Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?
A régi honlapot akarom!!! :-)

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.
[696] Fálesz Mihály2012-02-14 09:21:43

Azok az (a,b) párok jók, amikre b=1, vagy a2-3b2=-2. Ez az egyik irányban leolvasható az A. 545. megoldásából, a másik irányban az A. 551. megoldásából.

A végtelen leszállás a szokásos módon működik, az a'+b'\sqrt3 = (a+b\sqrt3)(2-\sqrt3), azaz a'=2a-3b, b'=2b-a képletekkel.

Előzmény: [695] Róbert Gida, 2012-02-14 01:48:18
[695] Róbert Gida2012-02-14 01:48:18

Azt senki nem gondolta végig, hogy a megadottakon kívül miért nincs más megoldás? Egy lehetséges út lenne végtelen leszállást alkalmazni, voltak hasonló olimpiai példák is. Itt nem látom, hogy lehetne ilyet csinálni, ráadásul itt két oszthatósági feltétel is van.

Előzmény: [694] Róbert Gida, 2012-02-11 12:48:17
[694] Róbert Gida2012-02-11 12:48:17

Lejárt A551. megoldása:

Az ezer alatti megoldások géppel könnyen megkaphatóak, ezek: (5,3),(19,11),(71,41),(265,153),(989,571). Tehát az "a", illetve "b" sorozat: 5,19,71,265,989 és 3,11,41,153,571 Ezek a sorozatok Neil Sloane adatbázisában benne vannak (előkelő helyen): A001834 és A001835. Én legalábbis nem lepődök meg, hogy a Pell egyenletekhez van közük a sorozatoknak, de az ismert tételeket a Pellből nem fogom használni.

(a*b+1)/(a+b) és (a*b-1)/(a-b) (egész elemű) sorozatra is érdemes rákeresni, ez valójában egy sorozat: A001075. Az explicit képleteket is megadja Neil, ezeket használom:

f(n) = ((1+\sqrt{3})^{2n-1}+(1-\sqrt{3})^{2n-1})/2^n

g(n) = ((3+\sqrt{3})^{2n-1}+(3-\sqrt{3})^{2n-1})/6^n

h(n) = ((2+\sqrt{3})^n + (2-\sqrt{3})^n)/2

Pell helyett: megfelelő lineáris rekurziót teljesítik a sorozatok (kezdőtagok is jók), így a sorozat tagjai egész számok (ez karakterisztikus polinomokkal is kijön). Legyen a=f(n) és b=g(n). Ekkor bizonyítható a képlettel, hogy a2-3*b2=-2, ebből pedig a>b\sqrt{3}-1.

a*b+1=(a+b)*h(n-1)

a*b-1=(a-b)*h(n)

is teljesül, ezeket is az explicit képlettel láthatjuk be, ehhez célszerű minden tagot s*tn alakban felírni. Ami kellett (az (f(n),g(n)) számpárok különbözőek, így ez végtelen sok megoldást ad).

[693] m2mm2012-01-18 22:18:11

A.549. (Többször elég vázlatos lesz)

Lemma: UVW háromszög VW oldal belső P pontjára tekintsük UVP és UPW háromszögek O1, O2 középpontú beírt köreit, e két kör közös belső érintője nyilván UP. Ekkor a másik közös belső érintő VW oldalt a beírt kör E érintési pontjában metszi(ha a két kör érinti egymást, akkor a két belső érintő egybeesik, ezesetben ez megy át a kérdéses ponton).

Ez könnyen bizonyítható csupán az érintőszakaszok felírásával, ezt most nem részletezem.

Innen az érintő egyenesek miatt adódik egyszerűen, hogy O1PO2\angle=90°=O1EO2\angle, azaz O1O2PE húrnégyszög.

Mivel ABCD érintőnégyszög, ezért ABC és CDA beírt körei AC-t egy pontban érintik (\frac{AB+AC-BC}{2}=\frac{AD+AC-DC}{2}, mivel AB+DC=AD+CB), mondjuk F-ben.

Legyen ABE, BCE, CDE, DAE háromszögek beírt köreinek középpontja rendre O1,O2,O3,O4. Előbbiekből jön, hogy O1O2EF és O3O4EF húrnégyszögek.

Van az az eset, amikor E,F egybeesik, de ekkor kisakkozható, hogy ABC és CDA beírt körei érintik egymást, azaz ami a lényeg és megjegyezzük, hogy O1O2E és O3O4E körök hatványvonala AC.

Monge szerint(három hasonlósági pont tétele...) ABD és BCD háromszögek beírt köreinek külső hasonlósági K pontja AC-re illeszkedik, ha a harmadik körnek ABCD beírt körét vesszük.(két külső hasonlósági pont a háromból A és C...) ABD beírt körének középpontja nyilván BO1-en rajta van(belső szögfelezője ABD-nek...) és hasonlóan BDC beírt körének középpontja BO2-n. Mivel a belső hasonlósági pont közös belső érintőn van, továbbá két kör kp-ja és hasonlósági pontjai harmonikus pontnégyes + van egy Papposz-Steinerünk, ezért BO1,BE,BO2 egyeneseket tekintve BE harmonikus társa BK.

De ABE és BEC beírt köreinek középpontja és hasonlósági pontjai is harmonikust hat. meg, így e két kör R külső hasonlósági pontjára BR BE-nek harmonikus társa BO1,BO2,BE tekintetében. Mivel R és K nyilván AC-n van, így ebből az adódik, hogy R=K.

Ezt eljátszva O3,O4-re az adódik, hogy O1O2 és O3O4 R-ben metszik egymást, ergo AC-n. Mivel AC hatványvonala volt két körünknek anno, így innen triviális a húrnégyszögség.

[692] Róbert Gida2012-01-12 16:33:32

http://www.komal.hu/verseny/feladat.cgi?a=feladat&f=A550&l=hu azt hiszem az én megoldásom az egyszerűbb. A hivatalos megoldást végigszámolva a kínai 5093338546785390*k+1400926917841815 sorozatot nézi, míg én a 38*k+21 számtani sorozatot.

Előzmény: [691] Róbert Gida, 2012-01-11 14:15:23
[691] Róbert Gida2012-01-11 14:15:23

Lejárt A550. megoldása: Teljesen trivi becsléssel nem jön ki: nézzük meg hány szám áll elő n-ig! n-ig van legfeljebb (1+\epsilon)\frac {n}{\log n} prím és \frac {\log n}{\log {(phi)}}+c Fibonacci szám, ahol phi=\frac {1+\sqrt 5}{2}. Így n-ig van kb. \frac {n}{\log (phi)}=2.078n darab nem feltétlenül különböző előállítás (ez azért igaz, mert ugyan a prímek viszonylag sűrűn vannak, de a Fibonacci számok már ritkán.) Itt \epsilon>0 tetszőlegesen kicsinek választható, ha n nagy, illetve c (korlátos) konstans. Ez a becslés viszont már mutatja, hogy az állítás valószínűleg hamis lesz.

Amiben reménykedhetünk, hogy egy adott maradékosztálynál már kevés előállítás van. Itt a sűrűséget ki tudjuk számolni: Fibonacci számok m-mel vett osztási maradéka periodikus, a prímeké ugyan nem, de ott van a számtani sorozatok prímszámtétele (nagyágyú): ha gcd(r,m)=1, akkor a prímek \frac {1}{\varphi (m)}-ed részére p\equivr mod m. Ha r és m nem relatív prím, akkor legfeljebb egy ilyen prím van.

Géppel: m=34;r=17 a legkisebb jó választás! Nézzünk egy másikat amit bizonyítok: m=38;r=21, ekkor a Fibonacci számok periodikusak mod 38, és a periódus 18. Tekintsük a fibonacci(i)+p=38k+21\len megoldásszámát, ahol p prím. i mod 18 szerint nézzük az egyenletet. Ekkor az i választható \frac {\log n}{18\log (phi)}+c-nek, ha i mod 18 rögzített, akkor p\equiv21-fibonacci(i) mod 38. Számtani sorozatokra vonatkozó prímszámtételből tudjuk, hogy hány ilyen prím van n-ig.

Kapjuk a megoldásszámra (felső) becslést: \sum _{i=0}^{17} (\frac {\log n}{18\log (phi)}+c)*#(p: p\le n; p\equiv 21-fibonacci(i) mod 38)< (\frac {\log n}{18\log (phi)}+c)*\{i:i=0..17;gcd(38,21-fibonacci(i))=1\}*(1+\epsilon)*\frac {n}{\varphi(38)\log n}= (\frac {\log n}{18\log (phi)}+c)*4*(1+\epsilon)*\frac {n}{\varphi(38)\log n}<
0.0257n<\frac {n}{38}, ami kellett. (Többit az olvasóra bízom. Ezt még ki kéne rendesen epszilonozni , illetve még belevenni azon maradékosztályokat, ahol legfeljebb egy prím van, de ez már nem változtat sokat az előállítások számán.)

[690] m2mm2011-12-03 13:41:44

B. 4380. m=0 esetén n függvényében legfeljebb mennyi lehet az egyenlő hosszú szakaszok száma?

[689] Róbert Gida2011-11-15 20:16:18

Igen, de az nem derül ki belőle, hogy ez a hamis érme megnevezésére is vonatkozik-e. Egy nem ortdox érempakolással akár egy méréssel is az összes hamis érmét megtalálhatjuk.

Előzmény: [688] Fálesz Mihály, 2011-11-15 18:56:54
[688] Fálesz Mihály2011-11-15 18:56:54

A megoldás(vázlat) szövegében ez áll:

"... a véletlen választásokat tartalmazó eljárások esetén minden véletlen döntésnél előre előírhatjuk az adott választást."

Előzmény: [687] Róbert Gida, 2011-11-15 16:49:29
[687] Róbert Gida2011-11-15 16:49:29

Lejárt októberi A542. hivatalos megoldásához: a hamis érem megnevezésének is determinisztikusnak kell lennie, mert előfordulhat, hogy egyszerre több hamis érmét is találunk. Továbbá a kiegészítések igenekkel elhagyhatóak, elég annyi, hogy a játékfának max. 512 levele lesz a legfeljebb 9 kérdés után.

[686] Róbert Gida2011-10-11 18:04:48

A539. Tegyük fel, hogy p páratlan prím megoldás. Ekkor minden q prímre, amire q\le \frac {p-1}{2} teljesül, hogy q|(p-1). Különben 1+k(p-1) (k=1,...,q)-re teljes maradékrendszert alkot modulo q, így van közte q-val osztható, ami csak úgy lehet prím, ha q-val egyenlő, de már a sorozat első tagja nagyobb, mint q, ellentmondás.

Ebből azt kapjuk, hogy \frac {p-1}{2}-ig terjedő prímek szorzatával is osztható p-1. Ez üvöltő ellentmondás lesz, mert nagy p-re ez nagyságrendileg exp(\frac p2).

Tudjuk, hogy \frac {p-1}{4} és \frac {p-1}{2} közt van prím, ha p\ge5 (Csebisev). Legyen egy ilyen r. De 5|(p-1) is igaz, ha 5\le \frac {p-1}{2}, azaz p\ge11. Itt 5<r teljesül, ha 5<\frac {p-1}{4}\le r, azaz, ha p>21. A feltételeket összerakva kapjuk, hogy 5r|(p-1), ha p>21, hiszen 5 és r relatív prímek. Ez ellentmondás, mert különben (p-1)\ge 5r\ge 5\frac {p-1}{4} .Azaz csak a 22-nél kisebb prímeket kell ellenőrizni. Kapjuk, hogy p=3 és p=7 a megoldás.

[685] sakkmath2011-09-17 16:00:56

Igen, ez rövidebb, szebb megoldás.

Van itt még valami: egy lehetséges harmadik, az eddigieknél bonyolultabbnak tűnő megoldás.

Egy speciális szereposztással ugyanis a feladat geometriai útra terelhető. Elindultam ezen az úton is, de – már a vége felé, egyszerűsítési problémák miatt – elakadtam.

Megoldotta-e valaki A.536-ot ilyen geometriai módszerrel? Az a gyanúm, hogy a feladat szerzője ebből a geometriai elrendezésből indulhatott ki eredetileg.

Előzmény: [657] Tibixe, 2011-07-01 14:05:57
[684] HoA2011-09-06 22:46:51

Ami miatt kíváncsi voltam a lapban megjelent megoldásra, az egy másik megoldási irány, amerre a feladattal foglalkozva elindultam. Egy előrevetett észrevétel: A [ 683 ] –beli ábrát kiegészítve a BC ill. AD oldalakat G-ben ill. H-ban érintő k2 körrel , erről ugyanúgy belátható, hogy érinti k-t. Legyen az érintési pont U. BC és DA egyenesek metszéspontját V-vel jelölve, k1ésk2 külső hasonlósági pontja V, k és k1 köröké T, k és k2 köröké U. Így T, U és V , mint három kör páronként vett külső hasonlósági pontjai, egy egyenesen vannak. ADUT húrnégyszög, FHUT négyszög F-nél lévő külső szöge = DFL \angle = EPI \angle = TPQ \angle = TUQ \angle = TUH \angle , FHUT is húrnégyszög.

VA.VD=VF.VH(1)

A feladat ábráját nézve úgy tűnik, hogy k1 ( és k2 ) merőlegesen metszi a kP és kQ köröket. Hogy lehetne ezt a feladat állításának bizonyítására felhasználni? Ha még azt is észrevesszük, hogy A-ban a kQ kör ugyanakkora szöget zár be az AD egyenessel, mint k-val ( ujjgyakorlat ) , akkor k és k1 érintkezése az alábbi segédtételből következne: Legyen i1 , i2 és i3 három, az X és Y pontokon átmenő körív ( melyek közül az egyik lehet egyenes is ) , k pedig egy i2 –t metsző kör. Az alábbi négy feltétel közül bármelyik 3 teljesülése maga után vonja a negyediket:

-i2 egyenlő szögben metszi i1 –et és i3-at

-k érinti i1 –et

-k érinti i3 –at

-k merőlegesen metszi i2-t

A bizonyítás egy Y középpontú inverzió után egyszerű: Két X-en áthaladó egyenesről ( szögszárak ) , a szögfelezőjükről és a szögfelezőt merőlegesen metsző, a szárakat érintő körröl kell az állítást belátni.

Ezzel feladatunkat visszavezettük arra, hogy k1 és kQ merőlegességét kell bizonyítani. Tekintsük a kP és kQ által meghatározott S körsort. Ennek centrálisa a PQ egyenes, hatványvonala az erre merőleges, V-n áthaladó f egyenes, vagyis AVB szög felezője, hiszen V-nek kP -re és kQ –ra vonatkozó hatványa egyenlő. Ha k1 –ről belátjuk, hogy a körsor két elemét merőlegesen metszi, akkor mindet, így kQ –t is merőlegesen metszi. A hatványvonalat k1 merőlegesen metszi, hiszen az AVB szög szárait érinti. Ugyancsak merőlegesen metszi az FH átmérőjű, L középpontú kL kört, melynek L középpontja rajta van PQ-n. Most már csak azt kéne igazolni, hogy kL az S körsor eleme. Ehhez használjuk fel (1) -et.

Ha tehát (1) –et igazolni tudjuk a feladat fenti megoldásai nélkül, akkor (1) felhasználásával a megoldás lépései:

-S a kP és kQ által meghatározott körsor

-S hatványvonala f átmegy V-n

-(1) miatt kL az S körsor eleme

-k1 merőlegesen metszi f-et és kL –t , ezért S többi elemét , így kQ –t is

-a segédtétel miatt k1 érinti k-t.

Tudná-e valaki bizonyítani (1) –et anélkül, hogy k és k1 érintkezését felhasználná?

Előzmény: [683] HoA, 2011-09-06 22:30:04
[683] HoA2011-09-06 22:30:04

Köszönöm a megoldást. Az én megoldásom az (a) kérdésre a fenti, a (b) kérdésre szintén azt igazolja, hogy a két kör külső hasonlósági pontja a körülírt körön van - így [678] utolsó bekezdése erre is vonatkozik – de elemi eszközökkel. Felhasználjuk, hogy a húrnégyszög csúcsai közül kiválasztható négy háromszög beírt köreinek középpontjai téglalapot alkotnak. BC ill. DA ív felezőpontját P-vel ill. Q-val jelölve, az (a)-beli megállapításokat felhasználva az ábrán QO2O3 és PO1O4 egyenlőszárú háromszögek. PQ ezek szimmetriatengelye és O1O2O3O4 középvonala. Legyen O3O4 egyenes metszéspontja BC-vel G, AD-vel H, PQ metszéspontjai BC-vel I, AD-vel L. (a) szerint EF egyenlő szögeket zár be BC-vel és AD-vel ( legyen ez a szög \omega ) , így ez az EF-fel párhuzamos GH és PQ egyenesekre is igaz. EGHF egyenlőszárú trapéz, IL a középvonala, EI, IG, FL, LH egyenlő hosszú szakaszok, legyen ez a hossz t . Az O3-on keresztül BC-vel húzott párhuzamos és PQ metszéspontja legyen K, az O4-en keresztül AD-vel húzott párhuzamos és PQ metszéspontja legyen J. Ekkor O4J és O3K is t hosszúságú szakaszok, mint párhuzamosok közé zárt párhuzamosok. Legyen a P középpontú, O1-en áthaladó kP kör sugara r1 , a Q középpontú, O2-n áthaladó kQ kör sugara r2 . AQL és PO4J ( lila ) háromszögek hasonlóak, mert L-nél ill. J-nél fekvő szögeik váltószögek, A-nál ill. P-nél fekvő szögeik a húrnégyszög k körülírt körében a DQ ívhez tartozó kerületi szögek. Az arányossági tényező QA/PO4=r2/r1 . Ugyanígy belátható a BPI és QO3K ( zöld ) háromszögek hasonlósága, az arányossági tényező PB/QO3=r1/r2 . Így PI/IE=PI/t=PI/O3K=r1/r2=JO4/LQ=t/LQ=FL/LQ . Ez viszont azt jelenti, hogy PIE és FLQ háromszögek hasonlóak, hiszen megegyeznek egy szögben ( \omega I-nél ill. L-nél ) és a közrefogó oldalak arányában. Végül PE és QF egyenesek metszéspotját T-vel jelölve PTQ háromszög is hasonló az utóbbi kettőhöz, hiszen P-nél ill. Q-nál lévő szöge mgegyezik amazok egy-egy szögével, harmadik, T-nél lévő szöge tehát \omega. Mint könnyen belátható , k-ban az OP és OQ sugarak által bezárt szög 2 \omega, a PQ húrhoz tartozó kerületi szög omega, T tehát rajta van k-n.

Előzmény: [678] Fálesz Mihály, 2011-08-18 14:57:15
[682] Blinki Bill2011-08-21 12:34:04

Köszönöm, én is erre jutottam Maga Péter segítsége után, sajnos határidőben (májusban) nem tudtam megoldani :(

Előzmény: [681] m2mm, 2011-08-20 21:22:33
[681] m2mm2011-08-20 21:22:33

A már említett rendezés után, én a \frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2}\ge\frac{a+b}{3} becslést alkalmaztam a párokra(a, b nemnegatív), innen \frac{2x+2y+2z}{3}\ge 2-t kell bizonyítani: leosztasz kettővel, majd számtani-mértani (xyz=1).

Előzmény: [673] Blinki Bill, 2011-08-17 18:05:18
[680] Blinki Bill2011-08-20 16:40:47

Köszönöm Mindnyájatoknak( Maga Péter, Kemény Legény, Fálesz Mihály, Róbert Gida)az értékes ötleteket és megoldásokat :)

[679] Róbert Gida2011-08-18 23:59:02

B.4355. Egy nagyon munkás bizonyítás: helyettesítsünk be z=\frac {1}{xy}-t, rendezzük az egyenlőtlenséget nullára. Ekkor egy olyan törtet kapunk, aminek a nevezője pozitív (csak pozitív tagok szorzatából áll), így az kell, hogy a számláló pozitív minden x,y>0 esetén, ami végülis azt jelenti, hogy: (ezt a Mathematica is egyből megadja nekünk):

1+x2y+xy2+2x4y2+2x3y3+x6y3+2x2y4+2x5y4+x8y4+2x4y5+x7y5+2x10y5+x3y6

+2x6y6+2x9y6+x12y6+x5y7+2x8y7+2x11y7+x14y7+x4y8+2x7y8+2x10y8+x13y8+2x6y9+x9y9

+2x12y9+2x5y10+2x8y10+x11y10+2x7y11+x10y11+x6y12+2x9y12+x8y13+x7y14\ge2x5y3+2x4y4+2x7y4

+2x3y5+4x6y5+2x9y5+4x5y6+4x8y6+2x4y7+6x7y7+2x10y7+4x6y8+4x9y8+2x5y9+4x8y9+2x11y9

+2x7y10+2x10y10+2x9y11

(Rendezéssel, hogy mindkét oldalon pozitív tagok álljanak). A bal, illetve a jobb oldalon álló tagok súlyozott mértani közepe egyaránt (xy)7. Így reménykedhetünk abban, hogy kizárólag számtani mértani egyenlőtlenségekkel be tudjuk bizonyítani az állítást, és ez valóban így van: 54 darab számtani-mértani egyenlőtlenséget felírva és összeadva kapjuk a bizonyítandó állítást:

\frac{1+x^{5}y^{4}+x^{10}y^{5}}{3}\ge x^{5}y^{3}

\frac{x^{2}y+x^{4}y^{2}+x^{9}y^{6}}{3}\ge x^{5}y^{3}

\frac{1+x^{2}y^{4}+x^{10}y^{8}}{3}\ge x^{4}y^{4}

\frac{x^{2}y+x^{4}y^{2}+x^{6}y^{9}}{3}\ge x^{4}y^{4}

\frac{x^{2}y+x^{10}y^{5}+x^{9}y^{6}}{3}\ge x^{7}y^{4}

\frac{x^{6}y^{3}+x^{5}y^{4}+x^{10}y^{5}}{3}\ge x^{7}y^{4}

\frac{xy^{2}+x^{3}y^{3}+x^{5}y^{10}}{3}\ge x^{3}y^{5}

\frac{x^{3}y^{3}+x^{2}y^{4}+x^{4}y^{8}}{3}\ge x^{3}y^{5}

\frac{x^{3}y^{3}+x^{10}y^{5}+x^{5}y^{7}}{3}\ge x^{6}y^{5}

\frac{x^{3}y^{3}+x^{3}y^{6}+x^{12}y^{6}}{3}\ge x^{6}y^{5}

\frac{x^{2}y^{4}+x^{5}y^{4}+x^{11}y^{7}}{3}\ge x^{6}y^{5}

\frac{x^{5}y^{4}+x^{7}y^{5}+x^{6}y^{6}}{3}\ge x^{6}y^{5}

\frac{x^{4}y^{2}+x^{9}y^{6}+x^{14}y^{7}}{3}\ge x^{9}y^{5}

\frac{x^{8}y^{4}+x^{10}y^{5}+x^{9}y^{6}}{3}\ge x^{9}y^{5}

\frac{xy^{2}+x^{5}y^{4}+x^{9}y^{12}}{3}\ge x^{5}y^{6}

\frac{x^{4}y^{2}+x^{3}y^{3}+x^{8}y^{13}}{3}\ge x^{5}y^{6}

\frac{x^{4}y^{2}+x^{3}y^{6}+x^{8}y^{10}}{3}\ge x^{5}y^{6}

\frac{x^{4}y^{2}+x^{6}y^{6}+x^{5}y^{10}}{3}\ge x^{5}y^{6}

\frac{x^{6}y^{3}+x^{8}y^{7}+x^{10}y^{8}}{3}\ge x^{8}y^{6}

\frac{x^{6}y^{3}+x^{11}y^{7}+x^{7}y^{8}}{3}\ge x^{8}y^{6}

\frac{x^{8}y^{4}+x^{9}y^{6}+x^{7}y^{8}}{3}\ge x^{8}y^{6}

\frac{x^{10}y^{5}+x^{6}y^{6}+x^{8}y^{7}}{3}\ge x^{8}y^{6}

\frac{1+x^{5}y^{10}+x^{7}y^{11}}{3}\ge x^{4}y^{7}

\frac{xy^{2}+x^{4}y^{5}+x^{7}y^{14}}{3}\ge x^{4}y^{7}

\frac{x^{3}y^{3}+x^{8}y^{7}+x^{10}y^{11}}{3}\ge x^{7}y^{7}

\frac{x^{8}y^{4}+x^{6}y^{6}+x^{7}y^{11}}{3}\ge x^{7}y^{7}

\frac{x^{4}y^{5}+x^{7}y^{8}+x^{10}y^{8}}{3}\ge x^{7}y^{7}

\frac{x^{7}y^{5}+x^{6}y^{6}+x^{8}y^{10}}{3}\ge x^{7}y^{7}

\frac{x^{7}y^{5}+x^{8}y^{7}+x^{6}y^{9}}{3}\ge x^{7}y^{7}

\frac{x^{6}y^{6}+x^{5}y^{7}+x^{10}y^{8}}{3}\ge x^{7}y^{7}

\frac{x^{4}y^{5}+x^{14}y^{7}+x^{12}y^{9}}{3}\ge x^{10}y^{7}

\frac{x^{12}y^{6}+x^{11}y^{7}+x^{7}y^{8}}{3}\ge x^{10}y^{7}

\frac{x^{2}y^{4}+x^{10}y^{8}+x^{6}y^{12}}{3}\ge x^{6}y^{8}

\frac{x^{5}y^{4}+x^{4}y^{8}+x^{9}y^{12}}{3}\ge x^{6}y^{8}

\frac{x^{3}y^{6}+x^{6}y^{9}+x^{9}y^{9}}{3}\ge x^{6}y^{8}

\frac{x^{9}y^{6}+x^{4}y^{8}+x^{5}y^{10}}{3}\ge x^{6}y^{8}

\frac{x^{4}y^{5}+x^{12}y^{9}+x^{11}y^{10}}{3}\ge x^{9}y^{8}

\frac{x^{5}y^{7}+x^{14}y^{7}+x^{8}y^{10}}{3}\ge x^{9}y^{8}

\frac{x^{8}y^{7}+x^{11}y^{7}+x^{8}y^{10}}{3}\ge x^{9}y^{8}

\frac{x^{8}y^{7}+x^{7}y^{8}+x^{12}y^{9}}{3}\ge x^{9}y^{8}

\frac{x^{2}y^{4}+x^{5}y^{10}+x^{8}y^{13}}{3}\ge x^{5}y^{9}

\frac{x^{2}y^{4}+x^{7}y^{11}+x^{6}y^{12}}{3}\ge x^{5}y^{9}

\frac{x^{4}y^{5}+x^{11}y^{10}+x^{9}y^{12}}{3}\ge x^{8}y^{9}

\frac{x^{11}y^{7}+x^{6}y^{9}+x^{7}y^{11}}{3}\ge x^{8}y^{9}

\frac{x^{7}y^{8}+x^{10}y^{8}+x^{7}y^{11}}{3}\ge x^{8}y^{9}

\frac{x^{13}y^{8}+x^{6}y^{9}+x^{5}y^{10}}{3}\ge x^{8}y^{9}

\frac{x^{12}y^{6}+x^{12}y^{9}+x^{9}y^{12}}{3}\ge x^{11}y^{9}

\frac{x^{13}y^{8}+x^{9}y^{9}+x^{11}y^{10}}{3}\ge x^{11}y^{9}

\frac{x^{4}y^{5}+x^{10}y^{11}+x^{7}y^{14}}{3}\ge x^{7}y^{10}

\frac{x^{6}y^{9}+x^{9}y^{9}+x^{6}y^{12}}{3}\ge x^{7}y^{10}

\frac{x^{11}y^{7}+x^{12}y^{9}+x^{7}y^{14}}{3}\ge x^{10}y^{10}

\frac{x^{13}y^{8}+x^{8}y^{10}+x^{9}y^{12}}{3}\ge x^{10}y^{10}

\frac{x^{12}y^{9}+x^{7}y^{11}+x^{8}y^{13}}{3}\ge x^{9}y^{11}

\frac{x^{8}y^{10}+x^{10}y^{11}+x^{9}y^{12}}{3}\ge x^{9}y^{11}

Előzmény: [673] Blinki Bill, 2011-08-17 18:05:18
[678] Fálesz Mihály2011-08-18 14:57:15

Leírok egy lehetséges megoldást. (Nem saját; Ilja Bogdanovtól hallottam.)

A. 505. Az ABCD húrnégyszögben O1 és O2 az ABC, illetve az ABD háromszögbe írt kör középpontja. Az O1O2 egyenes a BC egyenest E-ben, az AD egyenest F-ben metszi.

(a) Igazoljuk, hogy létezik egy olyan k kör, ami E-ben, illetve F-ben érinti a BC és az AD egyenest.

(b) Mutassuk meg, hogy k érinti az ABCD négyszög köré írt kört is.

Javasolta: Nagy János (Budapest)

Megoldás. (a) Jelöljük a körülírt kört k0-nal, és legyen G,H,I rendre a kör AB, BC, DA íveinek felezőpontja. Az ABC háromszögben AH és CG szögfelezők, tehát O1 ezek metszéspontja; hasonlóan O2 a BI és DG húrok metszéspontja. Ismert továbbá, hogy O1 és O2 rajta van a G középpontú, A-n és B-n átmenő körön. Az O1O2G háromszög tehát egyenlő szárú.

A CO1E és DO2F háromszögekben


ECO_1\angle = \frac12 BCA\angle = \frac12 BDA\angle = O_2DF \angle

és

CO1E\angle=GO1O2\angle=O1O2G\angle=FO2D\angle,

tehát FEC\angle=DFE\angle. Ebből pedig következik, hogy létezik a BC egyenest E-ben, az AD egyenest F-ben érintő k kör.

(b) Legyen az AB és EF egyenesek metszéspontja P, a PG egyenes és k0 második metszéspontja T. (Ha AB és EF párhuzamosak, akkor P a két egyenes ideális pontja és T=G.)

A Pascal-tételt az ABCGTH (piros) hatszögre alkalmazva kapjuk, hogy AB\capGT=P, CG\capHA=O1 és BC\capTH egy egyenesen van; következésképp a TH egyenes átmegy az E ponton. Hasonlóan, a Pascal-tételt a BADGTI (zöld) hatszögre alkalmazva kapjuk, hogy a TI egyenes átmegy az F ponton.

A k0 körhöz H-ban és I-ben, illetve a k-hoz E-ben és F-ben húzott érintők párhuzamosak. Ezért a HE egyenes és az IF egyenes is átmegy a két kör külső hasonlósági pontján. Tehát HE\capIF=T a két kör külső hasonlósági pontja. De a hasonlósági pont csak akkor lehet rajta valamelyik körön, ha a két kör érinti egymást.

Előzmény: [672] HoA, 2011-08-17 11:50:13
[677] Fálesz Mihály2011-08-18 11:46:45

A számlálók barátságosan magas fokúak, és ez sokféle más megoldást lehetővé tesz. Például céltudatosan becsülhetjük a számlálókat az


a^3+b^3 \ge \frac23 \sqrt{ab}\big(a^2+ab+b^2\big) (*)

egyenlőtlenséggel, hogy utána felírhassuk a számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenséget a három tagra:


\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} \ge


\ge
\frac{\frac23 \sqrt{zy}\big(z^2+zy+y^2\big)}{x^2+xy+y^2}+
\frac{\frac23 \sqrt{xz}\big(x^2+xz+z^2\big)}{y^2+yz+z^2}+
\frac{\frac23 \sqrt{yx}\big(y^2+yx+x^2\big)}{z^2+zx+x^2} \ge


\ge
3\root3\of{
\frac{\frac23 \sqrt{zy}\big(z^2+zy+y^2\big)}{x^2+xy+y^2}\cdot
\frac{\frac23 \sqrt{xz}\big(x^2+xz+z^2\big)}{y^2+yz+z^2}\cdot
\frac{\frac23 \sqrt{yx}\big(y^2+yx+x^2\big)}{z^2+zx+x^2}}
 = 2\root3\of{xyz} = 2.

(*) egy lehetséges bizonyítása:


3(a^3+b^3) - 2\sqrt{ab}\big(a^2+ab+b^2\big) =
\big(\sqrt{a}-\sqrt{b}\big)^2\big(
3a^2+4a^{3/2}b^{1/2}+5ab+4a^{1/2}b^{3/2}+3b^2\big)\ge0.

Előzmény: [676] Maga Péter, 2011-08-18 08:41:47
[676] Maga Péter2011-08-18 08:41:47

Igazad van, ezt elnéztem. De akkor már (legalábbis nekem) egyszerűbbnek tűnik az a kiegészítés, hogy az x\geqy\geqz esetben az első két soromban minden egyenlőtlenség megfordul, és a rendezési tétel arra írható fel ugyanazzal az eredménnyel.

Előzmény: [675] Kemény Legény, 2011-08-18 07:31:19
[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.

  [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]