[103] Ali | 2005-12-15 16:13:35 |
 A feladat azt állítja, hogy ha az x1 x2 ... xn>0 és az y1 y2 ... yn>0 számokra minden 0<k n esetén teljesül, hogy

akkor

is teljesül.
Szorozzuk be xi- és yi számokat egy pozitív C konstanssal úgy, hogy mindegyikük 1-nél nagyobb legyen. Ekkor az eredeti feladattal ekvivalens feladathoz jutunk.
Legyen ai:=ln xi és bi:=ln yi. ekkor az ai és bi számokra is teljesül, hogy a1 a2 ... an>0 és b1 b2 ... bn>0.
Továbbá a feltétel szerint minden 0<k n esetén teljesül, hogy

Könnyen igazolható hogy ea-eb (a-b)eb, akármilyen is legyen a és b viszonya. Ez következik pl. abból, hogy az ex függyvény görbéjének két pontját összekötő egyenes meredeksége a pontokbeli érintők meredekségei között van.
Azt kell igazolnunk, hogy

vagy másképpen
(ea1-eb1)+(ea2-eb2)+...+(ean-ebn) 0
Az eddigiek alapján
(ea1-eb1)+(ea2-eb2)+...+(ean-ebn) (a1-b1)eb1+(a2-b2)eb2+...(an-bn)ebn
A jobb oldalt nem növeljük, ha eb1 helyére eb2 -t írunk, mivel a1 b1 és b1 b2 , kapjuk, hogy
(ea1-eb1)+(ea2-eb2)+...+(ean-ebn) (a1-b1)eb1+(a2-b2)eb2+...+(an-bn)ebn (a1+a2-b1-b2)eb2+(a3-b3)eb3+...+(an-bn)ebn
Hasonlóan, mivel a1+a2 b1+b2 és b2 b3 kapjuk, hogy
(a1+a2-b1-b2)eb2+(a3-b3)eb3+...+(an-bn)ebn (a1+a2+a3-b1-b2-b3)eb3+(a4-b4)eb4+...+(an-bn)ebn
és így tovább. Végül kapjuk, hogy
(ea1-eb1)+(ea2-eb2)+...+(ean-ebn) (a1+a2+...+an-b1-b2-...-bn)ebn 0
amit bizonyítani akartunk.
|
Előzmény: [102] jenei.attila, 2005-12-14 22:30:10 |
|
|
[101] jenei.attila | 2005-12-13 13:32:53 |
 Oldjuk meg az A.374 -es feladatot. Elég sokat foglalkoztam vele,és majdnem be is bizonyítottam, de egy apró részleten ne jutok túl. Más fajta megoldás is érdekelne, illetve szívesen venném, ha az én próbálkozásomat segítenétek tovább vinni. Ha nem írtok megoldást, beírom hogy eddig mire jutottam. Addig is jó munkát.
|
|
[100] lorantfy | 2005-11-20 16:03:39 |
 B. 3847 feladathoz: Feltehetjük, hogy 180o-nál kisebb szögről van szó, mert különben az egyenes nem vághat ki -t a szögtartományból.
Húzzuk meg a szögfelezőt. Könnyen belátható, hogy, ha az adott P pont a szögfelezőn van akkor a P pontban a szögfelezőre állított merőleges egyenes vágja le a szögtartományból a legkisebb területű -t.
Ha P nincs a szögfelezőn akkor húzzunk rajta keresztül merőlegest és párhuzamost a szügfelezővel! A merőleges a szögszárakat B-ben és C-ben, a párhuzamos G-ben metszi.
Húzzunk G ponton át párhuzamost a másik szögszárral, ennek BC-vel alkotott metszéspontja legyen D pont. Majd D ponton át párhuzamost AG szögszárral ennek metszéspontja AB-vel legyen H pont.
Legyen M a BH szakasz egy belső pontja és N az MP egyenes metszéspontja a másik szögszárral, E pont pedig MP és DH egyenesek metszéspontja.
Mivel PC=PD és CN párhuzamos ED, ezért
Mozogjon az M pont a szögszáron a B ponttól a H pont felé. Ekkor at AMN területe csökken ABC területéhez képest, méghozzá BDEM négyszög területével. Egészen addig míg H pontba érünt. Az AMN területe ekkor lesz a legkisebb, hiszen M ponttal tovább haladva A felé a PMH területe kisebb mint a P pont másik oldalán a szögszárig terjedő háromszög területe.
Tehát a keresett egyenes a PH.
|
 |
|
|
[98] rizsesz | 2005-08-25 23:43:04 |
 Tök jó, én vagyok Sherlock, nézd meg a feladat statisztikájánál, amit a feladatoknál olvashatsz el (simán klikk a fizika feladatokra) :)
|
|
|
|
[94] Hardre | 2005-08-24 19:03:14 |
 Ha valaki meg tudta rendesen csinálni a P. 3811. feladatot, írja le pls hogy, mert én elakadtam.
Mégpedig ott, hogy a mágneses térbe ér a részecske. Felírtam a rá ható erőket, felbontottam komponensekre, de csak az éppen megtett út/sebesség/idő függvényében. Ha a megtett utat veszem változónak, akkor az a baj, hogy y(x) függvény általános ívhosszára olyan képlet van, amit itt sztem nem érdemes felhasználni. Akárhogy írom fel; a gond mindig a pálya függvényének meghatározása. Hiába tudom a 2 komponensének 2. deriváltját, abból túl bonyolult dolgok jönnek ki, mert sztem van vmi amire nem jöttem eddig rá.
|
|
|
|
[90] Szabó Dani | 2005-03-10 14:44:53 |
 Valaki tegye fel a P. 3754. feladat megoldását!
|
|
[89] rizs | 2005-03-09 14:46:40 |
 hát,a 2 egyenlet összegét rendezve csupa teljes négyzet jön ki, és onnan x=2, y=3.
|
|
[88] jenei.attila | 2005-03-09 13:51:09 |
 Oldjuk meg a Lórántfy által kitűzött B.3790 feladatot. Nekem van egy megoldásom, kíváncsi vagyok, ti hogy oldjátok meg.
|
|
[87] Káli gúla | 2005-03-06 19:08:40 |
 Kedves Balázs!
Elküldtem mailben azokat az oldalakat a Matematikai Lapokból, amik a feladathoz kapcsolódnak. A téglás pakolásokról az interneten is találhatsz cikkeket:
http://www-math.mit.edu/~rstan/transparencies/tilings.pdf
http://www.math.uni-bielefeld.de/~sillke/POLYCUBE/PROOF/deBruijn/filling-boxes-with-bricks.pdf
http://www.mrlonline.org/mrl/1994-001-005/1994-001-005-003.pdf
http://www.combinatorics.org/Volume_4/PDF/v4i2r12.pdf
|
Előzmény: [86] Strenner Balázs, 2005-03-05 21:14:06 |
|
[86] Strenner Balázs | 2005-03-05 21:14:06 |
 Hello!
Nagyon szép a megoldás, sokkal általánosabb, mint a feladat. Én is hasonló dolgokkal próbálkoztam: vetületekkel, csak nem tudtam elszakadni a kockától, de ez a szétszeletelés nagyon leleményes. Érdekelne az a Kömal-cikk, amiben ezzel foglalkoznak, de nem találtam meg. Biztos, hogy jó az év?
|
Előzmény: [85] Káli gúla, 2005-02-27 21:48:19 |
|
[85] Káli gúla | 2005-02-27 21:48:19 |
 Hello!
Legyen a1,...,an N. Tegyünk az n-dimenziós rács pontjaiba egy-egy lámpát. Az i-edik tengellyel párhuzamosan lépésenként ai db szomszédos lámpa állapotát megváltoztathatjuk. Ha kezdetben minden lámpa 0, és véges sok lépés után egy b1,...,bn élű B téglában (és csak ott) minden lámpa ég, akkor van olyan i n, amire ai|bi.
Bizonyítás indukcióval. n=1-re az állítás igaz. Tegyük fel, hogy an nem osztója bn-nek. Legyen L a B téglának az n-edik tengelyre merőleges alsó lapja, ez tehát egy b1,...,bn-1 élhosszúságú, n-1 dimenziós tégla. Elég belátni, hogy L-ben maradva is minden lámpát át lehet állítani, ekkor ugyanis az indukciós feltevés szerint ai|bi-nek kell teljesülni valamilyen i n-1-re. Tekintsük B-ben az L-lel párhuzamos bn db réteg közül azokat, amiknek a távolsága L-től 0 (mod an) vagy -1 (mod an). Szorítkozzunk a B kivilágításánál használt csíkok közül azokra, amiket ezek a rétegek tartalmaznak, és vegyük ezeknek a csíkoknak az L-re eső vetületeit (eltoltjait). Belátjuk, hogy minden x L-beli pontot páratlan sok vetületi csík fog fedni. an nem osztja bn miatt a 0 maradékosztályban eggyel több réteg van, mint a (-1) maradékosztályban, azaz a tekintett rétegek száma páratlan, az ide eső, x feletti pontok B-beli multiplicitása is páratlan volt, így ezen pontok multiplicitásainak összege páratlan. Az összegből el kell hagyni az L-re merőleges, an hosszúságú csíkokat, de ezek mind pontosan két x feletti pontot tartalmaznak, ezért a paritás továbbra is páratlan marad.
(1) A feladatra a nemleges válasz egyszerűen következik, mert a 2x2x2-es kockákat az x1, a 3x3x3-asakat a x2, a 7x7x7-eseket az x3 tengellyel párhuzamos csíkokra bonthatnánk, és a 2005 egyik hosszal sem osztható.
(2) A feladathoz ugyan nem kell, de a csíkok nemcsak B részhalmazai lehetnek. A bizonyításban semmi újat nem kell mondani.
(3) Ehhez hasonló feladat jelent meg a Matematikai Lapok Feladatrovatában (1962/3-4, pp 314-317.), a fenti gondolatmenet is az ottani egyik megoldás mintájára készült. A kérdéskör állítólag úgy jött elő, hogy N. G. De Bruijn 7 éves kisfia megfigyelte, hogy 1x2x4-es téglákkal nem lehet egy 6x6x6-os ládát kitölteni.
|
Előzmény: [84] SAMBUCA, 2005-02-22 03:32:47 |
|
[84] SAMBUCA | 2005-02-22 03:32:47 |
 Na hell!
Ha vakinek van megoldása az A.363.-ra akkor beírhatná. Nagyon kiváncsi lennék...
SAMBUCA
|
|
[83] Szabó Dániel | 2005-02-19 20:00:21 |
 Visszatérve a P. 3722. feladatra, melynek megoldása most jelent meg a KöMal-ban: az itt és Pecu által említett megoldásnál van egy egyszerűbb is. A tömegek és a tömegközépponttól való távolságok fordítottan arányosak.
|
|
|
[81] SAMBUCA | 2005-02-18 15:17:54 |
 Helló!
Szerintem a feladat simán általánosítható n dimenzióra úgy, hogy a megfelelő méretű n-dimenziós kockát megfelelő méretű (n-1) dimenziós kockákkal fedjük le.
Ui. Kiváncsi lennék, hogy a megoldók hogyan oldották meg, de ezzel szerintem még várjunk 1-2 napot.
SAMBUCA (vajon ki???  )
|
Előzmény: [80] Strenner Balázs, 2005-02-18 10:58:28 |
|
[80] Strenner Balázs | 2005-02-18 10:58:28 |
 Nekem nagyon tetszett. Viszont érdekes, hogy általánosítható-e a feladat magasabb dimenziókra több kockával. Pl. n-dimnezióban n+1 kockával. Az érzésem az, hogy igen, de nem tudom biztosan. Aki tudja, megírhatja.
|
Előzmény: [79] SAMBUCA, 2005-02-16 21:34:37 |
|
[79] SAMBUCA | 2005-02-16 21:34:37 |
 Sziasztok!
Hogy tetszett az A pontversenyben a januári 2. feladat? :)
SAMBUCA
|
|
[78] rizs | 2005-01-22 11:16:30 |
 a P.3735.-re godoltam :)
|
|
[77] Pecu | 2005-01-14 14:26:57 |
 Sziasztok!
Az Iron által elkezdett hagyományt folytatva felírnám a P.3722. feladat eredményét. Ha jól emlékeszem közel 350 dolgozat érkezett, a fele lett három pontos, a másik fele pedig 0 pontos (szerintem ez lehet a másik feladat, aminek a statisztikája "megdöbbentő"), elvétve akadt csak 1 vagy 2 pontos. A baj az volt, hogy sokan azt írták, akkor lesz az A pont a súlypont, ha a háromszög és a négyzet területe megegyezik, mások pedig azt, ha a háromszög és a négyzet súlypontja egyenlő távolságra van az A ponttól. Ez pedig nem igaz, hiszen ha a két terület egyenlő, akkor a súlypontjuk nem egyenlő távolságra lesz A-tól, vagyis nem lesz 0 a forgatónyomaték, ugyanez a helyzet a másik esetben is. Szóval ezek a megoldások elvi hibásak, ezért a 0 pont. 1 vagy két pontot annak megfelelően adtam, hogy csak kisebb vagy komolyabb számolási hibák voltak a dolgozatban. A helyes megoldás az, ha a háromszög és a négyzet által az A pontra kifejtett forgatónyomatékok egyenlőségét vizsgáljuk, és a helyes b/a arány . Remélem ez így megfelel.
Üdv, Pecu
|
|