Fórum: Érdekes matekfeladatok

[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] [35] [36] [37] [38] [39] [40] [41] [42] [43] [44] [45] [46] [47] [48] [49] [50] [51] [52] [53] [54] [55] [56] [57] [58] [59] [60] [61] [62] [63] [64] [65] [66] [67] [68] [69] [70] [71] [72] [73] [74] [75] [76] [77] [78] [79] [80] [81] [82] [83] [84] [85] [86] [87] [88] [89] [90] [91] [92] [93] [94] [95] [96] [97] [98] [99] [100] [101] [102] [103] [104] [105] [106] [107] [108] [109] [110] [111] [112] [113] [114] [115] [116] [117] [118] [119] [120] [121] [122] [123] [124] [125] [126] [127] [128] [129] [130] [131] [132] [133] [134] [135] [136] [137] [138] [139] [140] [141] [142] [143] [144] [145] [146] [147] [148] [149] [150] [151] [152] [153] [154] [155] [156] [157] [158] [159] [160] [161]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[3702] w

2013-04-07 09:18:45

Próbáld meg faktorizálni. Ha k páros, a kifejezés is páros lesz, úgyhogy a páratlan k számok esete számít.

4^5(2k+1)+(5(2k+1))⁴=4^10k+5+(10k+5)⁴=...

(Már kiírtak megoldást a korábbi hozzászólásokban.)

Előzmény: [3701] gyula60, 2013-04-06 23:09:43

[3701] gyula60	2013-04-06 23:09:43
Ha segít valamit az, hogy a számítógépem megnézte az összes 4^5k+(5k)⁴, (k=1,2,...,109) alakú számokat és false választ adott. Ebből talán felállítható egy sejtés, de a válasz nálam is meghaladja jelenlegi tudásomat.
Előzmény: [3646] w, 2012-12-08 20:48:35

[3700] gyula60

2013-04-06 22:05:08

Szeretnék egy számelméleti problémát ismertetni:

Van-e kapcsolat a következő $\frac{1}{3\root3\of36-6\root3\of6+1}$ tört nevezőjének gyöktelenítése és a 36x³+6y(y²-3xz)+z³=1 háromismeretlenes diofantoszi egyenlet megoldása között, ha tudjuk, hogy a tört nevezőjének együtthatói adják az egyenlet egyik megoldását?

[3699] w	2013-03-13 21:21:57
Lehet a feladatot általánosítani, lényegében ugyanazok a mozzanatok lesznek benne, mint az A.561-ben.
Előzmény: [3670] w, 2013-02-05 16:59:02

[3697] w

2013-02-28 20:48:10

Kicsit elbonyolítottad*: az

16(((s-b)(s-c))²+((s-c)(s-a))²+((s-a)(s-b))²) $\le$ a⁴+b⁴+c⁴

egyenlőtlenség AM-GM miatt nyilván igaz: pl.

$((s-b)(s-c))^2\le \Big(\frac{s-b+s-c}2\Big)^4$ , ahol s-b+s-c=a. Innen egyenlőség esete is adódik.

*Persze ízlés kérdése, hogy teljes négyzetes alakra hozod-e.

Előzmény: [3696] sakkmath, 2013-02-28 14:45:49

[3696] sakkmath	2013-02-28 14:45:49
Használjuk fel Kiss György: Amit jó tudni a háromszögekről című cikkének eredményeit: először az rr_a = (s-b)(s-c), rr_b = (s-c)(s-a), rr_c = (s-a)(s-b) összefüggéseket, később pedig a jól ismert, következő helyettesítéseket: s-a = x, s-b = y, s-c = z, illetve: a = y+z, b = z+x, c = x+y .

Előzmény: [3695] w, 2013-02-23 16:53:45

[3695] w

2013-02-23 16:53:45

Igen, el van bonyolítva. Helyette inkább:

$\sqrt{r_a^2+r_b^2+r_c^2}\le\frac{\sqrt{a^4+b^4+c^4}}{4r}$ .

Előzmény: [3694] sakkmath, 2013-02-23 15:16:28

[3694] sakkmath	2013-02-23 15:16:28
A saját egyenlőtlenséged két oldala mértékegység szempontjából nem egyezik. Valamit elírhattál.
Előzmény: [3692] w, 2013-02-21 22:08:17

[3693] sakkmath	2013-02-22 00:03:20
A hozzászólásod végén említett A. 536. feladat két megoldással is szerepel a Fórumon. Lásd Tibixe megoldását itt: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról - [657]
Előzmény: [3692] w, 2013-02-21 22:08:17

[3692] w

2013-02-21 22:08:17

Köszönöm a hozzászólást, a Pedoe-egyenlőtlenséget nem ismertem, csak a Weitzenböck-öt és a Hadwiger-Finsler-t.

Egyetértek, a háromváltozós egyenlőtlenségek nem túl izgalmasak, leginkább a (még) több változós egyenlőtlenségekre való gyakorlásra vagy módszerek megismerésére. (Manapság még a KöMaL A-ban néha szerepel ilyen, pl. A.571, de mint láttuk, azt is végig lehet tolni akár AM-GM-mel is :-). )

Ha már egyenlőtlenségeknél tartunk, mutatok sajátot is (szokásos jelölésekkel):

$\frac{r}R\sqrt{r_a^2+r_b^2+r_c^2}\le\sum_{cyc}\Big(\frac{a\cdot sin\alpha}2\Big)^2$ .

Nem valami szép, sok minden bele van erőltetve, de azért van benne némi gondolkodás is.

Ezenkívül kitűznék egy nehezebb feladatot is, aki tud, mondjon megoldást.

Előzmény: [3698] Fálesz Mihály, 2013-02-21 18:45:00

[3698] Fálesz Mihály

2013-02-21 18:45:00

Bocs, a [3686]-ra akartam regálni, a [3688] elkerülte a figyelmemet.

A [3688]/a esetében valóban az a legegyszerűbb, ha új változókat vezetünk be, és ettől kezdve nincs háromszög, csak nemnegatív számok. (Btw, lehet egy lépéssel rövidebben, nincs szükség az xyz-vel való osztásra.)

A [3688]/b a (Neuberg-)Pedoe egyenlőtlenség egy változata, ami a KöMaL-ban is szerepelt (A. 468.). Ha két háromszög oldalai a,b,c, illetve A,B,C, a területük t, illetve T, akkor

a²(B²+C²-A²)+b²(C²+A²-B²)+c²(A²+B²-C²) $\ge$ 16tT.

Egyenlőség akkor van, ha a két háromszög hasonló.

Abban a háromszögben, aminek az oldalai $A=\frac{\sqrt{q+r}}2$ , $B=\frac{\sqrt{r+p}}2$ és $C=\frac{\sqrt{p+q}}2$ , azaz B²+C²-A²=p, C²+A²-B²=q és A²+B²-C²=r, a terület éppen $T=\frac{\sqrt{pq+qr+rp}}4$ .

(Mivel nem csak triviális esetekben van egyenlőség, ez elég nehézzé teszi a feladatot.)

* * *

Az érdekesség kérdéséről annyit, hogy sokezer háromváltozós szimmetrikus vagy ciklikus egyenlőtlenséget lehet találni az interneten, és ezeknek lényegében semmi üzenete vagy értelme nincsen. Egy időben voltak ilyenek az olimpián is, de miután egy csomó diák ráállt arra, hogy ilyeneket gyakoroljon tömegével, a háromváltozós egyenlőtlenségek háttérbe szorultak.

Előzmény: [3691] w, 2013-02-21 15:26:54

[3691] w

2013-02-21 15:26:54

"Hát, alaposan túlbonyolítottátok." - Ízlés kérdése, pl. szerintem a módszerem hasznosabb (a tiéd valóban szebb megoldás). Ezt mutatja, hogy a Te becslésed csak az eredeti egyenlőtlenségre jó (illetve egy csekély általánosításra), az (a) állításnál nem válik be.

"Csak tudnám, hogy ez az egyenlőtlenség miért "érdekes"..." - Az egyenlőtlenség (és főként az eredeti feladat) nem érdekes, ami érdekes, az az, hogy legalább 10-féle bizonyítása és 3-féle általánosítása van. A megoldási módszerek az érdekesek és tanulságosak.

Amúgy pedig a (b) változatra is gondolkodás nélkül alkalmazhatnánk az új változók bevezetését, csak bonyolult lenne.

Előzmény: [3690] Fálesz Mihály, 2013-02-20 18:56:28

[3690] Fálesz Mihály

2013-02-20 18:56:28

Hát, alaposan túlbonyolítottátok.

Jól ismert, hogy a terület és a (fél)kerület(négyzet) összehasonlításához az (s-a), (s-b) és (s-c) számok számtani és mértani közepeit érdemes venni:

$t^2=s\cdot(s-a)(s-b)(s-c) \le s\cdot\left(\frac{(s-a)+(s-b)+(s-c)}3\right)^3 = \frac{s^4}{27},$

tehát $t \le \frac{s^2}{3\sqrt3}$ , egyenlőség csak s-a=s-b=s-c, vagyis szabályos háromszögre.

Ha az oldalak négyzetösszege kell, akkor ezután jöhet a számtani-négyzetes az oldalakra.

(Csak tudnám, hogy ez az egyenlőtlenség miért "érdekes"...)

Előzmény: [3689] w, 2013-02-20 10:54:27

[3689] w

2013-02-20 10:54:27

Nem lövök le túl sokat, ha elmondom: az (a) részt a Róbert Gida által mondott módszerrel könnyebben meg lehet oldani, mint az eredetit, ujjgyakorlat. Átrendezve:

$(a-b+c)(a+b-c)+(b-c+a)(b+c-a)+(c-a+b)(c+a-b)\ge4\sqrt3t$ .

Legyen x=-a+b+c, y=a-b+c, z=a+b-c, a Hérón-képlet miatt:

$4\sqrt3t=\sqrt{3xyz(x+y+z)}$ . Átírva az egyenlőtlenséget:

$xy+yz+zx\ge\sqrt{3xyz(x+y+z)}$

$\frac1x+\frac1y+\frac1z\ge\sqrt{3(\frac1{xy}+\frac1{yz}+\frac1{zx})}$

$(\frac1x)^2+(\frac1y)^2+(\frac1z)^2\ge\frac1{xy}+\frac1{yz}+\frac1{zx}$ ismert, ekv. átalakítások miatt az eredeti is igaz.

Előzmény: [3688] w, 2013-02-20 07:52:28

[3688] w

2013-02-20 07:52:28

Igen, nagyon ismert egyenlőtlenség.

Most pedig két általánosítás/erősebb egyenlőtlenség:

(a) $a^2+b^2+c^2\ge(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2+4\sqrt3t$ ,

(b) $pa^2+qb^2+rc^2\ge4\sqrt{pq+qr+rp}\cdot t$ (p,q,r>0).

Előzmény: [3687] Róbert Gida, 2013-02-19 21:46:12

[3687] Róbert Gida	2013-02-19 21:46:12
Nagyon ismerősnek tűnik. Gondolkodás nélkül: ha a,b,c egy háromszög oldalai, akkor a=y+z,b=x+z,c=x+y, ahol x=s-a,y=s-b,z=s-c és x,y,z>0 és ez visszafelé is igaz, ez nagyon hasznos az összes ilyen tipusú feladatnál, a háromszög kilőve. Héron képlettel: $T=({xyz(x+y+z)})^{\frac 12}$ . Ezt beírva és négyzetre emelve a két oldalt és rendezve a bizonyítandó: $\sum_{cyc}({x^4+2x^3y+2x^3z+3y^2z^2-8x^2yz})\ge 0$ , ez pedig a számtani-mértani miatt igaz, az is látszik, hogy egyenlőség pontosan akkor van, ha x=y=z, azaz szabályos háromszögnél.
Előzmény: [3686] w, 2013-02-19 19:37:40

[3686] w

2013-02-19 19:37:40

Adott egy háromszög, oldalai: a, b, c; területe t. Igazoljuk:

$a^2+b^2+c^2\ge4\sqrt3t$ .

[3685] jenei.attila	2013-02-19 12:10:49
Megnéztem a megoldást, szerintem a két konstrukció hasonló elvű, csak az enyém egyszerűbb. Egyébként először én is ezt a "hivatalos" megoldást adtam meg, és azután egyszerűsítettem.
Előzmény: [3684] m2mm, 2013-02-19 00:26:45

[3684] m2mm	2013-02-19 00:26:45
1 megoldásra emlékszem, az a hivatalos, megtalálható a 3681 hozzászólás linkjében. És igen, RMM a mostani hiv. név, régen volt ez RMMS, nekünk RMMC(C for competition) néven volt ismert.
Előzmény: [3683] jenei.attila, 2013-02-16 08:42:56

[3683] jenei.attila	2013-02-16 08:42:56
Ha megkérlek leírnád ezt az ismert (vagy saját) megoldást? Köszönöm.
Előzmény: [3678] m2mm, 2013-02-15 05:05:37

[3682] Ali	2013-02-15 13:06:35
Az előző hozzászólás alapján kicsit utánakeresve Problem 1.
Előzmény: [3681] sakkmath, 2013-02-15 11:29:42

[3681] sakkmath

2013-02-15 11:29:42

Van ez

és van emez.

Az elsőre tippelek, azaz: itt nem RMMC-ről, inkább RMM-ről (= Romanian Master of/in Mathematics) lehet szó. Ha tévedek, javítsatok ki.

Előzmény: [3680] jenei.attila, 2013-02-15 08:45:44

[3680] jenei.attila	2013-02-15 08:45:44
Bocs, de mi az az RMMC?
Előzmény: [3678] m2mm, 2013-02-15 05:05:37

[3679] jenei.attila

2013-02-15 08:30:10

Ezt nem tudtam, de aki ismeri vagy megoldotta, azzal megbeszélhetjük. Az én megoldásom:

f(x)=(-1)^[x]xhax>0

f(0)=0

f(x)=-f(-x)hax<0

g(x)=(-1)^[x](x+1)hax>0

g(0)=0

g(x)=-g(-x)hax<0

Előzmény: [3678] m2mm, 2013-02-15 05:05:37

[3678] m2mm	2013-02-15 05:05:37
Érdekesnek érdekes, de aki pl. versenyzik, annak ismert, már készülés okán is(2 éve volt kitűzve RMMC-n).
Előzmény: [3677] jenei.attila, 2013-02-14 21:34:13

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?