele lesz a legfeljebb 9 kérdés után.

[686] Róbert Gida2011-10-11 18:04:48

A539. Tegyük fel, hogy p páratlan prím megoldás. Ekkor minden q prímre, amire q\le \frac {p-1}{2} teljesül, hogy q|(p-1). Különben 1+k(p-1) (k=1,...,q)-re teljes maradékrendszert alkot modulo q, így van közte q-val osztható, ami csak úgy lehet prím, ha q-val egyenlő, de már a sorozat első tagja nagyobb, mint q, ellentmondás.

Ebből azt kapjuk, hogy \frac {p-1}{2}-ig terjedő prímek szorzatával is osztható p-1. Ez üvöltő ellentmondás lesz, mert nagy p-re ez nagyságrendileg exp(\frac p2).

Tudjuk, hogy \frac {p-1}{4} és \frac {p-1}{2} közt van prím, ha p\ge5 (Csebisev). Legyen egy ilyen r. De 5|(p-1) is igaz, ha 5\le \frac {p-1}{2}, azaz p\ge11. Itt 5<r teljesül, ha 5<\frac {p-1}{4}\le r, azaz, ha p>21. A feltételeket összerakva kapjuk, hogy 5r|(p-1), ha p>21, hiszen 5 és r relatív prímek. Ez ellentmondás, mert különben (p-1)\ge 5r\ge 5\frac {p-1}{4} .Azaz csak a 22-nél kisebb prímeket kell ellenőrizni. Kapjuk, hogy p=3 és p=7 a megoldás.

[685] sakkmath2011-09-17 16:00:56

Igen, ez rövidebb, szebb megoldás.

Van itt még valami: egy lehetséges harmadik, az eddigieknél bonyolultabbnak tűnő megoldás.

Egy speciális szereposztással ugyanis a feladat geometriai útra terelhető. Elindultam ezen az úton is, de – már a vége felé, egyszerűsítési problémák miatt – elakadtam.

Megoldotta-e valaki A.536-ot ilyen geometriai módszerrel? Az a gyanúm, hogy a feladat szerzője ebből a geometriai elrendezésből indulhatott ki eredetileg.

Előzmény: [657] Tibixe, 2011-07-01 14:05:57
[684] HoA2011-09-06 22:46:51

Ami miatt kíváncsi voltam a lapban megjelent megoldásra, az egy másik megoldási irány, amerre a feladattal foglalkozva elindultam. Egy előrevetett észrevétel: A [ 683 ] –beli ábrát kiegészítve a BC ill. AD oldalakat G-ben ill. H-ban érintő k2 körrel , erről ugyanúgy belátható, hogy érinti k-t. Legyen az érintési pont U. BC és DA egyenesek metszéspontját V-vel jelölve, k1ésk2 külső hasonlósági pontja V, k és k1 köröké T, k és k2 köröké U. Így T, U és V , mint három kör páronként vett külső hasonlósági pontjai, egy egyenesen vannak. ADUT húrnégyszög, FHUT négyszög F-nél lévő külső szöge = DFL \angle = EPI \angle = TPQ \angle = TUQ \angle = TUH \angle , FHUT is húrnégyszög.

VA.VD=VF.VH(1)

A feladat ábráját nézve úgy tűnik, hogy k1 ( és k2 ) merőlegesen metszi a kP és kQ köröket. Hogy lehetne ezt a feladat állításának bizonyítására felhasználni? Ha még azt is észrevesszük, hogy A-ban a kQ kör ugyanakkora szöget zár be az AD egyenessel, mint k-val ( ujjgyakorlat ) , akkor k és k1 érintkezése az alábbi segédtételből következne: Legyen i1 , i2 és i3 három, az X és Y pontokon átmenő körív ( melyek közül az egyik lehet egyenes is ) , k pedig egy i2 –t metsző kör. Az alábbi négy feltétel közül bármelyik 3 teljesülése maga után vonja a negyediket:

-i2 egyenlő szögben metszi i1 –et és i3-at

-k érinti i1 –et

-k érinti i3 –at

-k merőlegesen metszi i2-t

A bizonyítás egy Y középpontú inverzió után egyszerű: Két X-en áthaladó egyenesről ( szögszárak ) , a szögfelezőjükről és a szögfelezőt merőlegesen metsző, a szárakat érintő körröl kell az állítást belátni.

Ezzel feladatunkat visszavezettük arra, hogy k1 és kQ merőlegességét kell bizonyítani. Tekintsük a kP és kQ által meghatározott S körsort. Ennek centrálisa a PQ egyenes, hatványvonala az erre merőleges, V-n áthaladó f egyenes, vagyis AVB szög felezője, hiszen V-nek kP -re és kQ –ra vonatkozó hatványa egyenlő. Ha k1 –ről belátjuk, hogy a körsor két elemét merőlegesen metszi, akkor mindet, így kQ –t is merőlegesen metszi. A hatványvonalat k1 merőlegesen metszi, hiszen az AVB szög szárait érinti. Ugyancsak merőlegesen metszi az FH átmérőjű, L középpontú kL kört, melynek L középpontja rajta van PQ-n. Most már csak azt kéne igazolni, hogy kL az S körsor eleme. Ehhez használjuk fel (1) -et.

Ha tehát (1) –et igazolni tudjuk a feladat fenti megoldásai nélkül, akkor (1) felhasználásával a megoldás lépései:

-S a kP és kQ által meghatározott körsor

-S hatványvonala f átmegy V-n

-(1) miatt kL az S körsor eleme

-k1 merőlegesen metszi f-et és kL –t , ezért S többi elemét , így kQ –t is

-a segédtétel miatt k1 érinti k-t.

Tudná-e valaki bizonyítani (1) –et anélkül, hogy k és k1 érintkezését felhasználná?

Előzmény: [683] HoA, 2011-09-06 22:30:04
[683] HoA2011-09-06 22:30:04

Köszönöm a megoldást. Az én megoldásom az (a) kérdésre a fenti, a (b) kérdésre szintén azt igazolja, hogy a két kör külső hasonlósági pontja a körülírt körön van - így [678] utolsó bekezdése erre is vonatkozik – de elemi eszközökkel. Felhasználjuk, hogy a húrnégyszög csúcsai közül kiválasztható négy háromszög beírt köreinek középpontjai téglalapot alkotnak. BC ill. DA ív felezőpontját P-vel ill. Q-val jelölve, az (a)-beli megállapításokat felhasználva az ábrán QO2O3 és PO1O4 egyenlőszárú háromszögek. PQ ezek szimmetriatengelye és O1O2O3O4 középvonala. Legyen O3O4 egyenes metszéspontja BC-vel G, AD-vel H, PQ metszéspontjai BC-vel I, AD-vel L. (a) szerint EF egyenlő szögeket zár be BC-vel és AD-vel ( legyen ez a szög \omega ) , így ez az EF-fel párhuzamos GH és PQ egyenesekre is igaz. EGHF egyenlőszárú trapéz, IL a középvonala, EI, IG, FL, LH egyenlő hosszú szakaszok, legyen ez a hossz t . Az O3-on keresztül BC-vel húzott párhuzamos és PQ metszéspontja legyen K, az O4-en keresztül AD-vel húzott párhuzamos és PQ metszéspontja legyen J. Ekkor O4J és O3K is t hosszúságú szakaszok, mint párhuzamosok közé zárt párhuzamosok. Legyen a P középpontú, O1-en áthaladó kP kör sugara r1 , a Q középpontú, O2-n áthaladó kQ kör sugara r2 . AQL és PO4J ( lila ) háromszögek hasonlóak, mert L-nél ill. J-nél fekvő szögeik váltószögek, A-nál ill. P-nél fekvő szögeik a húrnégyszög k körülírt körében a DQ ívhez tartozó kerületi szögek. Az arányossági tényező QA/PO4=r2/r1 . Ugyanígy belátható a BPI és QO3K ( zöld ) háromszögek hasonlósága, az arányossági tényező PB/QO3=r1/r2 . Így PI/IE=PI/t=PI/O3K=r1/r2=JO4/LQ=t/LQ=FL/LQ . Ez viszont azt jelenti, hogy PIE és FLQ háromszögek hasonlóak, hiszen megegyeznek egy szögben ( \omega I-nél ill. L-nél ) és a közrefogó oldalak arányában. Végül PE és QF egyenesek metszéspotját T-vel jelölve PTQ háromszög is hasonló az utóbbi kettőhöz, hiszen P-nél ill. Q-nál lévő szöge mgegyezik amazok egy-egy szögével, harmadik, T-nél lévő szöge tehát \omega. Mint könnyen belátható , k-ban az OP és OQ sugarak által bezárt szög 2 \omega, a PQ húrhoz tartozó kerületi szög omega, T tehát rajta van k-n.

Előzmény: [678] Fálesz Mihály, 2011-08-18 14:57:15
[682] Blinki Bill2011-08-21 12:34:04

Köszönöm, én is erre jutottam Maga Péter segítsége után, sajnos határidőben (májusban) nem tudtam megoldani :(

Előzmény: [681] m2mm, 2011-08-20 21:22:33
[681] m2mm2011-08-20 21:22:33

A már említett rendezés után, én a \frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2}\ge\frac{a+b}{3} becslést alkalmaztam a párokra(a, b nemnegatív), innen \frac{2x+2y+2z}{3}\ge 2-t kell bizonyítani: leosztasz kettővel, majd számtani-mértani (xyz=1).

Előzmény: [673] Blinki Bill, 2011-08-17 18:05:18
[680] Blinki Bill2011-08-20 16:40:47

Köszönöm Mindnyájatoknak( Maga Péter, Kemény Legény, Fálesz Mihály, Róbert Gida)az értékes ötleteket és megoldásokat :)

[679] Róbert Gida2011-08-18 23:59:02

B.4355. Egy nagyon munkás bizonyítás: helyettesítsünk be z=\frac {1}{xy}-t, rendezzük az egyenlőtlenséget nullára. Ekkor egy olyan törtet kapunk, aminek a nevezője pozitív (csak pozitív tagok szorzatából áll), így az kell, hogy a számláló pozitív minden x,y>0 esetén, ami végülis azt jelenti, hogy: (ezt a Mathematica is egyből megadja nekünk):

1+x2y+xy2+2x4y2+2x3y3+x6y3+2x2y4+2x5y4+x8y4+2x4y5+x7y5+2x10y5+x3y6

+2x6y6+2x9y6+x12y6+x5y7+2x8y7+2x11y7+x14y7+x4y8+2x7y8+2x10y8+x13y8+2x6y9+x9y9

+2x12y9+2x5y10+2x8y10+x11y10+2x7y11+x10y11+x6y12+2x9y12+x8y13+x7y14\ge2x5y3+2x4y4+2x7y4

+2x3y5+4x6y5+2x9y5+4x5y6+4x8y6+2x4y7+6x7y7+2x10y7+4x6y8+4x9y8+2x5y9+4x8y9+2x11y9

+2x7y10+2x10y10+2x9y11

(Rendezéssel, hogy mindkét oldalon pozitív tagok álljanak). A bal, illetve a jobb oldalon álló tagok súlyozott mértani közepe egyaránt (xy)7. Így reménykedhetünk abban, hogy kizárólag számtani mértani egyenlőtlenségekkel be tudjuk bizonyítani az állítást, és ez valóban így van: 54 darab számtani-mértani egyenlőtlenséget felírva és összeadva kapjuk a bizonyítandó állítást:

\frac{1+x^{5}y^{4}+x^{10}y^{5}}{3}\ge x^{5}y^{3}

\frac{x^{2}y+x^{4}y^{2}+x^{9}y^{6}}{3}\ge x^{5}y^{3}

\frac{1+x^{2}y^{4}+x^{10}y^{8}}{3}\ge x^{4}y^{4}

\frac{x^{2}y+x^{4}y^{2}+x^{6}y^{9}}{3}\ge x^{4}y^{4}

\frac{x^{2}y+x^{10}y^{5}+x^{9}y^{6}}{3}\ge x^{7}y^{4}

\frac{x^{6}y^{3}+x^{5}y^{4}+x^{10}y^{5}}{3}\ge x^{7}y^{4}

\frac{xy^{2}+x^{3}y^{3}+x^{5}y^{10}}{3}\ge x^{3}y^{5}

\frac{x^{3}y^{3}+x^{2}y^{4}+x^{4}y^{8}}{3}\ge x^{3}y^{5}

\frac{x^{3}y^{3}+x^{10}y^{5}+x^{5}y^{7}}{3}\ge x^{6}y^{5}

\frac{x^{3}y^{3}+x^{3}y^{6}+x^{12}y^{6}}{3}\ge x^{6}y^{5}

\frac{x^{2}y^{4}+x^{5}y^{4}+x^{11}y^{7}}{3}\ge x^{6}y^{5}

\frac{x^{5}y^{4}+x^{7}y^{5}+x^{6}y^{6}}{3}\ge x^{6}y^{5}

\frac{x^{4}y^{2}+x^{9}y^{6}+x^{14}y^{7}}{3}\ge x^{9}y^{5}

\frac{x^{8}y^{4}+x^{10}y^{5}+x^{9}y^{6}}{3}\ge x^{9}y^{5}

\frac{xy^{2}+x^{5}y^{4}+x^{9}y^{12}}{3}\ge x^{5}y^{6}

\frac{x^{4}y^{2}+x^{3}y^{3}+x^{8}y^{13}}{3}\ge x^{5}y^{6}

\frac{x^{4}y^{2}+x^{3}y^{6}+x^{8}y^{10}}{3}\ge x^{5}y^{6}

\frac{x^{4}y^{2}+x^{6}y^{6}+x^{5}y^{10}}{3}\ge x^{5}y^{6}

\frac{x^{6}y^{3}+x^{8}y^{7}+x^{10}y^{8}}{3}\ge x^{8}y^{6}

\frac{x^{6}y^{3}+x^{11}y^{7}+x^{7}y^{8}}{3}\ge x^{8}y^{6}

\frac{x^{8}y^{4}+x^{9}y^{6}+x^{7}y^{8}}{3}\ge x^{8}y^{6}

\frac{x^{10}y^{5}+x^{6}y^{6}+x^{8}y^{7}}{3}\ge x^{8}y^{6}

\frac{1+x^{5}y^{10}+x^{7}y^{11}}{3}\ge x^{4}y^{7}

\frac{xy^{2}+x^{4}y^{5}+x^{7}y^{14}}{3}\ge x^{4}y^{7}

\frac{x^{3}y^{3}+x^{8}y^{7}+x^{10}y^{11}}{3}\ge x^{7}y^{7}

\frac{x^{8}y^{4}+x^{6}y^{6}+x^{7}y^{11}}{3}\ge x^{7}y^{7}

\frac{x^{4}y^{5}+x^{7}y^{8}+x^{10}y^{8}}{3}\ge x^{7}y^{7}

\frac{x^{7}y^{5}+x^{6}y^{6}+x^{8}y^{10}}{3}\ge x^{7}y^{7}

\frac{x^{7}y^{5}+x^{8}y^{7}+x^{6}y^{9}}{3}\ge x^{7}y^{7}

\frac{x^{6}y^{6}+x^{5}y^{7}+x^{10}y^{8}}{3}\ge x^{7}y^{7}

\frac{x^{4}y^{5}+x^{14}y^{7}+x^{12}y^{9}}{3}\ge x^{10}y^{7}

\frac{x^{12}y^{6}+x^{11}y^{7}+x^{7}y^{8}}{3}\ge x^{10}y^{7}

\frac{x^{2}y^{4}+x^{10}y^{8}+x^{6}y^{12}}{3}\ge x^{6}y^{8}

\frac{x^{5}y^{4}+x^{4}y^{8}+x^{9}y^{12}}{3}\ge x^{6}y^{8}

\frac{x^{3}y^{6}+x^{6}y^{9}+x^{9}y^{9}}{3}\ge x^{6}y^{8}

\frac{x^{9}y^{6}+x^{4}y^{8}+x^{5}y^{10}}{3}\ge x^{6}y^{8}

\frac{x^{4}y^{5}+x^{12}y^{9}+x^{11}y^{10}}{3}\ge x^{9}y^{8}

\frac{x^{5}y^{7}+x^{14}y^{7}+x^{8}y^{10}}{3}\ge x^{9}y^{8}

\frac{x^{8}y^{7}+x^{11}y^{7}+x^{8}y^{10}}{3}\ge x^{9}y^{8}

\frac{x^{8}y^{7}+x^{7}y^{8}+x^{12}y^{9}}{3}\ge x^{9}y^{8}

\frac{x^{2}y^{4}+x^{5}y^{10}+x^{8}y^{13}}{3}\ge x^{5}y^{9}

\frac{x^{2}y^{4}+x^{7}y^{11}+x^{6}y^{12}}{3}\ge x^{5}y^{9}

\frac{x^{4}y^{5}+x^{11}y^{10}+x^{9}y^{12}}{3}\ge x^{8}y^{9}

\frac{x^{11}y^{7}+x^{6}y^{9}+x^{7}y^{11}}{3}\ge x^{8}y^{9}

\frac{x^{7}y^{8}+x^{10}y^{8}+x^{7}y^{11}}{3}\ge x^{8}y^{9}

\frac{x^{13}y^{8}+x^{6}y^{9}+x^{5}y^{10}}{3}\ge x^{8}y^{9}

\frac{x^{12}y^{6}+x^{12}y^{9}+x^{9}y^{12}}{3}\ge x^{11}y^{9}

\frac{x^{13}y^{8}+x^{9}y^{9}+x^{11}y^{10}}{3}\ge x^{11}y^{9}

\frac{x^{4}y^{5}+x^{10}y^{11}+x^{7}y^{14}}{3}\ge x^{7}y^{10}

\frac{x^{6}y^{9}+x^{9}y^{9}+x^{6}y^{12}}{3}\ge x^{7}y^{10}

\frac{x^{11}y^{7}+x^{12}y^{9}+x^{7}y^{14}}{3}\ge x^{10}y^{10}

\frac{x^{13}y^{8}+x^{8}y^{10}+x^{9}y^{12}}{3}\ge x^{10}y^{10}

\frac{x^{12}y^{9}+x^{7}y^{11}+x^{8}y^{13}}{3}\ge x^{9}y^{11}

\frac{x^{8}y^{10}+x^{10}y^{11}+x^{9}y^{12}}{3}\ge x^{9}y^{11}

Előzmény: [673] Blinki Bill, 2011-08-17 18:05:18
[678] Fálesz Mihály2011-08-18 14:57:15

Leírok egy lehetséges megoldást. (Nem saját; Ilja Bogdanovtól hallottam.)

A. 505. Az ABCD húrnégyszögben O1 és O2 az ABC, illetve az ABD háromszögbe írt kör középpontja. Az O1O2 egyenes a BC egyenest E-ben, az AD egyenest F-ben metszi.

(a) Igazoljuk, hogy létezik egy olyan k kör, ami E-ben, illetve F-ben érinti a BC és az AD egyenest.

(b) Mutassuk meg, hogy k érinti az ABCD négyszög köré írt kört is.

Javasolta: Nagy János (Budapest)

Megoldás. (a) Jelöljük a körülírt kört k0-nal, és legyen G,H,I rendre a kör AB, BC, DA íveinek felezőpontja. Az ABC háromszögben AH és CG szögfelezők, tehát O1 ezek metszéspontja; hasonlóan O2 a BI és DG húrok metszéspontja. Ismert továbbá, hogy O1 és O2 rajta van a G középpontú, A-n és B-n átmenő körön. Az O1O2G háromszög tehát egyenlő szárú.

A CO1E és DO2F háromszögekben


ECO_1\angle = \frac12 BCA\angle = \frac12 BDA\angle = O_2DF \angle

és

CO1E\angle=GO1O2\angle=O1O2G\angle=FO2D\angle,

tehát FEC\angle=DFE\angle. Ebből pedig következik, hogy létezik a BC egyenest E-ben, az AD egyenest F-ben érintő k kör.

(b) Legyen az AB és EF egyenesek metszéspontja P, a PG egyenes és k0 második metszéspontja T. (Ha AB és EF párhuzamosak, akkor P a két egyenes ideális pontja és T=G.)

A Pascal-tételt az ABCGTH (piros) hatszögre alkalmazva kapjuk, hogy AB\capGT=P, CG\capHA=O1 és BC\capTH egy egyenesen van; következésképp a TH egyenes átmegy az E ponton. Hasonlóan, a Pascal-tételt a BADGTI (zöld) hatszögre alkalmazva kapjuk, hogy a TI egyenes átmegy az F ponton.

A k0 körhöz H-ban és I-ben, illetve a k-hoz E-ben és F-ben húzott érintők párhuzamosak. Ezért a HE egyenes és az IF egyenes is átmegy a két kör külső hasonlósági pontján. Tehát HE\capIF=T a két kör külső hasonlósági pontja. De a hasonlósági pont csak akkor lehet rajta valamelyik körön, ha a két kör érinti egymást.

Előzmény: [672] HoA, 2011-08-17 11:50:13
[677] Fálesz Mihály2011-08-18 11:46:45

A számlálók barátságosan magas fokúak, és ez sokféle más megoldást lehetővé tesz. Például céltudatosan becsülhetjük a számlálókat az


a^3+b^3 \ge \frac23 \sqrt{ab}\big(a^2+ab+b^2\big) (*)

egyenlőtlenséggel, hogy utána felírhassuk a számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenséget a három tagra:


\frac{z^3 + y^3}{x^2+xy+y^2} + \frac{x^3 + z^3}{y^2+yz+z^2} + \frac{y^3 + x^3}{z^2+zx+x^2} \ge


\ge
\frac{\frac23 \sqrt{zy}\big(z^2+zy+y^2\big)}{x^2+xy+y^2}+
\frac{\frac23 \sqrt{xz}\big(x^2+xz+z^2\big)}{y^2+yz+z^2}+
\frac{\frac23 \sqrt{yx}\big(y^2+yx+x^2\big)}{z^2+zx+x^2} \ge


\ge
3\root3\of{
\frac{\frac23 \sqrt{zy}\big(z^2+zy+y^2\big)}{x^2+xy+y^2}\cdot
\frac{\frac23 \sqrt{xz}\big(x^2+xz+z^2\big)}{y^2+yz+z^2}\cdot
\frac{\frac23 \sqrt{yx}\big(y^2+yx+x^2\big)}{z^2+zx+x^2}}
 = 2\root3\of{xyz} = 2.

(*) egy lehetséges bizonyítása:


3(a^3+b^3) - 2\sqrt{ab}\big(a^2+ab+b^2\big) =
\big(\sqrt{a}-\sqrt{b}\big)^2\big(
3a^2+4a^{3/2}b^{1/2}+5ab+4a^{1/2}b^{3/2}+3b^2\big)\ge0.

Előzmény: [676] Maga Péter, 2011-08-18 08:41:47
[676] Maga Péter2011-08-18 08:41:47

Igazad van, ezt elnéztem. De akkor már (legalábbis nekem) egyszerűbbnek tűnik az a kiegészítés, hogy az x\geqy\geqz esetben az első két soromban minden egyenlőtlenség megfordul, és a rendezési tétel arra írható fel ugyanazzal az eredménnyel.

Előzmény: [675] Kemény Legény, 2011-08-18 07:31:19
[675] Kemény Legény2011-08-18 07:31:19

"Nyilván feltehető a x\leqy\leqz rendezés."

Ez igaz, de szerintem nem annyira nyilvánvaló. Az eredeti képletben csak a ciklikus szimmetria látszik ránézésre, ami alapján csak az tehető fel, hogy x\leqy\leqz vagy x\geqy\geqz. A teljes szimmetria nekem csak az alábbi egyenlőség miatt nyilvánvaló:

\frac{z^3 + y^3}{x^2+xy+y^2} + \frac{x^3 + z^3}{y^2+yz+z^2} + \frac{y^3 + x^3}{z^2+zx+x^2} = \frac{z^3 + x^3}{x^2+xy+y^2} + \frac{x^3 + y^3}{y^2+yz+z^2} + \frac{y^3 + z^3}{z^2+zx+x^2}

Értem én, hogy ez csak egy ötlet/vázlat volt a megoldáshoz, de ez a rész talán említésre méltó lehet.

Előzmény: [674] Maga Péter, 2011-08-17 20:15:45
[674] Maga Péter2011-08-17 20:15:45

Nyilván feltehető a x\leqy\leqz rendezés. Ekkor egyrészt

x3+y3\leqx3+z3\leqy3+z3,

másrészt

\frac{1}{x^2+xy+y^2}\geq \frac{1}{x^2+xz+z^2}\geq \frac{1}{y^2+yz+z^2}.

Ekkor a bizonyítandó egyenlőtlenség bal oldala a rendezési tétel értelmében alulról becsülhető azzal, hogy

\frac{x^3+y^3}{x^2+xy+y^2}+\frac{x^3+z^3}{x^2+xz+z^2}+\frac{y^3+z^3}{y^2+yz+z^2},

elég tehát erről megmutatni, hogy ez \geq2. Ennek egy tipikus tagja

\frac{x^3+y^3}{x^2+xy+y^2}=(x+y)\cdot\frac{x^2-xy+y^2}{x^2+xy+y^2}.

Innen már menni fog:), ha mégsem, szólj!

Előzmény: [673] Blinki Bill, 2011-08-17 18:05:18
[673] Blinki Bill2011-08-17 18:05:18

Sziasztok, kérhetnék egy kis ötletet (indítót) a B.4355-höz (április)?Köszönöm.

[672] HoA2011-08-17 11:50:13

Fel tudná tenni valaki az A 505. ( 2010. március ) lapban közölt megoldásának vázlatát? Itt csak egy statisztikát érek el és szeretnék a feladathoz hozzátenni valamit, de nem szeretnék ismétlésbe esni. Köszönöm.

[671] Szabó Attila2011-08-15 22:18:12

Nem tudja valaki, hogy miért nem kapott senki pontot a májusi mérési feladatra és miért nem javították ki a beküldött dolgozatokat?

[670] sakkmath2011-08-12 23:36:47

Igazad van, köszönöm. A vázlatom tehát alapos átdolgozásra szorul.

Előzmény: [666] Lóczi Lajos, 2011-08-12 14:29:44
[669] Róbert Gida2011-08-12 18:21:55

Akarom mondani: S(2n) végtelenbe tart, ha n tart végtelen volt a példa, ha jól emlékszem.

Előzmény: [668] Róbert Gida, 2011-08-12 18:01:19
[668] Róbert Gida2011-08-12 18:01:19

Voltak már hasonló példák, leginkább az S(2n) nem korlátos ősrégi N jelű feladatra gondolok.

B4360: Belátom először, hogy k=2 jó. Részben indukcióval csinálom. Állításom: S(2n)\ge \frac {S(n)}{9}. Ez n<10-re teljesül. Ha n\ge10 és n-nek van 5-nél kisebb számjegye, akkor ott elvágjuk n-et és indukcióval teljesül az állítás n-re is. Így feltehető, hogy n minden jegye legalább 5, akkor minden helyiértéken van átvitel a szorzásnál, így a következő jegy a szorzatban nem lehet nulla, hiszen (2*d+1)mod 10 a jegy, ami páratlan, így nem nulla. Azaz L jegyű n esetén S(n)\le9L (ez trivi), míg S(2n)\geL, hiszen a rákövetkező jegy mindig legalább 1. Kettőből: S(2n)\ge \frac {S(n)}{9}, ami kellett. Teljesen hasonló a biz. k=5-re is. Indukcióval ebből: S(2^a*5^b*n)\ge \frac {S(n)}{9^{a+b}}, így, ha k=2a*5b, akkor az megoldás lesz.

Más megoldás nincs: legyen k az L jegyű, így k<10L. Legyen N\geL tetszőleges, és w az az egyértelmű k-val osztható egész, amelyre w=10N+r, ahol 0\ler<k teljesül. Ekkor r=0 nem lehet, különben k|10N, de k akkor 2a*5b alakú szám lenne, ellentmondás. w osztható k-val, így legyen n=\frac wk. Indirekt feltevés miatt S(kn)\geckS(n), innen: S(n)\le \frac {S(w)}{c_k}=\frac {1+S(r)}{c_k}\le \frac {1+9L}{c_k}, azaz S(n) korlátos. (L és ck is konstans). És ez nem lehet.

Legyen n 10-es számrendszeres ábrázolása:

n=\sum_{i=0}^{s-1}d_i*10^{a_i}

, ahol di>0 és az a0<a1<...<as-1. Ekkor a0\leL, minden i-re, ai-ai-1\leL, as-1\geN-L, ezekből már kövekezni fog az ellentmondás, mert ekkor indukcióval: ai\le(i+1)L, de as-1\geN-L, így S(n)\ge s\ge \frac {N-L}{L}, azaz S(n) nem korlátos, ellentmondás.

Ha a0>L, akkor n osztható 10L-el, de akkor w=kn is, ellentmondás, mert N\geL, így w az 10L-el osztva r maradékot ad, de r nem nulla. w>10N és k<10L, így n=\frac wk>10^{N-L}, ezért as-1\geN-L. Végül minden i-re ai\leai-1+L, indirekte legyen: at>at-1+L esetén tekintsük az 10^N+r=w=kn=k\sum_{i=0}^{s-1}d_i*10^{a_i}, tekintsük ezt modulo 10at, ekkor r\equiv k\sum_{i=0}^{t-1}d_i*10^{a_i} \mod {10^{a_t}}, ez modulo nélkül is teljesül egyenlőséggel, mert k<10L és at-1+L<at. Azaz r=k*\sum_{i=0}^{t-1}d_i*10^{a_i}, jobb oldal osztható k-val, de a bal oldal nem, ellentmondás.

Előzmény: [663] Róbert Gida, 2011-08-12 01:09:50
[667] SmallPotato2011-08-12 17:33:01

Szép, igényes, és (számomra legalábbis) igen tanulságos munka!

Előzmény: [666] Lóczi Lajos, 2011-08-12 14:29:44
[666] Lóczi Lajos2011-08-12 14:29:44

Csak óvatosan! A 2.) lépésbeli 2. állításod általában nem igaz! Egy függvény grafikonja és inverze grafikonjának metszéspontja "bárhol" lehet!

Ezzel kapcsolatban lásd a megfelelő KöMaL-cikket, amely pl. elérhető itt:

www.berzsenyi.hu/erben/rlv/2010/abraham_gabor.ppt

Előzmény: [665] sakkmath, 2011-08-12 14:09:05

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]