[27] Gubbubu | 2004-01-16 18:55:52 |
Üdv;
Egy határértékszámítási példa, remélem, jó nehéz lesz (ha nem, hát nem):
12. fa.: Jelölje Sn az n-edik háromszögszámot, más néven az első n természetes szám összegét. Igazoljuk, hogy
Megjegyzés: a határértéket részben empirikusan, részben a Derive programmal számoltam ki, így a feladat elvileg megoldható, és a benne foglalt állítás vsz. igaz.
|
|
[26] Csizmadia Gábor | 2004-01-13 20:54:19 |
A gyakorlatot vezető tanárodnak nagyon nem volt igaza, ugyanis a felső határ - akár elemi módszerekkel is - tetszőlegesen megközelíthető.
Gosztonyi Balázstól származik a következő megoldás.
Pozitív n,k,r számokra érvényes az alábbi mértani-számtani közép közti egyenlőtlenség:
Válasszuk meg úgy k-t ér r-t, hogy a jobb oldal 1 legyen, ilyenkor:
Visszaírva az eredeti kifejezésbe:
Ezután (n+k)-adik hatványra emelve, és kirendezve -re:
Pl. k=100 esetén
|
Előzmény: [25] bbb, 2004-01-13 18:28:57 |
|
[25] bbb | 2004-01-13 18:28:57 |
Sziasztok!
Elsős egyetemista koromban analízis gyakorlaton azt bizonyítottuk, hogy az sorozat korlátos, pl. felső korlát a 3. A gyakorlatot vezető tanár úr szerint ennél pontosabb becslés nem is adható a felső korlátra elemi módszerekkel (tehát határértékszámítás használata nélkül). Felajánlotta, hogy ha ez valakinek mégis sikerülne, annak ad egy tábla csokoládét. Nekem sikerült, ám még mindig nem kaptam meg a megéremelt jutalmat. De mindez lényegtelen. A feladat a következő lenne: bbh
ahol n=1,2,.... A bizonyításhoz mellőzzétek a határértékszámításból tanultakat, mert így igazán izgalmas. Jó munkát!
|
|
[24] Csizmadia Gábor | 2003-12-24 00:54:31 |
Ugyan nem tudom, hogy ez kinek mennyire nehéz, de szerintem ezek a feladatok megérdemlik, hogy ide kerüljenek, leginkább a C. Az A és a B esetén nem csak konkrét példára gondolok, hanem egy kicsit általánosabb megoldásra.
10. feladat Konstruálj olyan valós-valós (R->R) függvényt (ha létezik ilyen), amely értelmezési tartományának minden nem megszámlálható részhalmazán felveszi a teljes értékkészletet. A. Az értékkészlet ekvivalens N-nel B. Az értékkészlet ekvivalens N-nel, valamint a függvény mindenütt differenciálható C. Az értékkészlet ekvivalens R-rel
|
|
|
|
[21] Rácz Béla | 2003-12-16 21:52:54 |
Egy igazi ínyencség, amit egyes érdekes ízlésű emberek diákolimpiára (1,5 óra/feladat) akartak kitűzni:
9. feladat
Mely (f, g) valósokon értelmezett valósértékű függvénypárokra teljesül minden x és y esetén az alábbi egyenlőség?
|
|
[20] Pach Péter Pál | 2003-12-12 19:44:27 |
Egy újabb feladat:
8. feladat
Legyen >0. Keressük a legnagyobb számot, amelyre teljesül, hogy ha n elég nagy, akkor megadható (-)n különböző egész szám 1 és n között úgy, hogy a megadott számok közül egyik sem osztója egy másik kétszeresének. Adjuk meg 1 és n között a lehető legtöbb egész számot ezzel a tulajdonsággal.
Megjegyzés:
Félreértések elkerülése végett: -t nem függvényében keressük.
|
|
|
[18] nadorp | 2003-12-12 16:17:28 |
Kedves Béla !
Most lehet,hogy égni fogok, de közlök egy megoldást a 6. feladatra. Nem tudom elhinni, hogy csak a triviális megoldás létezik ( azaz a sorozat elemei egyenlőek ), de a hibát nem találom. Szóval:
Legyen a p polinom n-ed fokú és írjunk fel egy Euklideszi algoritmushoz hasonlót
p(x)=(x-q2)p1(x)+q1
p1(x)=(x-q3)p2(x)+r2
p2(x)=(x-q4)p3(x)+r3
. . .
pn-2(x)=(x-qn)pn-1(x)+rn-1
Ebből következik, hogy a p polinom alkalmas s2,s3,...sn+1 racionális számokkal felírható a következő alakba:
p(x)=(x-q2)...(x-qn+1)sn+1+(x-q2)...(x-qn)sn+...(x-q2)s2+q1
A fenti eljáráshoz hasonlóan,"eggyel később kezdve",alkalmas t2,t3,...tn+1 számokkal
p(x)=(x-q3)...(x-qn+2)tn+1+(x-q3)...(x-qn+1)tn+...(x-q3)t2+q2
Írjunk a második egyenlőségben x helyére p(x)-et és használjuk fel egyrészt a qi számok közti összefüggést, másrészt, hogy minden polinomban p(x)-p(a)=(x-a)h(x) minden "a" számra. Kapjuk:
p(p(x))=(x-q2)...(x-qn+1)hn+1(x)+(x-q2)...(x-qn)hn(x)+...(x-q2)h2(x)+q1, ahol hi(x) alkalmas racionális együtthatós polinom. Az előzőek alapján
p(p(x))+p(x)=(x-q2)...(x-qn+1)(hn+1(x)+sn+1)+(x-q2)...(x-qn)(hn(x)+sn)+...(x-q2)(h2(x)+s2)+q1+q2
Ha most a fenti egynlőségben x=q3, akkor azt kapjuk, hogy
(q3-q2)(h2(x)+s2)=0
Mivel h2(x) legalább elsőfokú polinom, ez csak úgy lehet, hogy q2=q3.
Teljesen hasonló módszerrel kapjuk, hogy q3=q4 stb. Végül a q3=q2 összefüggésből p(q3)=p(q2), azaz q2=q1 következik.
|
Előzmény: [16] Rácz Béla, 2003-12-11 00:30:39 |
|
[17] Rácz Béla | 2003-12-11 19:42:01 |
Eszembe jutott még egy darab. Nagyon örülnék neki, ha valaki elegáns megoldást adna rá, mert én csak elég kellemetlen bizonyításról tudok. A feladat egy háromszögben a beírt kör középpontjának az Euler-egyeneshez való viszonyát tisztázza:
7. feladat
A beírt kör K középpontjából a súlypontot és a magasságpontot összeköző SM szakasz több, mint 90°-ban látszik; más szóval K benne van az SM átmérőjű körben.
Sőt, ez az állítás éles: ha adottak az S,M,K pontok úgy, hogy ez a feltétel teljesüljön, akkor rajzolható hozzájuk megfelelő háromszög.
|
|
[16] Rácz Béla | 2003-12-11 00:30:39 |
Ez a magyar-izraeli versenyen volt pár éve:
6. feladat
egy végtelen sorozat, ami racionális számokból áll; és p egy legalább másodfokú racionális együtthatós polinom. Tudjuk, hogy p(qi+1)=qi minden lehetséges i-re.
Bizonyítandó, hogy a (q) sorozat periodikus.
|
|
[15] Pach Péter Pál | 2003-12-08 20:40:47 |
Kedves Péter!
A G gráf egy automorfizmusa: csúcsainak egy permutációja, amelyre az i és j pontok közötti élek száma megegyezik a (i) és (j) pontok közötti élek számával minden (i,j) párra.
Részletezve: Megszámozzuk a gráf pontjait 1-től n-ig(, ha n pontja van). Tegyük fel, hogy ezután át tudjuk számozni a gráf pontjait úgy, hogy minden 1ijn esetén teljesül, hogy ha az i. és j. pont között a „régi” számozás mellett futott él, akkor az „új” számozás mellett is fut és ha a „régi” számozás mellett nem futott él, akkor az „új” mellett sem fut. (Amennyiben a gráf nem egyszerű, akkor azt is megköveteljük, hogy ugyanannyi él fusson.) Az „új” számozást (vagyis a gráf pontjainak ezt a permutációját) a gráf egy automorfizmusának nevezzük. Minden gráfnak van legalább egy automorfizmusa: az identitás (amikor minden pont száma változatlan marad). (Általában egy „véletlenszerűen” felrajzolt gráfnak nincs is más automorfizmusa.)
Példák:
- Az n pontú teljes gráfnak automorfizmusainak száma n!.
- Egy (2<)n hosszú kör automorfizmusainak száma 2n.
- A Petersen-gráf automorfizmusainak száma 120.
Az automorfizmusokat pedig úgy szorozhatjuk össze, hogy összeszorozzuk a hozzájuk tartozó permutációkat. Innen már végig lehet gondolni, hogy valóban csoportot alkotnak…
A példádat egyébként ismerem, úgyhogy Attilára, vagy másra vár a feladat, hogy megoldja, és feltegye a megoldást.
|
Előzmény: [11] nadorp, 2003-12-08 13:53:55 |
|
[14] Pach Péter Pál | 2003-12-08 20:29:51 |
Térjünk vissza a 3. feladathoz, és a [4]-ben feltettem kérdésemhez. A kérdésre a válasz az, hogy nem, és nem csak „ehhez hasonlóan” nem bizonyítható, hanem egyáltalán nem, ugyanis nem is igaz.
A feladat átfogalmazható úgy, hogy 0<y1,y2,…,yn esetén igaz-e, hogy , ha .
Az f függvény a intervallumon konkáv, a intervallumon pedig konvex. Ezt f’’(x) előjelének vizsgálatával (amihez másodfokú egyenletet kell megoldanunk) állapíthatjuk meg.
Ha n=3, akkor ha y1,y2,y3 mind legalább , akkor készen vagyunk a Jensen-egyenlőtlenséggel. Ha közülük egy, vagy kettő -nál kisebb, akkor a többi „annyira nagy” lesz, hogy még erősebb becslést nyerünk. (Ezt viszonylag gyorsan ki lehet hozni.) Viszont, ha n nagy, akkor lehetséges, hogy akár az összes yi kisebb, mint , s ilyenkor éppen a Jensen-egyenlőtlenség mutatja, hogy még csökkenthető. (Hiszen a [0;] intervallumon f konkáv.)
|
Előzmény: [4] Pach Péter Pál, 2003-12-02 23:05:43 |
|
|
|
[11] nadorp | 2003-12-08 13:53:55 |
Kedves Attila !
Teljesen igazad van abban, hogy a rendezettségen alapuló egyenlőtlenség nagyon hasznos. Ha érdekel, nézd meg a KÖMAL A.324. sz. példára adott harmadik megoldást, nagyon tanulságosan használja fel ezt az egyenlőtlenséget.
Kedves Péter ! (különben én is az vagyok)
Az első példa kapcsán - valószínűleg anno kihagytam pár absztrakt algebrai előadást - kisebb gondjaim vannak azzal, hogy hogyan értelmezzem egy gráf automorfizmusát ( kétféle leképezést is találtam egy konkrét esetben, így az egyik biztos nem jó). Légy szíves pár szóval vázold. Van egy aranyos példám is. Az 198[3-8] évben tűzték ki a Riesz Frigyes matek versenyen.
4.feladat
Adott egy n-elemű X halmaz ( n1 pozitív egész ) és adott X-nek n darab különböző ( nem feltétlenül valódi ) részhalmaza A1,A2...An. BBh. létezik xX , hogy az A1\{x},A2\{x} … An\{x} halmazok is különbözőek.
|
|
[10] jenei.attila | 2003-12-08 10:43:51 |
Kedves nadorp!
Teljesen igazad van, amikor leírtam, már én is rájöttem. Ahogy említettem is, nem gondoltam végig, csak egy ötlet volt, először jónak tűnt.
A harmadik feladatnál nem kell használni a "skalár szorzatos" (nem tudok rá jobb nevet, és ennyi erővel a Cauchy-Schwartz egyenlőtlenséget is lehetne így nevezni) egyenlőtlenséget, mert a feladathoz elég a
(x-y)2+(x-z)2+(y-z)20
egyenlőtlenséget átrendezni, azonban a "skalár szorzatos" önmagában is érdekes és sokszor nagyon hasznos egyenlőtlenség.
|
|
|
[8] nadorp | 2003-12-08 09:30:10 |
Kedves Attila !
A 3. feladatra adott ötleted annyiban hibás,hogy a feltételből csak annyi következik, hogy ++<=180o (Jensen egyenlőtlenség), tehát nem biztos, hogy egyáltalán háromszöget kapsz.Pld. próbáld ki a esetet, ++=176,78o-ot fogsz kapni.
Egyébként,ha ,, egy háromszög szögei, akkor könnyű a bizonyítás, mert a tan +tan +tan =tan tan tan azonosság miatt, felhasználva a számtani és mértani közép közötti összefüggést:
(tan +tan +tan )3>=27tan tan tan =27(tan +tan +tan ), ezért
|
Előzmény: [7] jenei.attila, 2003-12-07 23:00:44 |
|
[7] jenei.attila | 2003-12-07 23:00:44 |
Kedves Péter!
A negyedik feladat megoldásával is megelőzött nadorp, azért leírom az enyémet:
A megoldás során két jól ismert egyenlőtlenséget fogunk felhasználni. Az egyik a hatványközepekre vonatkozó egyenlőtlenség, amely szerint ha , akkor nem negatív számok -adik hatványközepe nem nagyobb a -adik hatványközepüknél. x,y,z négyzetes és köbös hatványközepére:
Mindkét oldalt 6-odik hatványra emelve, és 8/9 -del beszorozva kapjuk:
A másik egyenlőtlenség két számsorozat "skaláris szorzatára" vonatkozik, amely szerint az akkor maximális, ha a sorozatok egyezőleg rendezettek, minimális, ha ellenkezőleg rendezettek. Például x,y,z -re
xy+yz+zxx2+y2+z2
A bizonyítandó egyenlőtlenség bal oldalának zárójeles kifejezéseire alkalmazva a számtani-mértani közép egyenlőtlenségét majd köbre emelve és 9-cel beszorozva:
Ebben az egyenlőtlenségben a jobboldal (a "skalár szorzatos" egyenlőtlenség miatt):
A két utóbbi és a hatványközepekre vonatkozó egyenlőtlenséget összevetve kapjuk a bizonyítandó állítást:
A 3. feladat megoldását nem gondoltam végig, mert nadorp megoldása egyszerűbb, azért ezt is leírom. Az helyettesítést bevezetve a bizonyítandó egyenlőtlenség . A feltételek ,,hegyesszögű háromszöget adnak meg.
|
Előzmény: [2] Pach Péter Pál, 2003-12-01 22:09:03 |
|
[6] Pach Péter Pál | 2003-12-04 22:32:09 |
Kedves Péter! (Csak tippeltem, ha tévedek, javíts ki!)
Köszi a megoldást a 4. feladatra. A 3. feladatnál szerintem azért nem zavaró a 2-es szorzó elhagyása, mert az egyenlet 0-ra volt rendezve. A [4]-ben feltett kérdésemen nagyon sokat nem érdemes töprengeni, ugyanis kicsit becsapós. :-) Nos?
Sok sikert az első két feladathoz!
|
Előzmény: [5] nadorp, 2003-12-04 14:12:26 |
|
[5] nadorp | 2003-12-04 14:12:26 |
Kedves Péter !
A 3. feladatra adott megoldás nem annyira remek, mert egyrészt elhagytam a nevezőben egy 2-es szorzót ( bár ez a lényegen nem változtat), másrészt nem általánosítható n>3 esetére, mert ekkor csak egyszeres gyök, ezért nem a négyzeten szerepel a szorzatban. Azért még küzdök vele.Viszont van egy megoldásom a 4. feladatra.
Elég bizonyítani, hogy
Vonjunk mindkét oldalból 6-ik gyököt. Ekkor
Felhasználva hogy a 2-dik hatványközép kisebb egyenlő a 3-dik hatványközépnél, a bizonyítandó állítást kapjuk
|
Előzmény: [2] Pach Péter Pál, 2003-12-01 22:09:03 |
|
|
[3] nadorp | 2003-12-02 17:11:35 |
Megoldás a 3. feladatra.
Az ember a szimmetria miatt akaratlanul arra gondol, egyenlőség csak esetén van. Ekkor a balodalon álló összes tört értéke . Másrészt is teljesül, ezért az
egyenletnek az szám gyöke,ezért belőle a kifejezés kiemelhető. Valóban, nem részletezve a számolást, a fenti egyenlet bal oldalára a következőt kapjuk:
, ami a (0;1) nyílt intervallumon nemnegatív.
Most már az eredeti feladat könnyen megoldható. A fenti egyenelet bal oldalán szereplő kifejezésbe helyettesítsük rendre az a,b és c számokat és adjuk össze ezt a három kifejezést. Felhasználva a négyzetösszegekre vonatkozó feltételt, pont a kívánt egyenlőtlenséget kapjuk.
|
Előzmény: [2] Pach Péter Pál, 2003-12-01 22:09:03 |
|