[318] philip | 2005-11-29 19:51:23 |
Köszönöm szépen a segítséget! Lenne mégegy feladatom: Az ABCD négyszög paralelogramma,amelynek BC oldalát az E pont harmadolja úgy,hogy E C-hez van közelebb,az F pedig a DC oldalt felezi.Bizonyítsuk be,hogy a BF szakasz az AE szakaszt negyedeli,az AE a BF szakaszt felezi!
|
|
[317] jonas | 2005-11-24 10:11:26 |
Hmm. A 18 tényleg rossz.
Akkor x=1/(1/b+1/c)=8.
Ez onnan jön ki, hogy az FEC és a DBE háromszög hasonló az ABC-hez, mert az oldalaik párhuzamosak, így aztán a CE szakasz ax/c, az EB szakasz ax/b, amiből a=ax/c+ax/b.
|
Előzmény: [316] lorantfy, 2005-11-24 08:11:52 |
|
|
|
[314] philip | 2005-11-23 17:43:45 |
Sziasztok! Az alábbi feladat megoldásában szeretnék segítséget kérni:
1.Egy háromszög oldalainak hossza c=24 a=18 b=12.Írjunk bele olyan rombuszt,amelynek egyik csúcsa az A,a többi csúcsa a háromszög oldalaira illeszkedik.
Eéőre is köszönöm!
|
|
[313] nadorp | 2005-11-22 12:09:49 |
Azt hiszem van valami a szimplexre. Először belátunk egy állítást:
Legyenek a,b,c pozitív számok, min(a,b,c)=a, bc Ekkor léteznek olyan x,y,z pozitív számok,hogy x<a,
x+y+z=a+b+c
x2+y2+z2=a2+b2+c2,továbbá xyz<abc is teljesül. Biz:
Az egyenletrendszer ekvivalens az alábbival ( ):
y+z=a+b+c-x
y2+z2=a2+b2+c2-x2,azaz
yz=x2-(a+b+c)x+(ab+ac+bc).
Egy kis számolással adódik, hogy a fenti egyenletrendszer olyan másodfokú egyenletre vezet, melynek diszkriminánsa bc esetén alkalmas x<a-ra pozitív,ezért a fenti egyenletrendszernek létezik ezzel az x-szel y,z pozitív megoldása.Már csak az abc>xyz egyenlőtlenséget kell belátni.
xyz=x3-(a+b+c)x2+(ab+ac+bc)x=f(x). Mivel f(0)=0 és f(a)=abc, ezért ha bebizonyítjuk, hogy f(x) a [0,a]-n monoton, akkor kész vagyunk. Ehhez elég belátni, hogy a derivált függvény gyökei nagyobb egyenlőek, mint a. Ez egy kis számolással a (b-a)(c-a)0 nyilvánvaló egyenlőtlenségre vezet.
Az eredeti feladat ezek után egyszerű. Ha
és
, akkor
,ebből
xn1-. A fenti állításból következik, hogy a koordináták szorzata akkor minimális, ha valamelyik xi éppen 1-, a többi pedig egyenlő.Ez viszont nem lehet más,mint
|
|
[312] Lóczi Lajos | 2005-11-21 20:35:48 |
Eddig mi már beláttuk az a.) pontot, sőt annál többet is: a szorzat a minimumot/maximumot olyan pontokban veszi fel (és nem csak "veheti"), ahol az xi számok pontosan 2 különböző értéket vesznek fel, l. a Lagrange multiplikátoros (valamint kompaktsági) érvelést.
A b.) rész n=3-ra a [302]-es hozzászólás-beli utolsó képletemből szinte triviális, két polinomot kell összehasonlítani, a k=2 érték minden >0 esetén kisebb, mint a k=1-hez tartozó.
Hiányzik a c.) rész, valamiféle induktív érvelés kellene tehát. Ha ez meglenne, akkor
ezek alapján a d.) kérdésre is pozitívan válaszoltunk.
Mindenesetre rögtön adódott egy szép és nehéz egyenlőtlenség a [302]-es végéről. Ha n nagy, akkor annak a függvénynek a képe "kotangens" jellegű, ilyen típusú függvényekről pedig tudom, hogy meggyűlt velük már a bajom :)
|
Előzmény: [311] Róbert Gida, 2005-11-21 19:49:09 |
|
[311] Róbert Gida | 2005-11-21 19:49:09 |
Nem úgy látom be, segítség a 61. feladathoz:
62. feladat
a. Legyen a és b rögzített pozitív valós számok és n>1 pozitív egész, ahol . Legyen és ,x=(x1,x2,...,xn)0 , akkor a minimumot olyan pontban veheti csak fel, ahol az xi-k pontosan két különböző értéket vesznek fel.
b. Bizonyítsuk be, hogy n=3-ra a minimumot olyan pontban veszi fel, ahol 2 darab xi megegyezik, a külöböző pedig kisebb.
c. Bizonyítsuk be n>3-ra, hogy a minimumot olyan pontban veszi fel, ahol (n-1) darab xi megegyezik, a különböző pedig ettől kisebb.
d. Ezzel bebizonyítottuk-e a 61. feladatot?! Ha igen akkor miért?
|
Előzmény: [310] Lóczi Lajos, 2005-11-21 13:08:17 |
|
[310] Lóczi Lajos | 2005-11-21 13:08:17 |
Legalább már "látjuk" a kontextust, de ezzel nem jutottunk közelebb a megoldáshoz :)
Azt kérdezném még, hogy be tudnád-e látni a [302]-es hozzászólás végén szereplő kifejezésről, hogy k-ban szigorúan monoton fogy (vagy várom a másik utat, hogy anélkül hogyan tudjuk minimalizálni a szorzatot...)
|
Előzmény: [309] Róbert Gida, 2005-11-21 07:11:15 |
|
[309] Róbert Gida | 2005-11-21 07:11:15 |
Ez a lineáris programozási feladatnak Karmarkar féle projektív módszeréhez kell ez az állítás. Konkrét tétel ( neve is van ) ez az állítás a projektív módszernél. Projektív módszer egy polinomiális futás idejű algoritmus, ellentétben a szimplex módszerrel a lineáris programozási feladatokra. Módszer lényege, hogy trafókkal eléri, hogy min(x1) ahol -t kell meghatározni, tehát pont a mi szimplexünkőn dolgozik, egy hipersíkkal elmetszve, ráadásul úgy, hogy egy lépésben ezt az *r sugarú gömböt is használva egy kisebb x1 értékkel rendelkező megengedett megoldást talál és úgy transzformálja a feladatot, hogy újra ebbe a szimplexbe viszi a feladatot ( az A más lesz ) a megengedett megoldást pedig a gömb középpontjába, ami a csupaegy vektor.
Ha kell akkor tovább bontom a feladatot.
|
Előzmény: [308] Lóczi Lajos, 2005-11-20 19:34:22 |
|
[308] Lóczi Lajos | 2005-11-20 19:34:22 |
Az extremizálandó xi-szorzatnak szerintem az az érdekessége (és ez ellentmond a szemléletnek), hogy éppen akkor lesz minimális, ha a lehető legtöbb szám egynél nagyobb benne és csak 1 db lesz 1-nél kisebb; illetve akkor maximális az értéke, ha (n-1) db kisebb 1-nél és csak 1 db nagyobb 1-nél közülük.
Majd megkérdezzük Róbert Gidát, hogy honnan szedte ezt a feladatot, biztosan nem "csak úgy" kitalálta :)
|
Előzmény: [307] nadorp, 2005-11-20 18:59:58 |
|
|
[306] Lóczi Lajos | 2005-11-20 18:53:07 |
[A Lagrange-multiplikátoros módszerhez a teljesség kedvéért hozzá kell tenni, hogy ugye ott lehetnek szélsőértékpontok, ahol a célfüggvény és a feltételi függvények deriváltjainak (multiplikátorokkal vett) lineáris kombinációja a nullvektor, VAGY OTT, ahol a feltételi függvények deriváltvektorai lineárisan összefüggenek. Nem egy tankönyvet láttam már, ahol ez utóbbi eshetőséget elfelejtették a példamegoldások során külön megvizsgálni (és így bizonyos, erre kihegyezett példákat nem is jól oldanának meg). A mi esetünkben ez az eset azért nem fordulhat elő, mert ahol lineáris függőség van, azok a pontok nincsenek a hipergömb felületén.
Aztán a másik apróság, hogy azt mondtuk: az xi-k egy másodfokú egyenlet megoldásai. Azonban a másodfokú egyenlet csak elsőfokú, ha az egyik multiplikátor éppen nulla lenne. Ekkor minden xi azonos lenne, de ez is ellentmondást adna a feltételi egyenletekkel.]
|
Előzmény: [305] Lóczi Lajos, 2005-11-20 18:37:23 |
|
[305] Lóczi Lajos | 2005-11-20 18:37:23 |
Na igen, kétféle értéket vehetnek fel az xi-k, ez igaz, az egyik értéket vegye fel k darab, a másik értéket (n-k) db (k=1,2,3,...,n-1; mind egyforma nem lehet, ezt könnyű látni). Ezeket behelyettesítve a két eredeti feltételi egyenletünkbe (t.i. az xi pontok a hipergömbfelületen és a hipersíkon is rajta vannak) megkapjuk, mi is lehet az a kétféle érték, ez az amit Te u-val és v-vel jelöltél.
Azonban u és v is függ k-tól! Tehát az Általad leírt egyenlőtlenséglánc egyáltalán nem látszik, és ez az a pont, ahol nekem is csak numerikus kísérleteim vannak.
|
Előzmény: [304] nadorp, 2005-11-20 17:31:44 |
|
[304] nadorp | 2005-11-20 17:31:44 |
Hülyeséget írtam, nem xi=xj , hanem arra gondoltam, amire Te,hogy ebből némi esetszétválasztással kétféle érték adódhat az xikre. A vége változatlan.
|
Előzmény: [303] nadorp, 2005-11-20 17:17:53 |
|
[303] nadorp | 2005-11-20 17:17:53 |
Én ezt csináltam,de találtam valamit. Ha a Lagrange multiplikátor módszerrel dolgozol, akkor pld:
x1x2..xn-1=2axn+b. Mivel xn>0,ezért szorozhatunk vele
x1...xn=2axn2+bxn, azaz
2axi2+bxi=2axj2+bxj, amiből következik, hogy xi=xj. Tehát a számok csak kétféle értéket vehetnek fel.Legyen ez a két érték u és v. Ekkor ha pld. u>v, akkor
uvn-1<u2vn-2<u3vn-3<...<un-1v miatt szélsőérték csak ott lehet, ahol az egyik szám egyszer, másik (n-1)-szer szerepel.
|
Előzmény: [302] Lóczi Lajos, 2005-11-20 15:25:56 |
|
[302] Lóczi Lajos | 2005-11-20 15:25:56 |
A pontosság kedvéért hozzá kell tennem, hogy az én bizonyításom sajnos nem teljes.
Lagrange-multiplikátorokkal némi meggondolás (és esetszétválasztás) után kiadódnak azok a pontok, ahol a szorzatnak szélsőértéke lehet: k db xi azonos az számmal és (n-k) db azonos az értékkel, ahol k=1,2,...,n-1.
A gömb azonban kompakt és a függvény folytonos, ezért létezik minimum és maximum, tehát a fenti pontok között ott van a szorzat minimuma és maximuma.
A numerikus kísérletek szerint k=1-nél lesz a maximum, és k=n-1-nél a minimum, de ezt nem tudtam pár óra alatt belátni (több időt pedig nem tudok rászánni egyelőre). Elég lenne bebizonyítani, hogy a
függvény monoton fogyó a lehetséges k értékekre, a lehetséges n és paraméterértékek mellett, de ez így nem tűnik egyszerűnek.
Te milyen módszerrel jutottál túl ezen a ponton (ha egyáltalán ilyesféleképp csináltad)?
|
Előzmény: [301] nadorp, 2005-11-20 13:34:19 |
|
|
[300] Lóczi Lajos | 2005-11-19 20:27:52 |
Nyilván csak 0<<1 vizsgálata szükséges.
Láttuk, hogy =1 esetén valamelyik xi-nek 0-nak kell lennie, hogy a szorzat minimális legyen. Az is leolvasható az adott bizonyításból, hogy ha >0, akkor minden xi>0 kell legyen, hogy a gömbfelületen maradjunk.
A megoldás a 61. feladatra az lesz, hogy az adott gömbfelületen elhelyezkedő xi számok (i=1,2,...,n) szorzata pontosan akkor minimális, ha közülük valamely (n-1) db egyenlő az számmal, továbbá 1 darab közülük egyenlő (1-)-val. A minimum értéke ebből már meghatározható.
Másrészt, ez ugyan nem volt kérdés, de az xi számok (i=1,2,...,n) szorzata pontosan akkor maximális, ha közülük valamely (n-1) db egyenlő az számmal, továbbá 1 darab egyenlő (1+)-val.
|
Előzmény: [299] Róbert Gida, 2005-11-18 15:54:44 |
|
|
[298] nadorp | 2005-11-18 09:19:59 |
a) Legyen e1=(n,0,0,...,0),e2=(0,n,0,...,0)...,en=(0,0,...,n). Ekkor az ei pontok nyilván egy szabályos (n-1) dimenziós S szimplexet határoznak meg. Ha x=(x1,x2,...,xn) eleme ennek a szimplexnek, akkor
, ahol , azaz és xi0. Fordítva, ha
,xi0, akkor és itt , azaz x eleme S-nek. Tehát a megoldáshalmaz egybeesik S-sel.
b) Ha s a súlypont, akkor , azaz,
c)Az n-dimenziós térben egy (n-1) dimenziós gömböt úgy kaphatunk,ha egy n-dimenziós gömböt elmetszünk egy (n-1) dimenzós síkkal. Ha P=(p1,p2,...,pn) a beírt gömb sugara, akkor szükségképpen S síkjában helyezkedik el,azaz . Határozzuk meg P távolságát a szimplex (n-2) dimenziós lapjaitól, vegyük pld. a lapot. Ekkor a (p1,...,pn-1,0) pontnak a laptól való távolsága . Tehát P távolsága a laptól . Ezt elvégezve az összes többi (n-2) dimenziós lapra és felhasználva, hogy ezek a távolságok egyenlőek kapjuk, hogy p1=p2=...=pn=1, azaz és a beírt gömb sugara
d) Nyilván, ha xi=0, akkor a szorzat 0, azaz minimális lehet.Megmutatjuk, hogy vannak ilyen pontok. Azt kell belátni, hogy pld. létezik x=(x1,x2,...,xn-1,0) pont úgy, hogy
, xn=0 és
.
A második egyenlőséget átrendezve felhasználva az elsőt:
. Tehát
. Egyenlőség van, azaz . Hasonlóan kapjuk a többi n-1 darab pontot is.
|
Előzmény: [296] Róbert Gida, 2005-11-16 22:17:53 |
|
[297] Róbert Gida | 2005-11-16 23:30:48 |
60. feladat
Bizonyítsuk be vagy cáfoljuk meg:
A szabályos 30-szög belsejében pontosan 331 darab különböző olyan pont van, amin legalább 5 átló megy át.
|
|
[296] Róbert Gida | 2005-11-16 22:17:53 |
59. feladat
Legyen az n dimenziós csupa 1 oszlopvektor. S legyen az megoldáshalmaza. Bizonyítsuk be, hogy:
a: Az S egy szabályos (n-1) dimenziós szimplex
b: Mi az S súlypontja?
c: Mi az S-be írható (n-1) dimenziós gömb középpontja és sugara?
d: Mennyi ahol x=(x1,x2,...,xn) a beírható gömb felszínén van. A minimumot mely pontokban veszi fel?
|
|
|
[294] nadorp | 2005-11-15 15:01:25 |
Jelentkező hiányában megróbálom. Húzzunk párhuzamost H1-ből CH3-mmal, ez az AB oldalt P-ben metszi.Ekkor ha PB=x, akkor a párhuzamos szelők tétele szerint H3P=2x és mivel H3 harmadoló pont, . Az és háromszögek hasonlóak, a hasonlóság aránya az előbbiek szerint , így az AH3 és AP oldalakhoz tartozó magasságok aránya is ennyi.Ha m jelöli az AP-hez tarozó magasságot, akkor azt kaptuk, hogy
, azaz ha T jelöli az ABC háromszög területét, akkor . Hasonlóan ugyanez igaz a másik két kis háromszögre is. Másrészt ennek alapján és ugyanez igaz a másik két keletkező négyszögre is. Összefoglalva
|
|
Előzmény: [290] lorantfy, 2005-11-12 22:07:51 |
|