[511] szbela | 2007-02-22 18:25:00 |
helló Attila! igazad van, köszi szépen. ez esetben gondolkodom még rajta...:)
|
|
|
[509] szbela | 2007-02-22 16:54:46 |
sziasztok! nekem is hasonló megoldásom lenne, íme: írjuk fel a baloldalt a következőképp: (x+y)(x+z)(y+z)-(y2x+x2z+z2y+xyz) innen a geometriai és a számtani közép között fennálló összefüggésből megtudjuk határozni (x+y)(x+z)(y+z) maximumát, ami (2/3)3, azaz 8/27. Ez x=y=z esetében áll fenn. Most határozzuk meg y2x+x2z+z2y+xyz kifejezés minimumát a számtani közép és a geometriai közép segítségével, ami 4xyz, és akkor áll fenn, ha x=y=z. És ehhez kell, hogy meghatározzuk xyz maximumát, amit szintén a már sokszor használt számtani és mértani középpel tudunk megtenni. így 4xyz értéke (1/3)3*4, azaz 4/27. Kifejezésünk maximuma tehát nem más, mint 8/27-4/27, azaz 4/27, ami az előzőekből következve x=y=z=1/3 esetben áll fenn. Utólagos elnézést a sok szöveghez, most először használtam a TeX-et.
|
|
|
|
|
[505] Sümegi Károly | 2007-02-21 18:00:44 |
Köszönöm a megoldást, a módszert ismertem. Nem tudom van-e elemibb megoldása. A feladat nehézségét az adja, hogy a megszokott egyenlőtlenségekkel nehezen bizonyítható, mert több helyen is felveszi a szélsőértékét. Egy hétig próbálkoztam vele, de nem sikerült. Ha valaki megoldaná deriválás nélkül, az érdekelne. A feladat felsőbb matematikával történő megoldása eléggé jól működik.
|
Előzmény: [504] Lóczi Lajos, 2007-02-20 14:28:40 |
|
[504] Lóczi Lajos | 2007-02-20 14:28:40 |
Aki szereti az ilyen tipusu feladatokat, azoknak ajanlom figyelmebe a www.artofproblemsolving.com oldal forumanak tanulmanyozasat: naponta tobb tucat ilyen feladatot tuznek ki.
A mostani feladat megintcsak nem lesz nehez, ha tudunk derivalni. Legyen f(x,y) az egyenlotlenseg bal oldala a z=1-x-y helyettesites utan. Megmutatjuk, hogy f abszolut maximuma 4/27 az x=0, y=0, x+y=1 egyenesek altal hatarolt haromszoglapon, amibol a feladat mar kovetkezik.
A parcialis derivaltakat 0-val egyenlove teve a haromszog belsejeben 4 lehetseges szelsoertekhely adodik: (1/3,1/3), illetve egy harmadfoku egyenlet harom gyokenel, amit most nem masolok ide. Itt f(1/3,1/3)=4/27, a maradek harom pontban pedig f erteke 1/7, ami kisebb 4/27-nel.
Hatra van a perem vizsgalata. Kulon nezve az f(0,y), f(x,0) es f(x,1-x) egyvaltozos fuggvenyeket megallapitjuk, hogy ezek legfeljebb 4/27-et vesznek fel, megpedig csak az alabbi helyeken: (0,2/3), (1/3,0), (2/3,1/3), amivel befejezodik az erveles.
|
Előzmény: [499] Sümegi Károly, 2007-02-19 14:35:14 |
|
|
[502] jonas | 2007-02-19 20:37:00 |
Én így kezdeném el:
Vezessük be az f(t)=tp-1(1-t)n jelölést. Ezzel az integrált így írhatjuk.
(Ha p1, akkor esetleg lehetnek gondok az integrál felcserélésével.)
Innen viszont nem tudom, hogy mennék tovább.
|
Előzmény: [496] Cckek, 2007-02-18 19:29:46 |
|
[501] nadorp | 2007-02-19 14:53:22 |
... és a kígyó a saját farkába harap -:). Olyan "nagyon szép" alakot szerintem azért ne nagyon várjál, mert az integrálban a Gamma-függvény van elrejtve.
|
Előzmény: [500] Cckek, 2007-02-19 14:43:27 |
|
|
[499] Sümegi Károly | 2007-02-19 14:35:14 |
Van egy nehéz feladatom:
x,y,z nemnegatív számokra x+y+z=1.
Bizonyítsuk be, hogy
|
|
[498] nadorp | 2007-02-19 11:26:09 |
Így van, nekem is ez jött ki a binomiális tételből. De találtam egy "szebb" ( bár ez hozzáállás kérdése -:) alakot. Tehát
( természetesen p-szerinti deriváltról van szó)
|
Előzmény: [497] Lóczi Lajos, 2007-02-19 11:10:01 |
|
|
|
|
|
[493] Lóczi Lajos | 2007-02-07 12:26:39 |
Amit ki lehet egyáltalán számolni, arra nézve lásd http://integrals.wolfram.com/
(Gyakran segít, ha paraméterek helyett konkrét számokkal dolgozol -- a paramétereket komplex számokként kezeli alaphelyzetben, melyek néha bonyolult esetszétválasztásokat eredményeznek.)
|
Előzmény: [492] Cckek, 2007-02-07 10:22:42 |
|
[492] Cckek | 2007-02-07 10:22:42 |
A következő tipusú integrálokat kéne kiszámítani:
Ahol f(x) valamilyen trigonometrikus függvény a,b,c,d valós számok.
|
|
[491] Gyöngyő | 2007-01-29 18:08:31 |
Sziasztok!
Tudnátok segíteni az A.414 feladat megoldásában,mert elrontottam a végégt de nem tudom kijavítani.
Üdv.: Zsolt
|
|
|
[489] nadorp | 2007-01-29 14:38:59 |
Az 1.feladat vázlatosan.
Legyen , ha n>1 és f(1)=1
, ha n>1 és g(1)=1
Nyilván f(n) az n-dik primítiv egységgyökök összege, g(n) pedig a négyzetösszege,ezért a kettős szorzatok összege . Először bizonyítsuk be, hogy f és g multiplikatívok. Ha ez megvan, akkor kiszámolható, hogy
, ha =1 és 0 egyébként, azaz f(n)=(n) a Möbius-féle függvény. Hasonlóan kapjuk, hogy g(n)=(n), tehát a keresett összeg , ami 1, ha n prím és 0 különben.
|
Előzmény: [473] thukaert, 2007-01-27 15:40:42 |
|
[488] thukaert | 2007-01-27 22:31:53 |
A,B legyen két egész elemű mátrix, és legyenek ezek relációban pontosan akkor ha létezik olyan U egész elemű unimoduláris mátrix amellyel A-t balról megszorozva B-t kapjuk.
1) Bizonyítsuk be hogy ekvivalenciarelációt kapunk! 2) Határozzuk meg a k determinánsú n-edrendű mátrixok ekvivalencia-osztályainak a számát!
|
|
[487] Csimby | 2007-01-27 18:49:04 |
Én ezt úgy ismerem, hogy egy amőba roszat álmodik és ösze-visza forgolódik/nyúlik stb álmában, de eközben sosem lóg le az ágyáról ami mondjuk kör vagy négyzet alakú. Bizonyítsuk be hogy lesz olyan pontja ami ugyanott ébred fel mint ahol lefeküdt.
Könnyebb a következő: Egy kígyó roszat álmodik és öszevisza tekeredik az alvócsövében, de nem lóg ki belőle. Biz be, hogy lesz olyan pontja ami ugyanott ébred mint ahol lefeküdt.
|
Előzmény: [482] thukaert, 2007-01-27 18:00:16 |
|