[885] w | 2014-07-15 18:22:52 |
Legyen &tex;\displaystyle f(x)=x^{1/x}&xet;. Ekkor &tex;\displaystyle f&xet; deriváltja:
&tex;\displaystyle f'(x)=-x^{\frac 1x-2}(\ln x-1).&xet;
(Hisz láncszabállyal &tex;\displaystyle (\ln(f))'=\ln'(f)\cdot f'=\frac{f'}{f}&xet;, ahonnan
&tex;\displaystyle f'=f\cdot (\ln (f))'=x^{1/x}\cdot \left(\frac 1x \ln x\right)'=x^{1/x}\cdot \left[-\frac1{x^2}\ln x+\frac 1{x^2}\right].)&xet;
Ebből adódik, hogy &tex;\displaystyle x>e&xet; esetén &tex;\displaystyle f'(x)<0&xet;, vagyis &tex;\displaystyle f&xet; az &tex;\displaystyle [e;\infty)&xet; intervallumon monoton csökken. Tehát
&tex;\displaystyle x_i^{\frac1{x_i}}\ge (x_i+\dots+x_n)^{\frac1{x_i+\dots+x_n}},&xet;
átalakítva
&tex;\displaystyle x_i^{\frac{x_i+\dots+x_n}{x_i}}\ge x_i+\dots+x_n.&xet;
Ezt &tex;\displaystyle i=1&xet;-től &tex;\displaystyle n&xet;-ig összegezve a bizonyítandót kapjuk. (Egyenlőség pedig nem állhat fenn.)
|
Előzmény: [884] Cogito, 2014-07-04 21:39:42 |
|
[884] Cogito | 2014-07-04 21:39:42 |
Remélem, nem volt még:
Legyenek &tex;\displaystyle x_1&xet;, &tex;\displaystyle x_2&xet;, . . . , &tex;\displaystyle x_n&xet; &tex;\displaystyle \ge&xet; &tex;\displaystyle e&xet;.
Bizonyítsuk be, hogy
&tex;\displaystyle x_1^{\frac{x_1 + x_2 + ... + x_n}{x_1}} + x_2^{\frac{x_2 + x_3 + ... + x_n}{x_2}} + ... + x_{n-1}^{\frac{x_{n-1} + x_n}{x_{n-1}}} + x_n \ge x_1 + 2x_2 + ... + (n - 1)x_{n-1} + nx_n&xet; .
|
|
|
[882] HoA | 2014-06-23 16:18:40 |
Egy igazi ujjgyakorlat: Igazoljuk, hogy a Geometria téma [1845] -ben kitűzött feladat egyenértékű a B 4639. KöMaL feladattal.
|
|
|
|
[879] jonas | 2014-06-18 22:45:01 |
Ezt a feladatot ismerem az &tex;\displaystyle a = 2 &xet; esetben, és tetszik. Más &tex;\displaystyle a &xet;-ra még nem gondolkodtam el rajta, de szerintem ugyanaz a bizonyítás megy.
|
Előzmény: [877] w, 2014-06-11 22:58:23 |
|
|
[877] w | 2014-06-11 22:58:23 |
Legyen &tex;\displaystyle a>1&xet; adott egész szám, és legyen
&tex;\displaystyle a_n=\frac{a^{a^{n+1}}-1}{a^{a^n}-1}.&xet;
Bizonyítsuk be, hogy az &tex;\displaystyle (a_n)_{n=1,2,\dots}&xet; sorozat tagjai páronként relatív prímek.
|
|
[876] emm | 2014-06-01 01:16:28 |
Ha viszont feltesszük, hogy folytonos a függvény &tex;\displaystyle [0,2e]&xet;-n, akkor már igaz. Lagrange-féle középértéktétellel: &tex;\displaystyle \exists \xi_1\in (0,e),\xi_2\in(e,2e)&xet;:
&tex;\displaystyle 0<f'(\xi_1)=\frac{f(e)-f(0)}{e-0}\implies f(e)=f(0)+ef'(\xi_1)&xet; | (1) |
&tex;\displaystyle 0<f'(\xi_2)=\frac{f(2e)-f(e)}{2e-e}\implies f(2e)=f(e)+ef'(\xi_2)&xet; | (2) |
&tex;\displaystyle (1)&xet; és &tex;\displaystyle (2)&xet; összevetéséből:
&tex;\displaystyle f(2e)-f(0)=e(f'(\xi_1)+f'(\xi_2))>0&xet;
|
Előzmény: [875] Lóczi Lajos, 2014-05-30 20:27:09 |
|
|
[874] emm | 2014-05-30 17:00:23 |
Ellenpélda: &tex;\displaystyle \frac{1}{e-x}&xet;, ha &tex;\displaystyle x\neq e&xet;, és &tex;\displaystyle 0&xet; különben. &tex;\displaystyle f(0)>0>f(2e)&xet;.
|
Előzmény: [873] Lóczi Lajos, 2014-05-29 11:07:35 |
|
[873] Lóczi Lajos | 2014-05-29 11:07:35 |
Legyen &tex;\displaystyle f&xet; egy olyan valós függvény, amely a &tex;\displaystyle (0,2e)&xet; intervallumon van értelmezve. Azt is tudjuk, hogy &tex;\displaystyle f'(x)>0&xet; minden &tex;\displaystyle x\in (0,2e)\setminus \{e\}&xet; esetén. Bizonyítsuk be, hogy ekkor &tex;\displaystyle f(0)<f(2e)&xet;.
|
|
[872] koma | 2013-12-27 18:12:58 |
köszönöm szépen a válaszokat:)
|
|
|
[870] nadorp | 2013-12-27 10:16:38 |
A térfogat tetszőlegesen kicsi lehet. Legyen a három él x,x és 45-2x, ahol x-et később választjuk meg. Ekkor a térfogatra
Innen látszik, hogy ha x elég kicsi, akkor a térfogat is kicsi, azaz a térfogatnak nem elfajuló téglatest esetében nincs minimuma, de tetszőlegesen közel lehet 0-hoz.
|
Előzmény: [868] koma, 2013-12-27 09:52:30 |
|
|
[868] koma | 2013-12-27 09:52:30 |
Sziasztok,
Egy téglatest egy csúcsából kiinduló éleinek összege 45 cm. Mekkora lehet legfeljebb a téglatest térfogata?
Ez számomra világos AM-GM-el egyszerűen oldható.
Viszont a minimális térfogatot hogyan tudnám meghatározni? Ezt nem látom jelenleg.
Kellemes ünnepeket mindenkinek!
|
|
|
|
[865] w | 2013-10-29 19:29:11 |
Igen. Amire eredetileg gondoltam, az lényegében ezt a gondoltatmenetet csomagolja be, és egyáltalán nem induktív.
Legyen harmadik komplex egységgyök, azaz . Most csak annyira lesz szükségünk, hogy létezik olyan szám, melyre 2++1=0.
Jelöljük fk(n)-nel azon n-jegyű pozitív egészek számát, amelyek k maradékot adnak 3-mal osztva. Ekkor mivel nyilván 3=1, ezért a=a+3b tetszőleges a,b egész számokra. Emiatt meggondolhatjuk, hogy
Utóbbi összeg viszont nyilván nem más, mint (2+3+7+9)n, ahol 2+3+7+9=2+1++1=1. Vagyis
f0(n)+f1(n)+f2(n)2-1=0.
Ez egy -ban másodfokú egyenlet; megoldásai: és 2. Viszont x2+x+1 is olyan másodfokú polinom, melynek gyökei és 2, ezért a két szóban forgó polinom igazából egymás többszöröse. Ebből adódik, hogy f0(n)-1=f1(n)=f2(n), ahol viszont f0(n)+f1(n)+f2(n)=4n, ezért .
-
A fent leírt módszer általánosabb feladatok megoldására is alkalmas: például keressük meg, hány n-jegyű számnak lesznek a számjegyei 1,3,4,5,6,9 kozüliek, és 7-tel oszthatók.
Egy másik gyakorló feladat például a következő. Hány p-elemű részhalmaza van az {1,2,...,2p} halmaznak, melynek elemeinek összege p-vel osztható, ahol p páratlan prímszám?
(De ezek már tényleg nem ujjgyakorlatok.)
|
Előzmény: [863] Róbert Gida, 2013-10-28 17:50:03 |
|
|
[863] Róbert Gida | 2013-10-28 17:50:03 |
Elmondom kevesebb betűvel: legyen a(n) azon n jegyűek száma melyek oszthatóak 3-mal és csak a 2,3,7,9 jegyeket tartalmazzák. Mivel 2,3,7 teljes maradékrendszer mod 3, ezért tetszőleges n-1 hosszú szám pontosan egyféleképpen egészíthető ki a 2,3,7 jegyekkel, hogy osztható legyen 3-mal, ez ad 4n-1 lehetőséget. Ha 9-cel is ki tudjuk egészíteni, akkor ez csak úgy lehetséges, hogy már az n-1 hosszú szám is osztható volt 3-mal, azaz írhatjuk: a(n)=a(n-1)+4n-1 és triviálisan a(1)=2, innen (mértani sorozat miatt): .
|
Előzmény: [859] nadorp, 2013-10-28 11:05:14 |
|
|
|