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

Fórum: Nehezebb matematikai problémák

  [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]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[859] HoA2021-01-06 19:31:17

Elnézést a nem tökéletes ábráért, a lényeg azért látszik rajta.

Előzmény: [858] HoA, 2021-01-03 20:20:37
[858] HoA2021-01-03 20:20:37

RE: 3. eset: Ilyenkor második közös pontról nem lehet beszélni...

Mivel az első két esetben az \(\displaystyle OO_1\) egyenes és egy hiperbola pont ( \(\displaystyle O_2\) ) viszonyáról van szó, a harmadik esetben kitűzhetjük feladatul az \(\displaystyle OO_1\) egyenes és a három hiperbola egy-egy aszimptotája irányának vizsgálatát.

Előzmény: [857] hihetetlen, 2020-11-30 13:12:16
[857] hihetetlen2020-11-30 13:12:16

1. eset:

Ha az inverzió középpontja a \(\displaystyle K\) kör belsejében van, akkor az inverz képe (legyen \(\displaystyle K'\)) egy olyan kör lesz, amelyik a belsejében tartalmazza a \(\displaystyle K_A\), \(\displaystyle K_B\) és \(\displaystyle K_C\) köröket, amelyeket érint. Jelöljük \(\displaystyle K'\) sugarának a hosszát \(\displaystyle R\)-rel, középpontját \(\displaystyle O_2\)-vel. Ekkor

\(\displaystyle \mathcal{ d }_A(O_2)=R-r_A \)

\(\displaystyle \mathcal{ d }_B(O_2)=R-r_B \)

\(\displaystyle \mathcal{ d }_C(O_2)=R-r_C \)

és ezért

\(\displaystyle \mathcal{ d }_B(O_2)-\mathcal{ d }_A(O_2)=r_A-r_B=b-a \)

de mivel

\(\displaystyle \mathcal{ d }_B(P)-\mathcal{ d }_A(P)=b-a \)

jellemzi a (3) hiperbolaág társát, ezért \(\displaystyle O_2\) rajta van a \(\displaystyle C\) csúcson áthaladó hiperbolaág társán. Hasonlóan látható be, hogy rajta van a másik két hiperbolaág társán is, tehát ez lesz a három (társ) hiperbolaág közös pontja. Ebben az esetben az inverzió középpontja, ami a beírható kör középpontja az \(\displaystyle O_1O_2\) szakaszra esik (az inverzió tulajdonsága).

2. eset:

Ha az inverzió középpontja a \(\displaystyle K\) körön kívül van, akkor az inverz képe (legyen \(\displaystyle K'\)) egy olyan kör lesz, amelyik nem tartalmazza a \(\displaystyle K_A\), \(\displaystyle K_B\) és \(\displaystyle K_C\) köröket, amelyeket érint. Jelöljük \(\displaystyle K'\) sugarának a hosszát \(\displaystyle R\)-rel, középpontját \(\displaystyle O_2\)-vel. Ekkor

\(\displaystyle \mathcal{ d }_A(O_2)=R+r_A \)

\(\displaystyle \mathcal{ d }_B(O_2)=R+r_B \)

\(\displaystyle \mathcal{ d }_C(O_2)=R+r_C \)

és ezért

\(\displaystyle \mathcal{ d }_A(O_2)-\mathcal{ d }_B(O_2)=r_A-r_B=b-a \)

tehát \(\displaystyle O_2\) rajta van a \(\displaystyle C\) csúcson áthaladó (3) hiperbolaágon. Hasonlóan látható be, hogy rajta van a másik két hiperbolaágon is, tehát ez lesz a három (elsődleges) hiperbolaág másik közös pontja. Ebben az esetben az inverzió középpontja, ami a beírható kör középpontja az \(\displaystyle O_1O_2\) szakaszon kívülre esik az \(\displaystyle O_1O_2\) egyenesen (az inverzió tulajdonsága).

3. eset:

Ha az inverzió középpontja a \(\displaystyle K\) kör kerületére esik, akkor \(\displaystyle K\) inverz képe egy egyenes lesz, ami persze érinti a \(\displaystyle K_A\), \(\displaystyle K_B\) és \(\displaystyle K_C\) köröket. Ilyenkor második közös pontról nem lehet beszélni, mert az egyet jelentene egy második érintő körrel. Mint azt Pythagoras-tétellel könnyű igazolni, ebben az esetben áll fenn a

\(\displaystyle r_C=\frac{r_A*r_B}{(\sqrt{r_A} + \sqrt{r_B})^2} \tag{ 4 } \)

összefüggés. Így a legkisebb kör sugarának a viszonya a másik két sugárhoz dönti el, hogy a 3 eset közül melyik teljesül:

\(\displaystyle r_C>\frac{r_A*r_B}{(\sqrt{r_A} + \sqrt{r_B})^2} \)

az 1. eset,

\(\displaystyle r_C<\frac{r_A*r_B}{(\sqrt{r_A} + \sqrt{r_B})^2} \)

a 2. eset.

Csak megjegyezzük, hogy a (4) egyenlőség írható az alábbi, könnyebben megjegyezhető formában is:

\(\displaystyle \frac{1}{\sqrt{r_C}}=\frac{1}{\sqrt{r_A}} + \frac{1}{\sqrt{r_B}} \)

vagy visszavezetve a háromszög oldalaira:

\(\displaystyle \frac{1}{\sqrt{s-c}}=\frac{1}{\sqrt{s-a}} + \frac{1}{\sqrt{s-b}} \)

Előzmény: [856] hihetetlen, 2020-11-30 13:09:55
[856] hihetetlen2020-11-30 13:09:55

Megköszönve Sinobi hozzászólását és sakkmath értékes észrevézelét, úgy gondolom, hogy most már teljes bizonyítást tudok küldeni (méret túllépés miatt 2 darabban).

Használjuk a [851] jelöléseit:

Jelöljük a háromszög csúcsait a szokásnak megfelelően \(\displaystyle A\), \(\displaystyle B\) és \(\displaystyle C\)-vel! \(\displaystyle A\)-val szemben legyen a legrövidebb, \(\displaystyle C\)-vel szemben a leghosszabb oldal. Az oldalak hossza legyen rendre \(\displaystyle a<b<c\), a háromszög fél kerületét a szokásoknak megfelelően jelöljük \(\displaystyle s\)-sel! Jelölje \(\displaystyle A_1\), \(\displaystyle B_1\) és \(\displaystyle C_1\) a megfelelő csúccsal szemközti oldalon a beírható kör érintési pontját! Legyen továbbá \(\displaystyle r_A\) az \(\displaystyle AB_1\) és \(\displaystyle AC_1\) szakaszok, \(\displaystyle r_B\) a \(\displaystyle BA_1\) és \(\displaystyle BC_1\) szakaszok, \(\displaystyle r_C\) pedig a \(\displaystyle CA_1\) és \(\displaystyle CB_1\) szakaszok hossza! Vezessük be még az \(\displaystyle A\) pont körül \(\displaystyle r_A\) sugárral rajzolt körre a \(\displaystyle K_A\), a \(\displaystyle B\) pont körül \(\displaystyle r_B\) sugárral rajzolt körre a \(\displaystyle K_B\) és a \(\displaystyle C\) pont körül \(\displaystyle r_C\) sugárral rajzolt körre a \(\displaystyle K_C\) jelölést.

Definiáljunk három függvényt: \(\displaystyle \mathcal{ d }_A(P)\) jelölje a sík tetszőleges \(\displaystyle P\) pontjának a távolságát \(\displaystyle A\)-tól, \(\displaystyle \mathcal{ d }_B(P)\) jelölje a sík tetszőleges \(\displaystyle P\) pontjának a távolságát \(\displaystyle B\)-től és \(\displaystyle \mathcal{ d }_C(P)\) jelölje a sík tetszőleges \(\displaystyle P\) pontjának a távolságát \(\displaystyle C\)-től.

Az \(\displaystyle A\) ponton átmenő hiperbolaágat azon \(\displaystyle P\) pontok alkotják, amelyekre

\(\displaystyle \mathcal{ d }_B(P)-\mathcal{ d }_C(P)=c-b \tag{ 1 } \)

A \(\displaystyle B\) ponton átmenő hiperbolaágat azon \(\displaystyle P\) pontok alkotják, amelyekre

\(\displaystyle \mathcal{ d }_A(P)-\mathcal{ d }_C(P)=c-a \tag{ 2 } \)

Végül a \(\displaystyle C\) ponton átmenő hiperbolaágat azon \(\displaystyle P\) pontok alkotják, amelyekre

\(\displaystyle \mathcal{ d }_A(P)-\mathcal{ d }_B(P)=b-a \tag{ 3 } \)

Vegyük észre, hogy ha egy \(\displaystyle P\) pont eleget tesz (1)-nek és (2)-nek is (rajta van mindkét hiperbolaágon), akkor eleget tesz (3)-nak is, hiszen csak ki kell vonni egymásból a két egyenlet megfelelő oldalait, (2)-ből az (1)-et és megkapjuk (3)-at (azaz a pont rajta van a harmadik hiperbolaágon is).

Mivel \(\displaystyle r_C=s-c\) és \(\displaystyle r_B=s-b\), ezért

\(\displaystyle \mathcal{ d }_B(A_1)-\mathcal{ d }_C(A_1)=r_B-r_C = (s-b)-(s-c)=c-b \)

és így \(\displaystyle A_1\) rajta van az \(\displaystyle A\) ponton átmenő hiperbolaágon és mivel a hiperbola fókuszait összekötő szakaszon is rajta van, ezért \(\displaystyle A_1\) az \(\displaystyle A\) ponton átmenő hiperbolaág csúcsa.

Ehhez hasonlóan \(\displaystyle B_1\) rajta van a \(\displaystyle B\) ponton átmenő hiperbolaágon és mivel a hiperbola fókuszait összekötő szakaszon is rajta van, ezért \(\displaystyle B_1\) a \(\displaystyle B\) ponton átmenő hiperbolaág csúcsa. Ugyanígy \(\displaystyle C_1\) rajta van a \(\displaystyle C\) ponton átmenő hiperbolaágon és mivel a hiperbola fókuszait összekötő szakaszon is rajta van, ezért \(\displaystyle C_1\) a \(\displaystyle C\) ponton átmenő hiperbolaág csúcsa.

Mivel az \(\displaystyle A\) ponttól az \(\displaystyle A_1\)-ig tartó hiperboladarab teljes egészében az \(\displaystyle ABC\triangle\) belsejében halad és elválasztja egymástól a \(\displaystyle B\) és \(\displaystyle B_1\) pontokat, ezért a \(\displaystyle B\) ponttól az \(\displaystyle B_1\)-ig tartó hiperboladarabbal metszik egymást. A metszéspont legyen \(\displaystyle O=O_1\). Láttuk, hogy ha egy pont rajta van két hiperbolaágon, akkor rajta van a harmadikon is, tehát \(\displaystyle O_1\) a három hiperbolaág közös pontja, ami mindig létezik (ha \(\displaystyle a<b<c\)).

Legyen \(\displaystyle x_A\) az \(\displaystyle O_1\) pont távolsága a \(\displaystyle K_A\) körtől, és legyen \(\displaystyle x_B\) az \(\displaystyle O_1\) pont távolsága a \(\displaystyle K_B\) körtől! Ekkor egyrészt, mivel \(\displaystyle O_1\) rajta van a \(\displaystyle C\) ponton áthaladó hiperbolaágon, ezért

\(\displaystyle \mathcal{ d }_A(O_1)-\mathcal{ d }_B(O_1)=b-a \)

másrészt, mivel \(\displaystyle \mathcal{ d }_A(O_1)=r_A+x_A\) és \(\displaystyle \mathcal{ d }_B(O_1)=r_B+x_B\) és \(\displaystyle r_A-r_B=b-a\) ezért

\(\displaystyle \mathcal{ d }_A(O_1)-\mathcal{ d }_B(O_1)=(r_A+x_A)-(r_B+x_B)=b-a + (x_A-x_B) \)

így \(\displaystyle x_A-x_B=0\), azaz az \(\displaystyle O_1\) pont egyenlő távolságra van a \(\displaystyle K_A\) és \(\displaystyle K_B\) köröktől, hasonlóan látható be, hogy ugyanekkora távolságra van a \(\displaystyle K_C\) körtől is, tehát \(\displaystyle O_1\) egy olyan \(\displaystyle K\) körnek a középpontja, amelyik érinti a \(\displaystyle K_A\), \(\displaystyle K_B\) és \(\displaystyle K_C\) körök mindegyikét és természetesen az \(\displaystyle ABC\triangle\) beírható körének a belsejében helyezkedik el.

Invertáljuk a köröket az \(\displaystyle ABC\triangle\) beírható körére, mint az inverzió alapkörére vonatkozóan! Mivel a \(\displaystyle K_A\), \(\displaystyle K_B\) és \(\displaystyle K_C\) körök az inverzió alapkörét merőlegesen metszik, ezért ezek önmaguk képei lesznek. Mivel pedig az inverzió az érintést megtartja, ezért 3 esetet különböztethetünk meg: (folyt. köv.)

Előzmény: [855] Sinobi, 2020-11-29 21:28:30
[855] Sinobi2020-11-29 21:28:30

Legyen A,B,e, két pont, és egy egyenes rögzített a síkon.
Legyen \(\displaystyle h(P) := AP^2 - BP^2\), egy \(\displaystyle R^2 \to R\) függvény, amely a sík minden P pontjához hozzárendeli az A és B pontoktól vet távolságok négyzetének a különbségét.
A h függvény a \(\displaystyle P:(x,y)\) pont függvényében kifejtve: \(\displaystyle h(P) = (x - a_x)^2 + (y - a_y)^2 - (x - b_x)^2 + (y - b_y)^2 = 2x(b_x - a_x) + 2y(b_y-a_y) + a_x^2 + a_y^2 - b_x^2 -b_y^2\), elsőfokú kifejezés x-ben és y-ban, vagyis h(P) gráfja az \(\displaystyle R^3\) térben egy sík. (A és B rögzítettek.)
Ha ezt a h(P) függvényt csak az e egyenesen nézzük, akkor a gráfja egy lineáris függvény lesz. Azaz ha adott az e egyenesen 3 pont, D,K,L, akkor \(\displaystyle \frac{h(D)-h(K)}{DK} = \frac{h(K)-h(L)}{KL}\). És hasonlóan, a h lineáris függvény értékeinek az arányából ki lehet számolni a D,K,L pontok távolságainak az arányát.

\(\displaystyle D_B\) helyett általában \(\displaystyle D_A\)-nak kéne állnia.

Előzmény: [854] hihetetlen, 2020-11-29 18:29:07
[854] hihetetlen2020-11-29 18:29:07

Ne haragudj Sinobi, de a lemmádat és a bizonyítását sem értem. Légy szíves kicsit részletezni! A továbbiak olvasását néhány elírás nehezíti.

Előzmény: [852] Sinobi, 2020-11-27 20:15:14
[853] Sinobi2020-11-29 14:51:44

Amúgy, ha jól nézem, ezek a pontok Soddy pontok néven futnak, és az egyenes a Soddy line. És ezek a hiperbolák is az ő nevét viselik, legalábbis Kimberlingnél.
https://en.wikipedia.org/wiki/Frederick_Soddy

[852] Sinobi2020-11-27 20:15:14

Diszkusszió nélkül, a [850]-es speciális esetre a megoldásom.

lemma: Ha adott a síkon két, A,B pont, és egy e egyenes, akkor ha az E pont végigfut az e egyenesen, akkor az \(\displaystyle AE^2 - BE^2 \) érték lineárisan változik.
Valóban, ez az érték az egész síkon lineáris (E függvényében a térben egy sík), és ez megszorítva az e egyenesre lineáris marad.

Innentől azt fogom igazolni, hogy a háromszög csúcsaiba rakott, beírt körre merőleges \(\displaystyle C_A, C_B, C_C\) körök páronkénti hatványvonalai ugyanott metszik az LK egyenest.

Legyen \(\displaystyle D_A\) az a pont, ahol a \(\displaystyle C_B, C_C\) körök hatványvonala metszi az LK egyenest, s.í.t, ciklikusan. A lemma miatt elég megmutatnom, hogy a

\(\displaystyle \frac{LD_A}{KD_A} = \frac{(BL^2-CL^2)-(BD_B^2-CD_B^2)}{(BK^2-CK^2)-(BD_B^2-CD_B^2)}\)

érték fix, nem változik az A,B,C ciklikus permutációjakor, azaz \(\displaystyle (D_A,K,L) = (D_B,K,L) = (D_C,K,L)\). (Szerintem ebből nem csak a szakaszok nagysága adódik, hanem hogy ugyanolyan irányba esik \(\displaystyle D_A,D_B,D_C\).)

Legyenek a körök sugarai \(\displaystyle r_A,r_B,r_C\). Mivel L a hiperbolák metszéspontja, így az AL,BL,CL távolságok ezeknek egy l-el való eltoltja (páronkénti különbségeik megegyeznek), \(\displaystyle AL,BL,CL = l+r_A, l+r_B, l+r_C\), és K-ra ugyanez: \(\displaystyle AK,BK,CK = k+r_A, k+r_B, l+k_C\).

Mivel \(\displaystyle D_A\) rajta van a B, C középpontú, érintkező körök hatványvonalán így \(\displaystyle (BD_B^2-CD_B^2) = r_B^2 - r_C^2\), ciklikusan.

Ezt beírva a fenti képletbe,

\(\displaystyle \frac{(BL^2-CL^2)-(BD_B^2-CD_B^2)}{(BK^2-CK^2)-(BD_B^2-CD_B^2)} = \frac{(r_B-r_C)(2l + r_B+r_C) - (r_B-r_C)( r_B+r_C)}{ (r_B-r_C)(2k + r_B+r_C) - (r_B-r_C)( r_B+r_C)} = \frac{l}{k}\)

adódik, ami valóban független az indextől. (És ezzel azt is kiszámoltuk, hogy hol van a D pont az LK egyenesen.)

[851] hihetetlen2020-11-26 11:55:15

Ismét megköszönöm sakkmath fontos észrevételét, aminek alapján a feladatot az alábbiak szerint pontosítom:

Legyen adott egy háromszög, amelynek oldalai különböző hosszúságúak! Minden csúcshoz rendeljük hozzá azt a fél hiperbolát (hiperbola ágat), amelyik átmegy a csúcson és fókuszpontjai a másik két csúccsal egyeznek meg! Bizonyítsuk be, hogy a három hiperbolaágnak van egy közös pontja!

Következzék a feladat további részének pontosítása:

Jelöljük a háromszög csúcsait a szokásnak megfelelően \(\displaystyle A\), \(\displaystyle B\) és \(\displaystyle C\)-vel! \(\displaystyle A\)-val szemben legyen a legrövidebb, \(\displaystyle C\)-vel szemben a leghosszabb oldal. Jelölje \(\displaystyle A_1\), \(\displaystyle B_1\) és \(\displaystyle C_1\) a megfelelő csúccsal szemközti oldalon a beírható kör érintési pontját! Legyen továbbá \(\displaystyle r_A\) az \(\displaystyle AB_1\) és \(\displaystyle AC_1\) szakaszok, \(\displaystyle r_B\) a \(\displaystyle BA_1\) és \(\displaystyle BC_1\) szakaszok, \(\displaystyle r_C\) pedig a \(\displaystyle CA_1\) és \(\displaystyle CB_1\) szakaszok hossza!

Ha

\(\displaystyle r_C<\frac{r_A*r_B}{(\sqrt{r_A} + \sqrt{r_B})^2} \)

akkor bizonyítsuk be, hogy ezeknek a hiperbola ágaknak van még egy - az előzőtől különböző - közös pontjuk! Bizonyítsuk be továbbá, hogy a háromszög beírható körének középpontja a két közös pontot összekötő egyenesre esik, de nem lesz a szakasz pontja!

Ha

\(\displaystyle r_C>\frac{r_A*r_B}{(\sqrt{r_A} + \sqrt{r_B})^2} \)

akkor tekintsük a hiperbolák másik ágát és bizonyítsuk be, hogy ezeknek is van egy közös pontjuk! Bizonyítsuk be továbbá, hogy a háromszög beírható körének középpontja a két közös pontot összekötő szakaszra esik!

Végül, ha

\(\displaystyle r_C=\frac{r_A*r_B}{(\sqrt{r_A} + \sqrt{r_B})^2} \)

akkor bizonyítsuk be, hogy nem létezik újabb közös pont.

A jelölések egyértelműsítése miatt közlöm az alábbi ábrát:

Előzmény: [850] sakkmath, 2020-11-24 22:12:08
[850] sakkmath2020-11-24 22:12:08

A szerkesztéshez a GeoGebra Classic 6 freeware programot használtam, melyet innen töltöttem le: www.geogebra.org/download?lang=hu.

Legyenek a háromszög szögei \(\displaystyle {45°, 117°, 18°}\). A \(\displaystyle D\)-középpontú beírt kör az \(\displaystyle {AB, BC, CA}\) oldalakat rendre az \(\displaystyle {E, F, G}\) pontokban érinti. Az \(\displaystyle {A, B, C}\) csúcsokon áthaladó \(\displaystyle {f, g, e}\) hiperbolákat rendre kék, zöld és (pirosas) püspöklila színek jelölik. A háromszögcsúcsokon áthaladó hiperbolaágak a \(\displaystyle K\) és \(\displaystyle L\) pontokban metszik egymást úgy, hogy a rajtuk átfektetett sárga színű egyenes – az ábra tanúsága szerint – áthalad a \(\displaystyle D\) ponton, miközben \(\displaystyle D\) nem pontja a \(\displaystyle KL\) szakasznak. Ha a program “kicsinyítés”- gombjának többszöri lenyomásával fokozatosan távolodunk a “rajzlaptól”, egyre erősebb a meggyőződésünk, hogy a csúcsokon át nem haladó hiperbolaágaknak nincs közös pontja. (Az ábráról egyébként újabb sejtések is leolvashatók.)

Előzmény: [849] hihetetlen, 2020-11-22 10:58:22
[849] hihetetlen2020-11-22 10:58:22

Köszönöm a helyesbítést, utána járok. Esetleg tudnál példákat küldeni az általad talált esetekre? Egyelőre nem tudom, hogy mi kerülte el a figyelmemet. Érdekelne a dinamikus szerkesztő programod is. Hozzáférhető?

Előzmény: [848] sakkmath, 2020-11-02 18:48:32
[848] sakkmath2020-11-02 18:48:32

Egyelőre csak dinamikus szerkesztőprogrammal vizsgálgattam a feladat különböző eseteit. Feltételezve, hogy e program nem csal, pusztán a látottakra támaszkodva, két állításodat is problematikusnak tartom.

Az egyik mondatod:

"Most tekintsük a hiperbolák másik ágát és bizonyítsuk be, hogy ezeknek is van egy közös pontjuk!"

Ez az állítás bizonyos háromszögekre igaz, ám találtam olyan háromszögeket is, ahol a másik hiperbolaágak nem konkurensek! Ilyenkor is létezett második közös pont, de ez az első ágak újabb közös pontjaként jött létre.

Feladatkitűzésed záró mondata:

"Bizonyítsuk be, hogy a háromszög beírható körének középpontja a két közös pontot összekötő szakaszra esik!"

Itt ezt a befejezést tartom jónak: (...) a két közös pontot összekötő egyenesre esik.

Indoklás az utóbbihoz: a szerkesztőprogrammal előállíthatók olyan háromszögek is, melyeknél a beírható kör középpontja nem esik a szóban forgó szakasz belsejébe.

Előzmény: [847] hihetetlen, 2020-09-28 10:57:19
[847] hihetetlen2020-09-28 10:57:19

Legyen adott egy háromszög, amelynek oldalai különböző hosszúságúak! Minden csúcshoz rendeljük hozzá azt a fél hiperbolát (hiperbola ágat), amelyik átmegy a csúcson és fókuszpontjai a másik két csúccsal egyeznek meg! Bizonyítsuk be, hogy a három hiperbolaágnak van egy közös pontja! Most tekintsük a hiperbolák másik ágát és bizonyítsuk be, hogy ezeknek is van egy közös pontjuk! Bizonyítsuk be, hogy a háromszög beírható körének középpontja a két közös pontot összekötő szakaszra esik!

[846] sakkmath2020-08-10 15:19:01

Találtam egy elütést.

Téves kifejezés: \(\displaystyle -a(b+b+c)\). Javítása: \(\displaystyle -a(b+c+d)\).

Előzmény: [845] sakkmath, 2020-07-26 22:20:51
[845] sakkmath2020-07-26 22:20:51

(Javított és újratördelt változat.)

A [833]-as hozzászólásban megismert két feladat után következzék a Berkó Erzsébet által felfedezett, kapcsolódó, III. probléma megoldása – középiskolás módszerekkel.
III. feladat: Adott \(\displaystyle a, b, c, d\ge0\) számokra fennáll, hogy \(\displaystyle a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}+abcd=5\) \(\displaystyle (\ast).\)
Bizonyítsuk be, hogy \(\displaystyle a+b+c+d\le4\).
Megoldás: A \(\displaystyle (\ast)\) egyenlet bal oldala szimmetrikus, ezért feltehetjük, hogy \(\displaystyle d\le{b}\le{c}\le{a}\).
Tegyük fel, hogy: \(\displaystyle {a}>{\root 3\of {5}}\). Ekkor \(\displaystyle a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}+abcd>5\), ami ellentmond \(\displaystyle (\ast)\)-nak. Most tegyük fel, hogy \(\displaystyle a<1\). Ekkor \(\displaystyle d^{3},b^{3},c^{3},a^3,abcd<1\) következtében \(\displaystyle a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}+abcd<5\) adódna, ami szintén ellentmondás \(\displaystyle (\ast)\)-ra nézve. Beláttuk tehát, hogy \(\displaystyle 1\le{a}\le{\root 3\of {5}}\). A \(\displaystyle {\bf (*)}\) feltételből az is következik, hogy \(\displaystyle {a}={\root 3\of {5}}\) akkor és csakis akkor igaz, ha \(\displaystyle d=b=c=0\).

Nem állhat fenn \(\displaystyle d>1\) sem: ha \(\displaystyle d>1\) lenne, akkor \(\displaystyle d^{3},b^{3},c^{3},a^3,abcd>1\) következne, ez pedig az \(\displaystyle a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}+abcd>5\) ellentmondáshoz vezetne. Ezzel igazoltuk, hogy \(\displaystyle 0\le{d}\le{1}\). Az eddigiek ismeretében vizsgáljuk meg, hol tartózkodhat az 1-es szám az \(\displaystyle a,b,c,d\) számok sorrendjéhez viszonyítva. Nem lehet \(\displaystyle d>1\) és nem lehet \(\displaystyle a<1,\) ezért csak e három eset fordulhat elő:

\(\displaystyle 1): 0\le{d}\le{1}\le{b}\le{c}\le{a}\)
2): \(\displaystyle 0\le{d}\le{b}\le{1}\le{c}\le{a}\)
3): \(\displaystyle 0\le{d}\le{b}\le{c}\le{1}\le{a}.\)
Mindhárom elrendezésben legyen \(\displaystyle T=4-(a+b+c+d).\) Be kell bizonyítani, hogy \(\displaystyle T\ge0.\)

1) eset: \(\displaystyle 0\le{d}\le{1}\le{b}\le{c}\le{a}.\) Alkalmazzuk a következő helyettesítéseket:

\(\displaystyle d=1-x,b=y+1,c=v+1,a=z+1,\) ahol \(\displaystyle 0\le{x}\le{1}\) és \(\displaystyle y,v,z\ge0\).


A behelyettesítések után a bizonyítandó \(\displaystyle T\ge0\) egyenlőtlenség megfelelője ez lesz: \(\displaystyle T_{1}=x-(y+v+z)\ge0,\) a \(\displaystyle (\ast)\) feltétel pedig így alakul:
\(\displaystyle 0=a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}+abcd-5\Longrightarrow\)

\(\displaystyle 0=y^{3}+v^{3}+z^{3}-x^{3}+3(x^{2}+y^{2}+v^{2}+z^{2})+(yvz-xyvz)+(yv-xyv)+\)

\(\displaystyle (vz-vzx)+(yz-xyz)-(xy+xv+xz)+4(y+v+z-x)=\)

\(\displaystyle 4(y+v+z-x)-x(y+v+z)+(1-x)[yvz+yv+vz+zy]+y^{3}+v^{3}+z^{3}+\)

\(\displaystyle [x^{2}-x^{3}]+2x^{2}+3(y^{2}+v^{2}+z^{2})=4(y+v+z-x)+x^{2}+\)

\(\displaystyle [x^{2}-x(y+v+z)]+(1-x)(yvz+yv+vz+zy)+x^{2}(1-x)+y^{3}+v^{3}+z^{3}+\)

\(\displaystyle 3(y^{2}+v^{2}+z^{2})\Leftrightarrow\\ 4[x-(y+v+z)]-x[x-(y+v+z)]=\)

\(\displaystyle (1-x)(x^{2}+yvz+yv+vz+zy)+x^{2}+y^{3}+v^{3}+z^{3}+3(y^{2}+v^{2}+z^{2})\Leftrightarrow\)

\(\displaystyle (4-x)[x-(y+v+z)]=(1-x)(x^{2}+yvz+yv+vz+zy)+x^{2}+y^{3}+v^{3}+\)

\(\displaystyle z^{3}+3(y^{2}+v^{2}+z^{2})\; {(**)}.\)

Mivel \(\displaystyle x,y,v,z\ge0\) és \(\displaystyle 4-x>1-x=d\ge{0},\) következik, hogy az utóbbi, \(\displaystyle {\bf(**)}\) egyenlet jobb oldalán nemnegatív kifejezés áll. Ez azt jelenti, hogy a bal oldalán is nemnegatív kifejezésnek kell állnia. Mindent összevetve adódik, hogy \(\displaystyle T_{1}=x-(y+v+z)\ge0,\) amit bizonyítani kellett.

2) eset: \(\displaystyle 0\le{d}\le{b}\le{1}\le{c}\le{a}.\) Alkalmazzuk a következő helyettesítéseket:

\(\displaystyle d=1-x,b=1-y,c=v+1,a=z+1,\) ahol \(\displaystyle 0\le{x,y}\le{1}\) és \(\displaystyle v,z\ge0\).

A behelyettesítések után a bizonyítandó \(\displaystyle T\ge0\)

egyenlőtlenség megfelelője ez lesz: \(\displaystyle T_{2}=x+y-(v+z)\ge0,\) a \(\displaystyle (\ast)\) feltétel pedig így alakul:
\(\displaystyle 0=a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}+abcd-5\Longrightarrow\)

\(\displaystyle 0=v^{3}+z^{3}-(x^{3}+y^{3})+3(x^{2}+y^{2}+v^{2}+z^{2})-[v(x+y)+z(x+y)]+\)

\(\displaystyle [2vz-vz(x+y)]-vz+4[v+z-(x+y)]+[xy(v+1)+xyz(v+1)]=\)

\(\displaystyle -(x+y)(v+z)+vz[2-(x+y)]+2[(x-y)^{2}+xy]+[2xy+x^{2}+y^{2}]+\)

\(\displaystyle 4[v+z-(x+y)]+v^{3}+z^{3}-(x^{3}+y^{3})-vz+3[(v-z)^{2}+2vz]+\)

\(\displaystyle xy(v+1)(z+1)\Leftrightarrow4[x+y-(v+z)]=[(x+y)^{2}-(x+y)(v+z)]-\)

\(\displaystyle (x+y)[(x-y)^{2}+xy]+2[(x-y)^{2}+xy]+vz[2-(x+y)]+xy(v+1)(z+1)\)

\(\displaystyle +v^{3}+z^{3}+3(v-z)^{2}+5vz\Leftrightarrow(x+y)[v+z-(x+y)]+4[x+y-(v+z)]=\)

\(\displaystyle [(x-y)^{2}+xy][2-(x+y)]+vz[2-(x+y)]+xy(v+1)(z+1)+v^{3}+z^{3}+\)

\(\displaystyle 3(v-z)^{2}+5vz\Leftrightarrow\)

\(\displaystyle [4-(x+y)][x+y-(v+z)]=[2-(x+y)][(x-y)^{2}+xy+vz]+\)

\(\displaystyle xy(v+1)(z+1)+v^{3}+z^{3}+3(v-z)^{2}+5vz\;(***)\).

Mivel \(\displaystyle x,y,v,z\ge0\) és \(\displaystyle 4-(x+y)>2-(x+y)=(1-x)+(1-y)=d+b\ge{0},\) következik, hogy a \(\displaystyle {\bf(***)}\) egyenletben, az egyenlőségjeltől jobbra nemnegatív kifejezés áll. Ez azt jelenti, hogy a bal oldalon is nemnegatív kifejezést kell találnunk. Mindent összevetve azt kaptuk, hogy \(\displaystyle T_{2}=x+y-(v+z)\ge0.\) Ezt kellett bizonyítani.

3) eset: \(\displaystyle 0\le{d}\le{b}\le{c}\le{1}\le{a}.\) Alkalmazzuk a következő helyettesítéseket:

\(\displaystyle d=1-x,b=1-y,c=1-v,\) ahol \(\displaystyle 0\le{x,y,v}\le{1}.\)


Az 1. esetben a \(\displaystyle {\bf (**)}\) egyenlet bal oldalán a \(\displaystyle T_{1}\) kifejezés szorzója \(\displaystyle P_{1}=4-x.\) A 2. esetben a \(\displaystyle {\bf (***)}\) egyenlet bal oldalán a \(\displaystyle T_{2}\) kifejezés szorzója \(\displaystyle P_{2}=4-(x+y).\) Ezekből megsejthető a képzési szabály, mely szerint a 3. esetben alkalmazható \(\displaystyle P_{3}\) szorzó \(\displaystyle P_{3}=4-(x+y+v)\) lehet. Itt, a 3. esetben a \(\displaystyle P_{3}\) kifejezés \(\displaystyle (b,c,d)\)-változós alakját használjuk:
\(\displaystyle P_{3}=4-(x+y+v)=1+(1-x)+(1-y)+(1-v)={\bf b+c+d+1}.\)
Legyen \(\displaystyle Q=P_{3}T=(b+c+d+1)[4-(a+b+c+d)].\) \(\displaystyle P_{3}>0\) miatt a \(\displaystyle T\ge0\) egyenlőtlenség pontosan akkor teljesül, ha \(\displaystyle Q\ge0.\) Állításunk: \(\displaystyle Q\ge0.\) Indirekt bizonyítással folytatjuk: feltesszük, hogy \(\displaystyle Q<0\), azaz \(\displaystyle Q=(b+c+d+1)[4-(a+b+c+d)]<0 \Leftrightarrow\)

\(\displaystyle 3b+3c+3d-ba-ca-da-b^{2}-2bc-2bd-c^{2}-2cd-d^{2}-a+4<0\)

\(\displaystyle \Leftrightarrow\)

\(\displaystyle 4-a+3(b+c+d)-a(b+b+c)-[b^{2}+c^{2}+d^{2}+2(bc+cd+db)]<0\)

\(\displaystyle \Leftrightarrow\)

\(\displaystyle (b+c+d)^{2}+(a-3)(b+c+d)+a-4>0.\)

Vezessük be az \(\displaystyle s=b+c+d\) új változót, ahol \(\displaystyle 0\le{s}\le{3}\). Ekkor legutóbbi egyenlőtlenségünk az \(\displaystyle s^{2}+(a-3)s+a-4>0\) alakot ölti, ahol az \(\displaystyle a\) paraméterről tudjuk, hogy \(\displaystyle 1\le{a}\le{\root 3\of {5}}\). Rögzítsük az \(\displaystyle a\) paramétert és tekintsük az \(\displaystyle f(s)=s^{2}+(a-3)s+a-4,\) az \(\displaystyle s\) változóra nézve másodfokú függvényt, ahol \(\displaystyle 0\le{s}\le{3},\) továbbá \(\displaystyle 1\le{a}\le{\root 3\of {5}}\approx1,71.\) (A megoldás végén az \(\displaystyle a\) szám az \(\displaystyle [1,\root 3\of {5}]\) intervallumon végigfutva minden olyan értéket felvehet, melyre fennáll a \(\displaystyle (\ast)\) feltétel.)
Indirekt feltevésünk szerint \(\displaystyle f>0,\) ezért az \(\displaystyle f=0\) másodfokú paraméteres egyenlet \(\displaystyle D\) diszkriminánsára teljesülnie kell, hogy \(\displaystyle D<0.\) Ezzel szemben: \(\displaystyle D=(a-3)^{2}-4(a-4)=a^{2}-10a+25=(a-5)^{2}>0\), ami azt jelenti, hogy az \(\displaystyle f=0\) egyenletnek mindig van valós megoldása, s ez ellentmond az indirekt feltevésnek. Ezzel beláttuk, hogy a \(\displaystyle Q<0\) indirekt állítás hamis volt, s ebből következik, hogy a \(\displaystyle Q\ge0\) egyenlőtlenség igaz. Utóbbival ekvivalens, hogy \(\displaystyle T\ge0,\) amit bizonyítani kellett.

Megjegyzések:

Ha a \(\displaystyle {\bf (**)}\) és \(\displaystyle {\bf (***)}\) egyenleteket felírjuk úgy, hogy \(\displaystyle x,y,v,z\) helyére a \(\displaystyle d,b,c,a\) számok alkotta, megfelelő kifejezések kerülnek, akkor – a beszorzások és egyszerűsítések után – rendre megkapjuk a kiindulási \(\displaystyle {\bf (*)}\) feltételt. (Ellenőrzés.)

Van-e valakinek eltérő, középiskolás levezetése? Főleg a 3. eset nem indirekt megoldása érdekelne (ha létezik ilyen egyáltalán).

[842] sakkmath2019-11-18 19:38:40

Sajnos kimaradt az \(\displaystyle ab+cd=0\) lehetőség előzetes vizsgálata. Ezt most pótlom.

A 4. rész első, keretes szövege alatti két sort töröljük, helyére szúrjuk be az alábbi kiegészítést:

Előzmény: [836] sakkmath, 2019-10-31 18:14:57
[841] sakkmath2019-11-11 14:17:28

Köszönöm, ez megnyugtató.

A következőkben kiegészítem a II. feladatra adott bizonyításomat, s ezzel reflektálok a [838]-as hozzászólás egyik mondatára is.

Előzmény: [840] Berko Erzsebet, 2019-11-10 16:33:00
[840] Berko Erzsebet2019-11-10 16:33:00

Az a*b+c*d<=2 egyenlőtlenségben az egyenlőség akkor és csak akkor teljesül, ha a=b=c=d=1. 825-ös hozzászólásom folytatása. A koordináta-rendszerben ábrázolt szimmetrikus tartománynak (nem csak néhány pontot számoltam ki, de a múltkor erre nem reagáltam) és az x+y=2 egyenletű egyenesnek pontosan 1 közös pontja van. x=y=1 (a*b=x, c*d=y) a*b=1, c*d=1 Az a(3)+b(3)+c(3)+d(3)+a*b*c*d=5 a(3)+b(3)+c(3)+d(3)=4-re egyszerűsödik. Visszahelyettesítve korábbi egyenlőtlenségekbe a(3)+b(3)>=2, c(3)+d(3)>=2. Ezekből az jön, hogy a(3)+b(3)=c(3)+d(3)=2. Figyelembe véve, hogy a*b=c*d=1, készen vagyunk.

[839] Berko Erzsebet2019-11-10 08:43:42

Első mondatok. Az egyenlőséget néztem.

Előzmény: [838] Berko Erzsebet, 2019-11-10 08:33:32
[838] Berko Erzsebet2019-11-10 08:33:32

Ott kezdem, hogy nemnegatív számokról írtál, de én végig csak pozitívakkal foglalkoztam. (Ez amúgy nem jellemző rám.) Ha a számok között a 0 is lehet, akkor máskor is megvalósul egyenlőség. Pl. a=0, b=c=d=köbgyök(5/3).

a+b+c+d<=4 állítást én írtam. Ez igaz. Belátható ez is a Lagrange-féle multiplikátor módszerrel, ami nem középiskolás út, sajnos. Most csak annyit tudok írni, hogyha felhasználjuk, hogy a*b+c*d<=2, akkor talán könnyebb belátni középiskolás módszerekkel.Talán.Gondolom ilyenkor ez is igaz: a*d+c*b<=2.

(a+c)*(b+d)=a*b+a*d+c*b+c*d

Hátha lehet ezekből valamit kihozni.

Előzmény: [837] sakkmath, 2019-11-09 15:07:49
[837] sakkmath2019-11-09 15:07:49

Tudna-e segíteni valaki az alábbi két kérdésben?

1) Igaz-e, amit a 4. rész utolsó előtti sorában leírtam: "Az egyenlőtlenségben egyenlőség pontosan"? (Ma már kétségeim vannak e két mondat helyességét illetően … .)

2) A [823]-as hozzászólás végén olvasható: "Azt is megfigyeltem, hogy az \(\displaystyle a, b, c, d \) számok összege nem lehet 4-nél több."

Ez, ebben a megfogalmazásban, sejtésnek tűnik. Be tudná valaki bizonyítani, hogy \(\displaystyle a+b+c+d\le4\) ?

Előzmény: [836] sakkmath, 2019-10-31 18:14:57
[836] sakkmath2019-10-31 18:14:57

Végül a 4. rész:

Előzmény: [835] sakkmath, 2019-10-31 18:14:05
[835] sakkmath2019-10-31 18:14:05

A 3. rész:

Előzmény: [834] sakkmath, 2019-10-31 18:13:09
[834] sakkmath2019-10-31 18:13:09

A 2. rész:

Előzmény: [833] sakkmath, 2019-10-31 18:10:42
[833] sakkmath2019-10-31 18:10:42

A megoldáshoz messzebbről kellett elindulnom \(\displaystyle (I.feladat)\). Ennek eredményeit felhasználva sikerült igazolnom az eredeti, itt \(\displaystyle II.\) feladatot.

Egységes szerkezetbe foglalva tehát erről a két problámáról van szó:

Adottak az \(\displaystyle a,b,c,d\) nemnegatív valós számok, melyekre \(\displaystyle a^3+b^3+c^3+d^3+abcd=5.\) Bizonyítsuk be, hogy:

\(\displaystyle I.:abc+bcd+cda+dab-abcd≤3,\)

\(\displaystyle II.:ab+cd≤2.\)

Lényegében sikerült "csak" nevezetes egyenlőtlenségekkel dolgozni, de ennek sajnálatos ára lett a hosszú levezetés. Nem vagyok TEX-mester, így a megoldást csak 4 darab GIF-kép beszúrásával tudom prezentálni, melyek négy hsz.-t igényelnek. ( Nem találom azt a hsz.-t, amelyben régen valaki leírta, hogy neki milyen trükkökkel sikerült több képet elhelyezni egy hozzászólásban. Kár, hogy ez a módszer azóta sem került be a TEX minitanfolyamba!).

Következzék tehát a megoldás, négy (remélhetőleg) egymást követő hozzászólásban.

Az 1. rész:

Előzmény: [822] sakkmath, 2019-07-10 12:30:18

  [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]