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

Fórum: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

  [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]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[675] Kemény Legény2011-08-18 07:31:19

"Nyilván feltehető a x\leqy\leqz rendezés."

Ez igaz, de szerintem nem annyira nyilvánvaló. Az eredeti képletben csak a ciklikus szimmetria látszik ránézésre, ami alapján csak az tehető fel, hogy x\leqy\leqz vagy x\geqy\geqz. A teljes szimmetria nekem csak az alábbi egyenlőség miatt nyilvánvaló:

\frac{z^3 + y^3}{x^2+xy+y^2} + \frac{x^3 + z^3}{y^2+yz+z^2} + \frac{y^3 + x^3}{z^2+zx+x^2} = \frac{z^3 + x^3}{x^2+xy+y^2} + \frac{x^3 + y^3}{y^2+yz+z^2} + \frac{y^3 + z^3}{z^2+zx+x^2}

Értem én, hogy ez csak egy ötlet/vázlat volt a megoldáshoz, de ez a rész talán említésre méltó lehet.

Előzmény: [674] Maga Péter, 2011-08-17 20:15:45
[674] Maga Péter2011-08-17 20:15:45

Nyilván feltehető a x\leqy\leqz rendezés. Ekkor egyrészt

x3+y3\leqx3+z3\leqy3+z3,

másrészt

\frac{1}{x^2+xy+y^2}\geq \frac{1}{x^2+xz+z^2}\geq \frac{1}{y^2+yz+z^2}.

Ekkor a bizonyítandó egyenlőtlenség bal oldala a rendezési tétel értelmében alulról becsülhető azzal, hogy

\frac{x^3+y^3}{x^2+xy+y^2}+\frac{x^3+z^3}{x^2+xz+z^2}+\frac{y^3+z^3}{y^2+yz+z^2},

elég tehát erről megmutatni, hogy ez \geq2. Ennek egy tipikus tagja

\frac{x^3+y^3}{x^2+xy+y^2}=(x+y)\cdot\frac{x^2-xy+y^2}{x^2+xy+y^2}.

Innen már menni fog:), ha mégsem, szólj!

Előzmény: [673] Blinki Bill, 2011-08-17 18:05:18
[673] Blinki Bill2011-08-17 18:05:18

Sziasztok, kérhetnék egy kis ötletet (indítót) a B.4355-höz (április)?Köszönöm.

[672] HoA2011-08-17 11:50:13

Fel tudná tenni valaki az A 505. ( 2010. március ) lapban közölt megoldásának vázlatát? Itt csak egy statisztikát érek el és szeretnék a feladathoz hozzátenni valamit, de nem szeretnék ismétlésbe esni. Köszönöm.

[671] Szabó Attila2011-08-15 22:18:12

Nem tudja valaki, hogy miért nem kapott senki pontot a májusi mérési feladatra és miért nem javították ki a beküldött dolgozatokat?

[670] sakkmath2011-08-12 23:36:47

Igazad van, köszönöm. A vázlatom tehát alapos átdolgozásra szorul.

Előzmény: [666] Lóczi Lajos, 2011-08-12 14:29:44
[669] Róbert Gida2011-08-12 18:21:55

Akarom mondani: S(2n) végtelenbe tart, ha n tart végtelen volt a példa, ha jól emlékszem.

Előzmény: [668] Róbert Gida, 2011-08-12 18:01:19
[668] Róbert Gida2011-08-12 18:01:19

Voltak már hasonló példák, leginkább az S(2n) nem korlátos ősrégi N jelű feladatra gondolok.

B4360: Belátom először, hogy k=2 jó. Részben indukcióval csinálom. Állításom: S(2n)\ge \frac {S(n)}{9}. Ez n<10-re teljesül. Ha n\ge10 és n-nek van 5-nél kisebb számjegye, akkor ott elvágjuk n-et és indukcióval teljesül az állítás n-re is. Így feltehető, hogy n minden jegye legalább 5, akkor minden helyiértéken van átvitel a szorzásnál, így a következő jegy a szorzatban nem lehet nulla, hiszen (2*d+1)mod 10 a jegy, ami páratlan, így nem nulla. Azaz L jegyű n esetén S(n)\le9L (ez trivi), míg S(2n)\geL, hiszen a rákövetkező jegy mindig legalább 1. Kettőből: S(2n)\ge \frac {S(n)}{9}, ami kellett. Teljesen hasonló a biz. k=5-re is. Indukcióval ebből: S(2^a*5^b*n)\ge \frac {S(n)}{9^{a+b}}, így, ha k=2a*5b, akkor az megoldás lesz.

Más megoldás nincs: legyen k az L jegyű, így k<10L. Legyen N\geL tetszőleges, és w az az egyértelmű k-val osztható egész, amelyre w=10N+r, ahol 0\ler<k teljesül. Ekkor r=0 nem lehet, különben k|10N, de k akkor 2a*5b alakú szám lenne, ellentmondás. w osztható k-val, így legyen n=\frac wk. Indirekt feltevés miatt S(kn)\geckS(n), innen: S(n)\le \frac {S(w)}{c_k}=\frac {1+S(r)}{c_k}\le \frac {1+9L}{c_k}, azaz S(n) korlátos. (L és ck is konstans). És ez nem lehet.

Legyen n 10-es számrendszeres ábrázolása:

n=\sum_{i=0}^{s-1}d_i*10^{a_i}

, ahol di>0 és az a0<a1<...<as-1. Ekkor a0\leL, minden i-re, ai-ai-1\leL, as-1\geN-L, ezekből már kövekezni fog az ellentmondás, mert ekkor indukcióval: ai\le(i+1)L, de as-1\geN-L, így S(n)\ge s\ge \frac {N-L}{L}, azaz S(n) nem korlátos, ellentmondás.

Ha a0>L, akkor n osztható 10L-el, de akkor w=kn is, ellentmondás, mert N\geL, így w az 10L-el osztva r maradékot ad, de r nem nulla. w>10N és k<10L, így n=\frac wk>10^{N-L}, ezért as-1\geN-L. Végül minden i-re ai\leai-1+L, indirekte legyen: at>at-1+L esetén tekintsük az 10^N+r=w=kn=k\sum_{i=0}^{s-1}d_i*10^{a_i}, tekintsük ezt modulo 10at, ekkor r\equiv k\sum_{i=0}^{t-1}d_i*10^{a_i} \mod {10^{a_t}}, ez modulo nélkül is teljesül egyenlőséggel, mert k<10L és at-1+L<at. Azaz r=k*\sum_{i=0}^{t-1}d_i*10^{a_i}, jobb oldal osztható k-val, de a bal oldal nem, ellentmondás.

Előzmény: [663] Róbert Gida, 2011-08-12 01:09:50
[667] SmallPotato2011-08-12 17:33:01

Szép, igényes, és (számomra legalábbis) igen tanulságos munka!

Előzmény: [666] Lóczi Lajos, 2011-08-12 14:29:44
[666] Lóczi Lajos2011-08-12 14:29:44

Csak óvatosan! A 2.) lépésbeli 2. állításod általában nem igaz! Egy függvény grafikonja és inverze grafikonjának metszéspontja "bárhol" lehet!

Ezzel kapcsolatban lásd a megfelelő KöMaL-cikket, amely pl. elérhető itt:

www.berzsenyi.hu/erben/rlv/2010/abraham_gabor.ppt

Előzmény: [665] sakkmath, 2011-08-12 14:09:05
[665] sakkmath2011-08-12 14:09:05

Vázlat B.4358.-hoz:

1) Belátjuk, hogy \root3\of{92} és -11 nem gyökei az egyenletnek, s ezért a gyökökhöz ezt az egyenletet vizsgáljuk:

\frac{11x^{3}+80}{92-x^{3}}=\root3\of{\frac{92x-80}{x+11}}

2) Belátjuk, hogy a bal oldalon álló függvény a jobb oldalon álló inverze. A derékszögű koordinátarendszerben e két fv. grafikonja az y=x egyenesen metszi egymást.

3) A jobb (vagy a bal) oldalon álló kifejezést x - szel egyenlővé tesszük és a rendezések után ezt kapjuk:

x4+11x3-92x+80=0

4) Feltesszük, hogy van egész gyök. A szóba jövő egész gyökök a konstans tag osztói, ezért behelyettesítésekkel hamar kijön, hogy a gyökök: -10,-4,1 és 2.

Előzmény: [661] Blinki Bill, 2011-08-11 20:39:23
[664] Blinki Bill2011-08-12 08:14:57

Köszönöm a megoldásaidat, ötleteidet. Élő versenyen (nem levelezős), ahol nem használhatok programot, ott hogyan oldom meg a 10-ed fokú egyenletet? Blanka

Előzmény: [663] Róbert Gida, 2011-08-12 01:09:50
[663] Róbert Gida2011-08-12 01:09:50

B4360 Pontosan k=2a*5b alakú számok lesznek jók. Érdekes feladat.

Előzmény: [661] Blinki Bill, 2011-08-11 20:39:23
[662] Róbert Gida2011-08-12 00:13:30

B4358 Feladat nem írja (miért is írná), de csak a valós megoldásokat keressük (köbgyökvonás a komplexeknél már nem is egyértelmű). Az egyik tagot átviszem a másik oldalra, köbre emelem, hogy eltűnjön a köbgyök, rendezem, kapok egy 10-edfokú egyenletet:

1423*x10+14561*x9+3648*x7+341520*x6+2547264*x4+291840*x3-71127296*x+67927040=0 (Mathematica szerint) ennek -10,-4,1,2 gyöke, és a feladatnak is (ellenőrzés). A maradó polinom hatodfokú: g(x)=1423*x6-1092*x5+12012*x4+2432*x3+100464*x2+87360*x+849088. Ennek már nincs valós gyöke: |x|<1-re a konstans tag miatt pozitiv g(x), míg |x|>1-re: 1423*x6\ge1092*x5, 12012*x4\ge-2432*x3, 100464*x2\ge-87360*x, egyenlőtlenségeket használva: g(x)>0 itt is.

Előzmény: [661] Blinki Bill, 2011-08-11 20:39:23
[661] Blinki Bill2011-08-11 20:39:23

Sziasztok!

Feltenné vki a B.4358. és B.4360. feladatok megoldását?

Köszönöm: Blanka

[660] Lóczi Lajos2011-08-10 16:28:48

Mathematica 7-ben ha a feladatkitűzésnek megfelelően írjuk be a képleteket, akkor egy bonyolult logikai kombinációt ad ki eredményül, amelyről kideríthetjük, hogy azonosan igaz. Ám ha a konklúzióbeli egyenlőtlenség tagadását írjuk be, indirekt bizonyítás-szerűen, akkor a Reduce pár másodperc alatt kiadja, hogy "azonosan hamis".

Előzmény: [659] Róbert Gida, 2011-08-09 00:27:07
[659] Róbert Gida2011-08-09 00:27:07

Nézzük meg tudja-e oldani a Mathematica az A jelű feladatot:

a = (b*c*d - b - c - d)/(1 - b*c - b*d - c*d);

Timing[FullSimplify[(a + b)*(c + d) + (a + d)*(b + c) >= 4*Sqrt[(1 + a*c)*(1 + b*d)], a > 0 && b > 0 && c > 0 && d > 0]]

{21.965 Second, True}

Húha, megdolgozott a Mathematica a válaszért. Kicsit segítettem is neki, ha az "a"-t nem fejezem ki, akkor nem bizonyítja be, visszaadja az eredetit. Az persze kérdéses, hogy minden esetben szabályos-e ez, azaz amivel leosztok az nem nulla, esetleg b-vel, c-vel, d-vel eljátszhatom ezt, ha "a"-val nem.

Előzmény: [657] Tibixe, 2011-07-01 14:05:57
[658] Janosov Milán2011-08-03 00:57:06

Valaki tudja, az utolsó mérési feladat fura statisztikájának mi a magyarázata?

[657] Tibixe2011-07-01 14:05:57

Elég rögtön használni a számtani-mértani egyenlőtlenséget, homogenizálni és átrendezni.

(a+b)(c+d)+(a+d)(b+c) \ge 4\sqrt{(1+ac)(1+bd)}

A számtani és mértani közép közti egyenlőtlenség miatt 4\sqrt{(1+ac)(1+bd)} \le 4\frac{1+ac+1+bd}{2}=4+2ac+2bd. Ezért erősebb állítás, hogy

(a+b)(c+d)+(a+d)(b+c)\ge4+2ac+2bd

Kifejtve és kivonva:

ad+bc+ab+cd\ge4

A feltétellel szerint a+b+c+d=abc+abd+acd+bcd és itt mindkét oldal pozitív, tehát utóbbi két oldalával ekvivalens átalakításként szorozhatjuk az állítást:

(a+b+c+d)(ad+bc+ab+cd)\ge4(abc+abd+acd+bcd)

A zárójeleket felbontva és nullára rendezve:

a2b+a2d+ab2-2abc-2abd-2acd+ad2+b2c+bc2-2bcd+c2d+cd2\ge0

Ezt átírva:

(a+c)(b-d)2+(b+d)(a-c)2\ge0

Ez nyilván teljesül, mert nemnegatív teljes négyzetek nemnegatív együtthatós polinomja is nemnegatív.

Előzmény: [655] sakkmath, 2011-07-01 08:44:32
[656] sakkmath2011-07-01 09:01:36

Az előbbi név helyesen: Schwarz.

Előzmény: [655] sakkmath, 2011-07-01 08:44:32
[655] sakkmath2011-07-01 08:44:32

A KöMaL 2011/5-ös, májusi

számában megjelent

A.536. feladat egyik megoldása:

[654] Ali2011-06-03 07:53:07

"Csak az a=b=1 esetet hagyod akkor ki."

Vszínűleg elkerülte a figyelmedet az utolsó mondat:

Ha pedig a=b\ge1, akkor a2c+1|2a2 -ből triviálisan következik, hogy c=1 és a=1.

Előzmény: [653] Róbert Gida, 2011-06-01 16:58:08
[653] Róbert Gida2011-06-01 16:58:08

"Legyenek először a és b relatív prímek (a,b)=1 és a>b (a>b feltehető, mivel a feladat a-ban és b-ben szimmetrikus)"

Csak az a=b=1 esetet hagyod akkor ki.

Szép megoldás. Amikor megláttam a feladatot nekem egyből a Válogatott feladatok és tételek az elemi matematika köréből (Aritmetika és algebra) 118. csillagos feladata ugrott be, nem tévedtem, a megoldás (és az egyenlet) hasonló: x2+y2+z2=kxyz. Ennek a feladatnak egy általánosítását már egyszer elsütötték A feladatként. Érdemes megvenni a könyvet.

Előzmény: [652] Ali, 2011-06-01 16:00:37
[652] Ali2011-06-01 16:00:37

Megoldás A.533. -ra: Határozzuk meg mindazokat a pozitív egészekből álló (a,b,c) számhármasokat, amelyekre a2+b2 osztható (abc+1)-gyel.

Legyenek először a és b relatív prímek (a,b)=1 és a>b (a>b feltehető, mivel a feladat a-ban és b-ben szimmetrikus). Legyen továbbá k\ge1 olyan egész,melyre

a2+b2=k(abc+1)(1)

Ha b>1 (b=1 eset később tisztázva bn=1-nél), akkor legyenek a1=b és b1=kbc-a. Ekkor fennál, hogy

a12+b12=k(a1b1c+1)(2)

Biz.: írjuk vissza a1 és b1 helyébe b-t és kbc-a-t: b2+(kbc-a)2=k(b(kbc-a)c+1). Rendezés után (1)-et kapjuk.

Fennáll továbbá, hogy 0<b1<b.

Biz.: k(a1b1c+1)=a12+b12\ge1 -ből következik, hogy a1b1c\ge1/k-1>-1. Mivel a1 és c pozítív egészek és b1 egész, azért b1\ge0. Felhasználva továbbá azt, hogy (a,b)=1 következik, hogy b1=(kbc-a)>0. Másrészt bb1<ab1=a(kbc-a)=b2-k<b2, tehát b1<b és nyilván b=a1<a. (a,b)=1-ből következik, hogy (b,kbc-a)=1, tehát (a1,b1)=1 is fennáll.

Azt kaptuk, hogy (a1,b1,c,k) -ra szintén teljesül (1).

Folytassuk a rekurziót egészen addig, míg b értéke 1 lesz. A rekurziós képlet:

ai=bi-1,bi=kbi-1c-ai-1(3)

A fenti gondolatmenetet megismételve kapjuk, hogy bi<bi-1=ai<ai-1 és (ai,bi)=1.

Legyen tehát an=bn-1,bn=kbn-1c-an-1=1. Ekkor an2+1=k(anc+1) és ezért anc+1|an2+1. Áll.: ez csak akkor lehetséges, ha an=c és k=1.

Biz.:Tegyük fel, hogy létezik c<an és l>1 úgy, hogy l(anc+1)=an2+1\impliesan(an-lc)=l-1>0. Ezért egyrészt an|l-1 és így an<l, másrészt an-lc>0, ebből pegig an>lc\gel

következik,ami ellentmondás. Tehát an=c és k=1, továbbá an=bn-1>1 miatt c>1.

A (3) lineáris másodrendű rekurziót visszafelé megoldva a bn=1 és az an=c értékekből kiindulva c>2 esetén a=\frac{\lambda_1^{n+1}-\lambda_2^{n+1}}{\sqrt D} és b=\frac{\lambda_1^n-\lambda_2^n}{\sqrt D}, ahol \lambda1,2 az x2-cx+1=0 egyenlet gyökei (\lambda1>\lambda2), D az egyenlet diszkriminánsa és n\ge1.

c=2 esetén a rekurzió az a=n+1 és b=n megoldást adja, ahol szintén n\ge1.

Ezek pedig mind megoldások is. Ennek bizonyítása egyszerűen visszahelyettesítéssel történhet felhasználva, hogy \lambda1+\lambda2=c, \lambda1.\lambda2=1 és D=c2-4, k=1.

Nevezzük a továbbiakban az (a,b,c) hármast relatív prím megoldásnak, ha (a,b)=1. Legyen most (a,b,c) egy relatív prím megoldás, ahol c=d2c1, d>1, c1\ge1. Ilyen megoldás láttuk létezik. Ekkor (ad,bd,c1) egy nem relatív prím megoldás lesz, mivel (ad)(bd)c1+1=ab(d2c1)+1|a2+b2|(da)2+(db)2

Fordítva legyen (a,b,c) egy nem relatív prím megoldás (előbb láttuk ilyen létezik), melyben (a,b)=d>1, a=a1d, b=b1d, (a1,b1)=1. Ekkor mivel a1b1d2c+1|d2(a12+b12) és (a1b1d2c+1,d)=1, azért a1b1d2c+1|(a12+b12), tehát (a1,b1,d2c) egy relatív prím megoldás. Így minden nem relatív prím megoldás egyértelműen előáll egy relatív prím (a,b,c) megoldásból (ad,bd,c1) formában, ahol c=d2c1, d>1 és c1\ge1.

Végül marad a c=1 eset. Láttuk, hogy relatív prím megoldás nem létezik c=1 esetén (ahhoz c>1 kellett). A nem relatív prím megoldások pedig azok az (ad,bd,1) alakú megoldások, melyekben (a,b,d2) egy relatív prím megoldás, ahol d>1.

Ha pedig a=b\ge1, akkor a2c+1|2a2 -ből triviálisan következik, hogy c=1 és a=1.

[651] Róbert Gida2011-05-13 21:44:51

Lejárt C1076. közölt megoldása érdekes.

Az ember azt hinné, hogy egy C feladatot azért nem lehet elszúrni, de mégis: "A gyökökre vonatkozó feltétel szerint a(a+1)-1=(a+1)2-a2" és itt van a hiba, a feladat a két gyök különbségéről beszélt, és még azt sem mondta, hogy a nagyobbikból a kisebbiket vonjuk ki. De, ha ezt feltesszük akkor is rossz, lásd a=-2, amikor (a+1)2-a2<0 teljesül.

Ki lehet számolni, nem jön be új megoldás, igazából ugyanezeket kapjuk meg még egyszer, de a közölt megoldás elvi hibás marad.

  [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]