KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
English Információ A lap Pontverseny Cikkekről Távoktatás Hírek Fórum Internetes Tesztverseny
Játékszabályok
Technikai információk
TeX tanfolyam
Regisztráció
Témák

 

Rendelje meg a KöMaL-t!

Támogatóink:

Ericsson

Google

Emberi Erőforrások Minisztériuma

Emberi Erőforrás Támogatáskezelő

Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet

ELTE

Reklám:

KöMaL Füzetek 1: Tálalási javaslatok matematika felvételire

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

Fórum - Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

  Regisztráció    Játékszabályok    Technikai információ    Témák    Közlemények  

Ön még nem jelentkezett be.
Név:
Jelszó:

  [1. oldal]    [2. oldal]    [3. oldal]    [4. oldal]    [5. oldal]    [6. oldal]    [7. oldal]    [8. oldal]    [9. oldal]    [10. oldal]    [11. oldal]    [12. oldal]    [13. oldal]    [14. oldal]    [15. oldal]    [16. oldal]    [17. oldal]    [18. oldal]    [19. oldal]    [20. oldal]    [21. oldal]    [22. oldal]    [23. oldal]    [24. oldal]    [25. oldal]    [26. oldal]    [27. oldal]    [28. oldal]    [29. oldal]    [30. oldal]    [31. oldal]    [32. oldal]    [33. oldal]    [34. oldal]    [35. oldal]    [36. oldal]    [37. oldal]  

Ha a témához hozzá kíván szólni, először regisztrálnia kell magát.
[909] Fálesz Mihály2014-07-21 13:51:23

Ha hasonlóság, akkor Monge-kúpok.

Legyen &tex;\displaystyle O,A,B,C,D&xet; ugyanaz, mint a te megoldásodban. Rajzoljuk meg a &tex;\displaystyle \Pi&xet; síkban azt a két irányított kört (&tex;\displaystyle k_1&xet; és &tex;\displaystyle k_2&xet;), ami az &tex;\displaystyle A,B,C,D&xet; pontokban érinti az &tex;\displaystyle a&xet; és a &tex;\displaystyle b&xet;, illetve a &tex;\displaystyle c&xet; és a &tex;\displaystyle d&xet; egyenest. A két körre illesszünk egy-egy kúpot, amelyek alkotói a &tex;\displaystyle \Pi&xet; síkkal &tex;\displaystyle \varphi&xet; szöget zárnak be. Ezek csúcsai legyenek &tex;\displaystyle E&xet;, illetve &tex;\displaystyle F&xet;. Legyen &tex;\displaystyle H&xet; a két kúp hasonlósági pontja, ami az &tex;\displaystyle EF&xet; egyenes és &tex;\displaystyle \Pi&xet; döféspontja.

Ha az irányításokat megfelelően választjuk, akkor &tex;\displaystyle E\in A_\varphi \cap B_\varphi&xet; és &tex;\displaystyle F\in \Gamma_\varphi \cap \Delta_\varphi&xet;, így &tex;\displaystyle H\in EF\subset \Sigma_\varphi&xet;.

Mivel &tex;\displaystyle O&xet; triviálisan a &tex;\displaystyle \Sigma_\varphi&xet; síkban van, &tex;\displaystyle OH&xet; közös egyenese az összes &tex;\displaystyle \Sigma_\varphi&xet; síknak.

(Az A. 529. feladat ugyanez, csak hiperbolikusban.)

Előzmény: [905] Sinobi, 2014-07-19 03:05:10
[908] w2014-07-21 12:50:33

"Hasonlóan adódik a &tex;\displaystyle \Gamma_\varphi&xet; és &tex;\displaystyle \Delta_\varphi&xet; síkok metszésvonala, ami a következő pontokból áll:" résznél a képlet helyesen:

&tex;\displaystyle \left((\gamma-\delta)x,(\gamma D-\delta C)x,(C-D)\tg\varphi\cdot x\right).&xet;

Bár ez annyira nem zavaró.

Előzmény: [907] w, 2014-07-19 12:47:51
[907] w2014-07-19 12:47:51

A megoldásod érdekes, de szerintem annyira nem triviális. Mondjuk én nyilván miután sikertelenül megpróbáltam megjeleníteni az ábrát, koordinátáztam. Nagyon jó gyakorlópélda koordinátákra, olcsón, kb. egy órán belül kijött (+későbbi pontosítgatások).

Egyébként ha már itt tartunk, szerintem az A.617 feladat ennél még olcsóbb volt, bár a statisztika ezzel nem ért egyet. :) A megoldás(oka)t inkább még nem lőném le.

Leírok akkor egy erős vázlatot az A619-re:

Először felveszünk egy térbeli koordinátarendszert, az &tex;\displaystyle O&xet; origó természetesen a félegyenesek közös kiindulópontja, a &tex;\displaystyle z=0&xet; sík pedig &tex;\displaystyle \Pi&xet;. lesz. Az &tex;\displaystyle a&xet; egyenesének egyenlete &tex;\displaystyle y=Ax&xet;, &tex;\displaystyle z=0&xet;, a többié hasonló. A koordinátarendszer megválasztható úgy, hogy &tex;\displaystyle |A|\neq |B|&xet; és &tex;\displaystyle |C|\neq |D|&xet; legyen (illetve pl. &tex;\displaystyle A=B&xet; esetben &tex;\displaystyle \Sigma&xet; triviálisan illeszkedik &tex;\displaystyle a&xet;-ra és &tex;\displaystyle b&xet;-re, kész).

&tex;\displaystyle A_\varphi&xet; egyeletének meghatározása: tudjuk, hogy ez a sík rajta van az &tex;\displaystyle y=Ax&xet;, &tex;\displaystyle z=0&xet; egyenesen; most keresünk egy harmadik pontot, ami rá illeszkedik.

Vegyük az &tex;\displaystyle y=-\frac1A x&xet;, &tex;\displaystyle z=0&xet; egyenest (ez merőleges &tex;\displaystyle a&xet;-ra), ez az egyenes &tex;\displaystyle \varphi&xet; szöget zár be &tex;\displaystyle A_\varphi&xet;-vel. Keressük akkor meg az &tex;\displaystyle A_\varphi&xet; síkon azt a &tex;\displaystyle Q&xet; pontot, aminek merőleges vetükete &tex;\displaystyle \Pi&xet;-re a &tex;\displaystyle P\left(1,-\frac1A,0\right)&xet; pont lesz. Mivel &tex;\displaystyle OPQ&xet; háromszög derékszögű és &tex;\displaystyle O&xet;-nál &tex;\displaystyle \varphi&xet; szög van, így könnyen látható, hogy &tex;\displaystyle Q&xet; koordinátái:

&tex;\displaystyle \left(1,-\frac1A,\epsilon_a\tg\varphi\sqrt{1+\frac1{A^2}}\right),&xet;

ahol &tex;\displaystyle \epsilon_a&xet; egy olyan előjel, ami kizárólag az &tex;\displaystyle a&xet; félegyenes irányától (a forgatás irányától) függ.

Ha most az &tex;\displaystyle A_\varphi&xet; síkot a &tex;\displaystyle (0,0,0)&xet;, &tex;\displaystyle (1,A,0)&xet;, &tex;\displaystyle Q&xet; pontokra illesztjük, a kapott egyenletrendszer megoldásával &tex;\displaystyle A_\varphi&xet; egyenlete

&tex;\displaystyle -Ax+y+\frac{\alpha}{\tg \varphi} z=0&xet;

lesz, ahol &tex;\displaystyle \alpha=\epsilon_a\sqrt{A^2+1}&xet; egy &tex;\displaystyle \varphi&xet;-től független konstans.

Ha most &tex;\displaystyle A_\varphi&xet; és &tex;\displaystyle B_\varphi&xet; metszésvonalát kiszámoljuk (&tex;\displaystyle B_\varphi&xet; egyenlete &tex;\displaystyle -Bx+y+\frac{\beta}{\tg\varphi}&xet;), a következő pontok mértani helye adódik:

&tex;\displaystyle \left((\alpha-\beta)x,(\alpha B-\beta A)x,(A-B)\tg\varphi\cdot x\right)\quad\forall x\in R&xet;

Egyébként &tex;\displaystyle \alpha\neq \beta&xet; mert feltettük, hogy &tex;\displaystyle |A|\neq |B|&xet;, szóval ez itt rendben van.

Hasonlóan adódik a &tex;\displaystyle \Gamma_\varphi&xet; és &tex;\displaystyle \Delta_\varphi&xet; síkok metszésvonala, ami a következő pontokból áll:

&tex;\displaystyle \left((\alpha-\beta)x,(\alpha B-\beta A)x,(A-B)\tg\varphi\cdot x\right).&xet;

Na most pedig legyen &tex;\displaystyle \Sigma&xet; egyenlete &tex;\displaystyle S(x,y,z)=\sigma_1 x+\sigma_2 y+\sigma_3 z&xet;. Ebből csak az érdekel minket, hogy &tex;\displaystyle S(x,y,z)&xet; additív függvény, vagyis ha teljesül rá, hogy

&tex;\displaystyle \left\{\matrix{S((\alpha-\beta)x,(\alpha B-\beta A)x,(A-B)\tg\varphi\cdot x)=0\cr S((\gamma-\delta)x,(\gamma D-\delta C)x,(C-D)\tg\varphi\cdot x)=0}\right.&xet;

abból következik, hogy

&tex;\displaystyle 0=(C-D)\cdot S((\alpha-\beta)x,(\alpha B-\beta A)x,(A-B)\tg\varphi\cdot x)-&xet;

&tex;\displaystyle -(A-B)\cdot S((\gamma-\delta)x,(\gamma D-\delta C)x,(C-D)\tg\varphi\cdot x)=&xet;

&tex;\displaystyle =S\left(K x,L y,0\right),&xet;

ahol &tex;\displaystyle K=(C-D)(\alpha-\beta)-(A-B)(\gamma-\delta)&xet; és &tex;\displaystyle L=(\alpha B-\beta A)(C-D)-(\gamma D-\delta C)(A-B)&xet; &tex;\displaystyle \varphi&xet;-től független konstansok.

A &tex;\displaystyle (Kx,Ly,0)&xet; pontok egy egyenest határoznak meg, ezen az egyenesen tehát minden &tex;\displaystyle \Sigma_\varphi&xet; sík áthalad.

Kivételt képez persze, amikor &tex;\displaystyle K=L=0&xet;; ebból következik, hogy &tex;\displaystyle A_\varphi\cap B_\varphi&xet; és &tex;\displaystyle \Gamma_\varphi\cap \Delta_\varphi&xet; pontjaiba mutató helyvektorok lineárisan függőek, avagy a két egyenes minden &tex;\displaystyle \varphi&xet;-re egybeesik. Most lehetünk lusták, és egyfelől mondhatjuk erre azt, hogy ilyenkor &tex;\displaystyle \Sigma_\varphi&xet; nem létezik, így a feladat kitűzése által nem megengedett helyzetben vagyunk ("az a[z egyértelmű] sík, ami..."), vagy mondhatjuk azt, hogy &tex;\displaystyle \Sigma_\varphi&xet;-t akkor tetszőleges, a közös metszésvonalra illeszkedő síknak/határhelyzetként értelmezzük; akkor meg igaz rá a feladat állítása.

-------------

Tegyük fel, hogy a &tex;\displaystyle \varphi&xet;-hez tartozó &tex;\displaystyle A&xet;, &tex;\displaystyle B&xet;, &tex;\displaystyle \Gamma&xet;, &tex;\displaystyle \Delta&xet; síkok átmennek egy közös &tex;\displaystyle e&xet; egyenesen. Vegyük &tex;\displaystyle e&xet;-nek valamely &tex;\displaystyle O&xet;-tól különböző &tex;\displaystyle X&xet; pontját. Ha &tex;\displaystyle X&xet;-ből merőlegest állítunk mondjuk &tex;\displaystyle a&xet;-ra, akkor a kapott merőleges egyenes &tex;\displaystyle \varphi&xet; szöget zár be &tex;\displaystyle \Pi&xet;-vel. Az olyan pontok mértani helye &tex;\displaystyle \Pi&xet;-n, melyeket &tex;\displaystyle X&xet;-szel összekötve, &tex;\displaystyle \Pi&xet;-vel &tex;\displaystyle \varphi&xet; szöget bezáró egyenest kapunk, az nyilvánvalóan egy &tex;\displaystyle k&xet; kör, és az &tex;\displaystyle X&xet;-szel összekötő egyenesek egy kúpot határoznak meg. Most ha &tex;\displaystyle a&xet; egyenesét vissza akarjuk keresni, akkor a Pitagorasz-tétel és megfordítása szerint &tex;\displaystyle a\cap k&xet; fix távolságra van &tex;\displaystyle O&xet;-tól, így legfeljebb kétféle egyenes merülhet fel, mint &tex;\displaystyle a,b,c,d&xet; egyenese.

Ha &tex;\displaystyle a,b,c,d&xet; közül valamely kettő ugyanazon az egyenesen van, de ellentétes irányú, akkor &tex;\displaystyle e&xet; egyenes egyben &tex;\displaystyle a&xet; és &tex;\displaystyle b&xet; egyenese kell legyen, vagyis a &tex;\displaystyle \Pi&xet; síkon van. Ilyenkor tehát &tex;\displaystyle a,b,c,d&xet; is az &tex;\displaystyle e&xet;-re illeszkedik. A másik lehetőség, hogy &tex;\displaystyle a,b,c,d&xet; max. kétféle félegyenest tartalmaznak. Mindkét eset teljesen degenerált, ezekre viszont &tex;\displaystyle \Sigma&xet; nem értelmezhető.

Előzmény: [905] Sinobi, 2014-07-19 03:05:10
[906] Sinobi2014-07-19 03:22:04

Azt szoktak mondani, hogy gombon nincs hasonlosag. Ugy latszik, hasonlosaggal analog jelensegek viszont akadhatnak.

[905] Sinobi2014-07-19 03:05:10

A vegere, ugy latszik, elfogyott a lendulet, az A. 619. amilyen konnyu, olyan kevesen oldottak meg. Az enyem 2 pontert:

A. 619. Adott a térben négy, egy pontból induló félegyenes, a, b, c és d, amelyek a &tex;\displaystyle \Pi&xet; síkban fekszenek. Tetszőleges &tex;\displaystyle \varphi&xet; hegyesszögre forgassuk el &tex;\displaystyle \Pi&xet;-t a négy félegyenes körül pozitív irányban &tex;\displaystyle \varphi&xet;-vel; az így kapott síkokat jelölje rendre A&tex;\displaystyle \varphi&xet;, B&tex;\displaystyle \varphi&xet;, C&tex;\displaystyle \varphi&xet;, illetve D&tex;\displaystyle \varphi&xet;. Legyen S&tex;\displaystyle \varphi&xet; az a sík, ami illeszkedik az A&tex;\displaystyle \varphi&xet; és a B&tex;\displaystyle \varphi&xet; síkok metszésvonalára, valamint a C&tex;\displaystyle \varphi&xet; és a D&tex;\displaystyle \varphi&xet; metszésvonalára is. Mutassuk meg, hogy a különböző &tex;\displaystyle \varphi&xet; szögekhez tartozó S&tex;\displaystyle \varphi&xet; síkok egy közös egyenesre illeszkednek.

1: rakjunk egy egysegsugaru gombot a kozos tartopontra, a gombbol a felegyenesek altal kimetszett pontok A,B,C,D

2: az (A,B) pontpar egyik pontjat csereljuk fel a gomb ellentetes pontjaval, a (C,D) egyik tagjaval is jarjunk el ugyanigy.

3: vegyunk fel egy &tex;\displaystyle \varphi&xet; szoget, a sikparok metszesvonalai messek a gombot E es F pontokban.

4: Legyen (a kisebb) AB iv felezopontja &tex;\displaystyle M_E&xet;, CD ive &tex;\displaystyle M_F&xet;. Az EF fokor messe az alapsikot G-ben.

5: Szimmetria miatt az &tex;\displaystyle E M_E&xet; es &tex;\displaystyle F M_F&xet; fokorok merolegesek az alapsikra

6: felcsapjuk a wikipediat, es leolvassuk, hogy a,b,c, A,B,90 parameteru derekszogu haromszogek eseten

&tex;\displaystyle tan~a=tan~A \cdot sin~b&xet;

fennall (R4)

7:

&tex;\displaystyle tan EM_E = tan EBM_E \cdot sin M_EB = tan EGM_E \cdot sin M_EG&xet;

&tex;\displaystyle tan FM_F = tan FDM_F \cdot sin M_FD = tan FGM_F \cdot sin M_FG&xet;

8: &tex;\displaystyle EBM_E=\varphi=FDM_F&xet;, igy a G pontra

&tex;\displaystyle c=\frac{sin M_EB}{sin M_EG}=\frac{sin M_FD}{sin M_FG}&xet;

9: Mas &tex;\displaystyle \varphi&xet; szogek eseten

&tex;\displaystyle EGM_E< = arctan(c \cdot tan(\varphi)) = FGM_F<&xet;

10: A G pontbol EG es FG minden &tex;\displaystyle \varphi&xet; eseten ugyanakkora szoget zar be az alappal.

11: Innen valahogy kiszedjuk, hogy EFG egy egyenesen vannak, belatunk valami folytonossag szerut peldaul.

Szerintem ezt a hugom is megcsinalta volna egy csokiert se otlet, se szamolas, se semmi nem kell bele. Gomb felvetele nelkul is meg lehet csinalni, persze: http://wildegg.com/papers/ProjectiveTrig.pdf

[904] w2014-06-25 20:46:24

Ez szép, köszönöm!

Előzmény: [903] nadorp, 2014-06-25 13:31:29
[903] nadorp2014-06-25 13:31:29

A Fálesz Mihály által [900]-ban leírt egyenlőtlenséget bizonyítjuk, ebből c=1 esetén következik A616.

&tex;\displaystyle a^{x^2} b^{y^2} c^{z^2} \left(\frac{a+b}2\right)^{2xy} \left(\frac{a+c}2\right)^{2xz} \left(\frac{b+c}2\right)^{2yz} \le 1 &xet;(1)

Mivel x+y+z=0, ezért x,y,z közt van kettő olyan, melyek szorzata nemnegatív. Tegyük fel, hogy &tex;\displaystyle xy\geq0&xet;. (1)-et átrendezve és felhasználva, hogy z=-x-y

&tex;\displaystyle \left(\frac{4ac}{(a+c)^2}\right)^{x^2}\left(\frac{2(a+b)c}{(a+c)(b+c)}\right)^{2xy}\left(\frac{4bc}{(b+c)^2}\right)^{y^2}\leq1&xet;

Ha x+y=0, akkor nyilván teljesül az egyenlőtlenség, ellenkező esetben a fentivel ekvivalens

&tex;\displaystyle \left(\frac{4ac}{(a+c)^2}\right)^{\frac{x^2}{(x+y)^2}}\left(\frac{2(a+b)c}{(a+c)(b+c)}\right)^{\frac{2xy}{(x+y)^2}}\left(\frac{4bc}{(b+c)^2}\right)^{\frac{y^2}{(x+y)^2}}\leq1&xet;

A bal oldalra alkalmazva a súlyozott számtani és mértani közép közti összefüggést, elég belátnunk, hogy

&tex;\displaystyle \frac{4ac}{(a+c)^2}\frac{x^2}{(x+y)^2}+\frac{2(a+b)c}{(a+c)(b+c)}\frac{2xy}{(x+y)^2}+\frac{4bc}{(b+c)^2}\frac{y^2}{(x+y)^2}\leq1&xet;

&tex;\displaystyle \frac{(c-a)^2}{(a+c)^2}x^2+\frac{(c-a)(c-b)}{(a+c)(b+c)}2xy+\frac{(c-b)^2}{(b+c)^2}y^2\geq0&xet;

Ez pedig nyilvánvaló, mert a bal oldal teljes négyzet

Előzmény: [902] w, 2014-06-25 09:47:16
[902] w2014-06-25 09:47:16

Kérlek leírnád?

Előzmény: [901] nadorp, 2014-06-25 09:21:10
[901] nadorp2014-06-25 09:21:10

Köszönöm, így már rendben az elemibb bizonyítás

Előzmény: [900] Fálesz Mihály, 2014-06-24 22:39:53
[900] Fálesz Mihály2014-06-24 22:39:53

Kedves Péter,

A feladatnak van egy szimmetrikus változata: Ha &tex;\displaystyle a,b,c>0&xet; és &tex;\displaystyle x+y+z=0&xet;, akkor

&tex;\displaystyle a^{x^2} b^{y^2} c^{z^2} \left(\frac{a+b}2\right)^{2xy} \left(\frac{a+c}2\right)^{2xz} \left(\frac{b+c}2\right)^{2yz} \le 1. &xet;

Ha tehát van egy elemi megoldásod az &tex;\displaystyle x,y\ge0&xet; esetre, akkor az megoldja a többi esetet is.

Előzmény: [899] nadorp, 2014-06-22 19:28:36
[899] nadorp2014-06-22 19:28:36

Az A616-ra nem érkezett jó megoldás és még nincs fenn a hivatalos verzió. Itt egy megoldásvázlat, hibája, hogy kicsit "durva", nem középiskolás anyagot használ. Érdekelne egy elemibb megoldás, mely például a súlyozott számtani és mértani közép közti egyenlőtlenséget használja. Ebben eljutottam valameddig, de az xy<0, (1-a)(1-b)>0 esetben elakadtam.

&tex;\displaystyle \left(\frac{1+a}2\right)^{2x(x+y)}\left(\frac{1+b}2\right)^{2y(x+y)}\geq a^{x^2}b^{y^2}\left(\frac{a+b}2\right)^{2xy}&xet;,   a,b >0 és x,y tetszőleges valós számok

A bizonyításban az alábbi ismert analízis fogalmakat fogjuk felhasználni:

1. Ha p és q pozitív valós számok, akkor

&tex;\displaystyle \int_0^1\frac{dx}{\sqrt{(x+p)(x+q)}}=2\ln{\frac{\sqrt{p+1}+\sqrt{q+1}}{\sqrt p+\sqrt q}} &xet;(1)

2. Schwarz egyenlőtlenség. Ha f és g az [a,b] intervallumon négyzetesen integrálható függvények, akkor

&tex;\displaystyle \left(\int_a^bf(x)g(x)dx\right)^2\leq\int_a^bf^2(x)dx\int_a^bg^2(x)dx &xet;(2)

Az eredeti egyenlőtlenség a=1 vagy b=1 esetén könnyen láthatóan teljesül, ezért a továbbiakban feltesszük, hogy &tex;\displaystyle a,b ~\neq1&xet;. Véve az egyenlőtlenség mindkét oldalának természetes alapú logaritmusát, majd átrendezve, az eredetivel ekvivalens

&tex;\displaystyle x^2\ln{\frac{(1+a)^2}{4a}}+2xy\ln{\frac{(1+a)(1+b)}{2(a+b)}}+y^2\ln{\frac{(1+b)^2}{4b}}\geq0 &xet;(3)

Mivel

&tex;\displaystyle \ln{\frac{(1+a)^2}{4a}}>0&xet; és &tex;\displaystyle \ln{\frac{(1+b)^2}{4b}}>0&xet;, ezért (3) bizonyításához elég belátni, hogy a diszkriminánsa nempozitív, azaz

&tex;\displaystyle \ln{\frac{(1+a)^2}{4a}}\ln{\frac{(1+b)^2}{4b}}\geq\left(\ln{\frac{(1+a)(1+b)}{2(a+b)}}\right)^2 &xet;(4)

Tetszőleges p>1 számra

&tex;\displaystyle \ln{p}=\int_1^p\frac{dx}x=\int_0^1\frac{p-1}{(p-1)x+1}dx=\int_0^1\frac{dx}{x+\frac1{p-1}}&xet;

ezért felhasználva a (2)-t

&tex;\displaystyle \ln{\frac{(1+a)^2}{4a}}\ln{\frac{(1+b)^2}{4b}}=\int_0^1\frac{dx}{x+\frac{4a}{(a-1)^2}}\int_0^1\frac{dx}{x+\frac{4b}{(b-1)^2}}\geq\left(\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{\left(x+\frac{4a}{(a-1)^2}\right)\left(x+\frac{4b}{(b-1)^2}\right)}}\right)^2&xet;

A számolást nem részletezve, felhasználva (1)-et kapjuk

&tex;\displaystyle \ln{\frac{(1+a)^2}{4a}}\ln{\frac{(1+b)^2}{4b}}\geq\left(2\ln{\frac{(1+a)|b-1|+(1+b)|a-1|}{2\sqrt a|b-1|+2\sqrt b|a-1|}}\right)^2&xet;

De

&tex;\displaystyle \frac{(1+a)|b-1|+(1+b)|a-1|}{2\sqrt a|b-1|+2\sqrt b|a-1|}=\left\{\matrix{\frac{1+\sqrt{ab}}{\sqrt a+\sqrt b} & ha & (a-1)(b-1)>0 \cr \frac{\sqrt a+\sqrt b}{1+\sqrt{ab}} & ha & (a-1)(b-1)<0}\right.&xet;

Tehát

&tex;\displaystyle \ln{\frac{(1+a)^2}{4a}}\ln{\frac{(1+b)^2}{4b}}\geq\left(\ln{\frac{1+ab+2\sqrt{ab}}{a+b+2\sqrt{ab}}}\right)^2=\left(\ln{\frac{a+b+2\sqrt{ab}}{1+ab+2\sqrt{ab}}}\right)^2 &xet;(5)

Most már csak az kell észrevenni, hogy tetszőleges &tex;\displaystyle p\geq q>0&xet; és &tex;\displaystyle 0<x\leq y&xet; valós számokra

&tex;\displaystyle \frac{p+x}{q+x}\geq\frac{p+y}{q+y} &xet;(6)

(5) és (6) valamint &tex;\displaystyle 2\sqrt{ab}\leq a+b&xet; alapján azonnal adódik (4).

A bizonyítás alapján látszik, hogy egyenlőség az alábbi esetekben van:

1. x=0 b=1 , a és y tetszőleges

2. y=0 a=1 , b és x tetszőleges

3. a=b=1, x és y tetszőleges

4. &tex;\displaystyle a=b\neq1&xet; és x+y=0

[898] w2014-06-17 19:24:23

Nagyon jó kérdés! Gondolkozom rajta.

Előzmény: [897] Sinobi, 2014-06-12 21:14:11
[897] Sinobi2014-06-12 21:14:11

Ez haromszogre hogy nezne ki? Hol eles a hatar? Beirt kor atmerojenel kevesebbel nem lehet, legkisebb magassagvonal hosszara van konstrukciom. (ahol a sav euklideszi szelesseget ertjuk)

Előzmény: [883] w, 2014-06-07 16:10:35
[896] Fálesz Mihály2014-06-11 15:29:32

"Jól félreolvastam" Mindenkivel előfordul. ;-)

Nekem úgy tűnik, hogy a feladat nem oldható meg egyetlen mérték megoldásával.

A [891]-beli példában a két sáv két különböző szélességű is lehet, emiatt a kétszer lefedett rész bárhol lehet a négyzet belsejében. Így hát a négyzet belsejének a mértéke &tex;\displaystyle 0&xet; kellene, hogy legyen. Ugyanakkor a négyzet határát akármilyen kicsi szélességű sávokkal le lehet fedni, tehát a határ is nulla mértékű...

A feladat egy általánosabb tétel speciális esete.

Előzmény: [894] w, 2014-06-10 23:24:41
[895] w2014-06-10 23:26:40

Jogos. Ha &tex;\displaystyle i^3\equiv j^3\mod p&xet;, akkor &tex;\displaystyle 2k+1&xet;-edik hatványra emelve, a Kis-Fermat-tétel szerint &tex;\displaystyle i\equiv j\mod p&xet; adódik.

Előzmény: [892] Fálesz Mihály, 2014-06-09 23:02:53
[894] w2014-06-10 23:24:41

Jól félreolvastam, bocsánat. Legalább nem az indoklásban van a hiba. :-)

A feladat ennek ellenére nagyon érdekesnek tűnik. Ennél a változatnál is lehet "mértéket" adni a lefedő sávoknak, vagy csak más módszerek működnek?

Arra gondolok, hogy adok egy olyan &tex;\displaystyle f(x,y)&xet; térbeli függvénygörbét, melyre tetszőleges sáv és &tex;\displaystyle f(x,y)&xet; görbe által közrefogott térfogat (integrál) a sáv szélességével egyenesen arányos. Ahhoz, hogy ezzel a négyzet lefedéséből kiindulva tudjak becsülni, még szükségem van arra, hogy megkeressem, hogy a lefedések során mely területek lehetnek kétszer lefedve, mert azokra &tex;\displaystyle f(x,y)=0&xet; kell teljesüljön. Ha van olyan &tex;\displaystyle (x,y)&xet; pont, melyre &tex;\displaystyle f(x,y)\neq 0&xet; lehetséges, akkor még van remény a mérték megkonstruálására.

Előzmény: [891] Fálesz Mihály, 2014-06-09 22:55:04
[893] Sinobi2014-06-09 23:33:37

"Egy sáv szélessége legyen a beleírható, a tengelyekkel párhuzamos oldalú négyzetek oldalhossza. "

Rogzitve van egy x-y koordinatarendszer, annak iranyaban a legnagyobb beleirhato negyzet a sav szelessege, es nem a ket szelso egyenes tavolsaga.

Előzmény: [891] Fálesz Mihály, 2014-06-09 22:55:04
[892] Fálesz Mihály2014-06-09 23:02:53

A &tex;\displaystyle 3k+2&xet; esetet primitív gyök használata nélkül is meg tudod oldani.

Mi az &tex;\displaystyle x\mapsto x^3&xet; (modulo &tex;\displaystyle p&xet;) függvény inverze?

Előzmény: [890] w, 2014-06-09 14:51:35
[891] Fálesz Mihály2014-06-09 22:55:04

A sáv euklideszi értelemben vett szélessége és a feladat szerinti "szélessége" átcsúszott egymásba. Egy sáv "szélessége" -- tehát a beleírható négyzet oldalhossza -- nem ugyanakkora, mint a sáv fölé emelt gömböv euklideszi értelemben vett vastagsága.

Egy &tex;\displaystyle 2r&xet; sugarú kört le lehet fedni egy &tex;\displaystyle 45^\circ&xet; irányú, euklideszi értelemben &tex;\displaystyle 2r&xet; széles sávval, de a feladatban definiált szélessége ennek a sávnak csupán &tex;\displaystyle \sqrt2r&xet;.

Az ábrán két &tex;\displaystyle 1/2&xet; "szélességű" sáv fedi le az egységnégyzetet.

Előzmény: [889] w, 2014-06-09 09:39:24
[890] w2014-06-09 14:51:35

Ja értem. Szép gondolat, köszönöm.

Könnyen belátható, hogy &tex;\displaystyle S_k=\sum_{x=1}^p x^k&xet; osztható &tex;\displaystyle p&xet;-vel, ha &tex;\displaystyle 0\le k<p-1&xet; egész szám. (Indukcióval, a &tex;\displaystyle \sum_{n=1}^p\binom n k=\binom{p+1}{k+1}&xet; azonosság segítségével.) A Kis-Fermat-tétel szerint azonban &tex;\displaystyle S_{p-1}&xet; már nem osztható &tex;\displaystyle p&xet;-vel. Ez ellentmondást jelent, hisz egyfelől &tex;\displaystyle f(x)^{\frac{p-1}3}&xet; &tex;\displaystyle (p-1)&xet;-edfokú polinom &tex;\displaystyle Z_p[x]&xet;-ben, másfelől a feltétel szerint &tex;\displaystyle \sum_{x=1}^{p}f(x)^{\frac{p-1}3}\equiv \sum_{x=1}^px^{\frac{p-1}3}\equiv 0\mod p&xet;.

Előzmény: [886] Fálesz Mihály, 2014-06-08 21:00:46
[889] w2014-06-09 09:39:24

Tudom, hogy egy ilyen nehéz feladat megoldása nem szokott ilyen simán kijönni, de a becslés iránya szerintem rendben van. Ha én egy &tex;\displaystyle d&xet; széles sávot veszek, lecseréltem őt a körlap fedésében résztvevő &tex;\displaystyle d'\le d&xet; széles részsávjára, ami pontosan egy &tex;\displaystyle \pi r d'&xet; széles félgömbövet jelent. A gömböv lefedéséből pedig &tex;\displaystyle \sum \pi r d'=lefedett+tobbszorlefedett\ge lefedett=2\pi r^2&xet;, ahonnan &tex;\displaystyle \sum d \ge \sum d'\ge 2r&xet; adódik. (Zavaró módon írtam le azt a részt, hogy "minden &tex;\displaystyle i&xet;-re a &tex;\displaystyle d_i&xet; széles sáv legfeljebb &tex;\displaystyle \pi rd_i&xet; felszínű gömbövnek felel meg".)

Ha mutatsz egy olyan lefedést, ahol a sávok szélességeinek összege egyenlő a négyzet oldalával, és van olyan körön belüli rész, amit kétszer fedtünk le, akkor (is) biztos hibás a "megoldásom", csak látni szeretném benne a hibát.

Előzmény: [887] Fálesz Mihály, 2014-06-08 21:16:32
[888] Sinobi2014-06-09 08:01:51

"A gömbövök vastagságárára és felszínére felső helyett alsó becslésed van."

Nekem felsonek tunik.

Előzmény: [887] Fálesz Mihály, 2014-06-08 21:16:32
[887] Fálesz Mihály2014-06-08 21:16:32

Nem. A gömbövök vastagságárára és felszínére felső helyett alsó becslésed van.

Btw a négyzetnek olyan fedése is van, ahol a sávok szélességeinek összege egyenlő a négyzet oldalával, és van olyan része a négyzetnek, amit készeresen fedünk le.

Előzmény: [884] w, 2014-06-07 16:14:27
[886] Fálesz Mihály2014-06-08 21:00:46

A &tex;\displaystyle p=3k+1&xet; esetet a &tex;\displaystyle \sum_{x=1}^{p} \big(f(x)\big)^{\frac{p-1}3}&xet; összeg vizsgálatával is el lehet intézni.

Előzmény: [885] w, 2014-06-07 23:23:01
[885] w2014-06-07 23:23:01

A.513. Milyen &tex;\displaystyle p&xet; prímekre van olyan harmadfokú, egész együtthatós &tex;\displaystyle f&xet; polinom, amelynek főegyütthatója nem osztható &tex;\displaystyle p&xet;-vel, és amelyre az &tex;\displaystyle f(1),f(2),...,f(p)&xet; számok páronként különböző maradékot adnak &tex;\displaystyle p&xet;-vel osztva?

Egy lehetséges megközelítés (kíváncsi vagyok, hogy van-e benne hiba, illetve hogy a kitűző erre számított-e):

Megmutatjuk, hogy ezek a prímek éppen a &tex;\displaystyle 3k+2&xet; alakúak és a &tex;\displaystyle 3&xet;.

Ha &tex;\displaystyle (p-1,3)=1&xet;, akkor az &tex;\displaystyle f(x)=x^3&xet; polinom megfelelő. Valóban, ha &tex;\displaystyle g&xet; primitív gyök modulo &tex;\displaystyle p&xet;, akkor &tex;\displaystyle g^1,\dots,g^{p-1}&xet; redukált maradékrendszer modulo &tex;\displaystyle p&xet;, ahonnan &tex;\displaystyle (p-1,3)=1&xet; miatt &tex;\displaystyle g^3,\dots,g^{3(p-1)}&xet; is redukált maradékrendszer lesz modulo &tex;\displaystyle p&xet;. Vagyis a redukált maradékrendszer köbe, így &tex;\displaystyle \{1^3,\dots,(p-1)^3\}&xet; is redukált maradékrendszer modulo &tex;\displaystyle p&xet;. Ez még a &tex;\displaystyle p^3\equiv 0&xet; maradékkal kiegészülve teljes maradékrendszert hoz létre.

Most tegyük fel, hogy van olyan &tex;\displaystyle p=3k+1&xet; prímszám és &tex;\displaystyle f(x)=ax^3+bx^2+cx+d&xet; polinom, melyre &tex;\displaystyle \{f(1),\dots,f(p)\}&xet; és &tex;\displaystyle \{1,\dots,p\}&xet; megegyezik modulo &tex;\displaystyle p&xet;, és &tex;\displaystyle (a,p)=1&xet;. Feltehető, hogy &tex;\displaystyle b&xet; és &tex;\displaystyle c&xet; sem osztható &tex;\displaystyle p&xet;-vel.*

Legyen &tex;\displaystyle g&xet; primitív gyök modulo &tex;\displaystyle p&xet;, és legyen &tex;\displaystyle r=g^k&xet;. Ekkor &tex;\displaystyle r^3=g^{3k}=g^{p-1}\equiv 1\mod p&xet; a Kis-Fermat-tétel szerint. Tekintsük azt az &tex;\displaystyle s&xet; maradékosztályt mod &tex;\displaystyle p&xet;, melyre &tex;\displaystyle b(r+1)s\equiv -c\mod p&xet;. (Ilyen létezik, hisz &tex;\displaystyle r\neq -1&xet; és &tex;\displaystyle b\neq 0&xet; mod &tex;\displaystyle p&xet;, és nem nulla, hisz &tex;\displaystyle c\neq 0&xet; mod &tex;\displaystyle p&xet;.) Ekkor

&tex;\displaystyle f(sr)-f(s)=a(s^3r^3-s^3)+b(s^2r^2-s^2)+c(sr-s)\equiv 0+bs^2(r-1)(r+1)+cs(r-1)\equiv -cs(r-1)+cs(r-1)\equiv 0\mod p,&xet;

bár &tex;\displaystyle sr\neq s&xet; mod &tex;\displaystyle p&xet;, ez tehát ellentmond a páronként inkongruens &tex;\displaystyle f&xet;-értékeknek. Így &tex;\displaystyle p=3k+1&xet; esetben nem létezik megfelelő &tex;\displaystyle f&xet; polinom. []

*Ez azért tehető fel, mert ha az &tex;\displaystyle f&xet; polinom megfelelő, akkor az

&tex;\displaystyle f(x+1)=a(x^3+3x^2+3x+1)+b(x^2+2x+1)+c(x+1)+d=ax^3+(3a+b)x^2+(3a+2b+c)x+(a+b+c+d),&xet;

&tex;\displaystyle f(x+2)=a(x^3+6x^2+12x+8)+b(x^2+4x+4)+c(x+2)+d=ax^3+(6a+b)x^2+(12a+4b+c)x+(8a+4b+2c+d)&xet;

polinomok is megfelelnek a feltételnek. Ha &tex;\displaystyle p|b&xet; volt, akkor ezekben &tex;\displaystyle x^2&xet; együtthatója relatív prím &tex;\displaystyle p&xet;-hez, és nem lehet mindkettőben &tex;\displaystyle x&xet; együtthatója &tex;\displaystyle p&xet;-vel osztható. Ha &tex;\displaystyle p|c&xet;, akkor pedig legalább egyik eltolt polinomban &tex;\displaystyle x&xet; együtthatója nem osztható &tex;\displaystyle p&xet;-vel, így ha abban &tex;\displaystyle x^2&xet; együtthatója nem osztható &tex;\displaystyle p&xet;-vel, kész, ha pedig &tex;\displaystyle p&xet;-vel osztható, akkor újra alkalmazhatjuk előbbi gondolatmenetet.

Előzmény: [577] Maga Péter, 2010-10-13 09:36:25

  [1. oldal]    [2. oldal]    [3. oldal]    [4. oldal]    [5. oldal]    [6. oldal]    [7. oldal]    [8. oldal]    [9. oldal]    [10. oldal]    [11. oldal]    [12. oldal]    [13. oldal]    [14. oldal]    [15. oldal]    [16. oldal]    [17. oldal]    [18. oldal]    [19. oldal]    [20. oldal]    [21. oldal]    [22. oldal]    [23. oldal]    [24. oldal]    [25. oldal]    [26. oldal]    [27. oldal]    [28. oldal]    [29. oldal]    [30. oldal]    [31. oldal]    [32. oldal]    [33. oldal]    [34. oldal]    [35. oldal]    [36. oldal]    [37. oldal]  

  Regisztráció    Játékszabályok    Technikai információ    Témák    Közlemények  

Támogatóink:   Ericsson   Google   Szerencsejáték Zrt.   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet   ELTE   Nemzeti Tehetség Program   Nemzeti
Kulturális Alap