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.
[1003] Róbert Gida2015-11-25 21:23:58

A megoldásom az A.652.-re: Legyen &tex;\displaystyle a=a_0&xet; és &tex;\displaystyle b=a_1&xet;, ekkor, ha &tex;\displaystyle \frac {1}{a_i}&xet; számtani sorozatot alkot, akkor &tex;\displaystyle \frac{1}{a_k}=k*(\frac 1b-\frac 1a)+\frac 1a=\frac{k*(a-b)+b}{a*b}=\frac{k*d+b}{a*b}&xet;, ahol &tex;\displaystyle d=a-b<0&xet; egész. Az, hogy &tex;\displaystyle a_k&xet; egész azzal ekvivalens, hogy &tex;\displaystyle (k*d+b)|(a*b)&xet;; és ez minden &tex;\displaystyle 0\le k \le n&xet;-re kell. Legyen &tex;\displaystyle p\le n&xet; prím, 2 eset van: &tex;\displaystyle p|d&xet; vagy &tex;\displaystyle d&xet; nem osztható &tex;\displaystyle p&xet;-vel, ez utóbbi esetben &tex;\displaystyle k*d+b&xet; (&tex;\displaystyle k=0,..,p-1&xet;-re) teljes maradékrendszert alkot modulo p, így az egyik osztható &tex;\displaystyle p&xet;-vel, de akkor &tex;\displaystyle (a*b)&xet; is. De mindkét esetben igaz, hogy &tex;\displaystyle p|(a*b*|a-b|)&xet;, így &tex;\displaystyle \prod_{p prim; 2\le p \le n}p|(a*b*(|a-b|)&xet;. Triviálisan b<2*a (különben &tex;\displaystyle \frac {1}{a_2}\le 0&xet;); így &tex;\displaystyle \prod_{p prim; 2\le p \le n}p<2*a^3&xet;, de ismert, hogy &tex;\displaystyle n&xet;-ig a prímek szorzata nagyobb, mint &tex;\displaystyle C_1^n&xet; (&tex;\displaystyle C_1>1&xet;-re). Ebből pedig &tex;\displaystyle a=a_0>C^n&xet; fix &tex;\displaystyle C>1&xet;-re.

Előzmény: [1002] w, 2015-11-23 19:43:11
[1002] w2015-11-23 19:43:11

Az A.650. feladat egy lehetséges megoldása itt olvasható.

Az A.652. feladat kihozható némileg egyszerűbben. (Amúgy is valószínűnek tartom, hogy az osztott differencia alkalmazása inkább a tanulságosságra, mint az egyszerűségre való törekvés következménye.) A megoldásom kulcsa a következő lemma volt, ami szerintem önmagában is érdekes tétel:

Ha &tex;\displaystyle 0<u_1<u_2<\dots&xet; végtelen számtani sorozat tagjai relatív prímek a differenciához, és

&tex;\displaystyle T=\frac{u_1u_2\dots u_n}{n!},\qquad L=lkkt(u_1,u_2,\dots,u_n),&xet;

akkor &tex;\displaystyle \frac{L}{T}&xet; pozitív egész szám.

[1001] w2015-10-21 21:17:43

Még egy bizonyítás: itt.

Előzmény: [1000] w, 2015-10-18 20:56:54
[1000] w2015-10-18 20:56:54

B.4731, minimummeghatározás vázlatosan:

Négyzetreemelés, majd még egy négyzetreemelés után látszik, hogy elég a következőket bizonyítani:

&tex;\displaystyle ab+bc+ca\ge 2,&xet;

&tex;\displaystyle ab^2+bc^2+ca^2\ge 2.&xet;

Az előbbi adódik abból, hogy &tex;\displaystyle ab+bc=b(a+c)=b(3-b)\ge 2&xet;, ha &tex;\displaystyle b\in [1;2]&xet;. (Permutálhatjuk a változókat úgy, hogy &tex;\displaystyle b\in[1;2]&xet; legyen, ezért működtethető ez a becslés.)

Az utóbbi pedig az &tex;\displaystyle (a,b,c)=(2-x,2-y,2-z)&xet; helyettesítés után varázslatos módon az ismert

&tex;\displaystyle xy^2+yz^2+zx^2\le 4&xet;

becslésre vezethető vissza.

(A helyettesítés motivációja az volt, hogy a minimumhelyek kellemetlen módon függtek a &tex;\displaystyle [0;2]&xet; intervallumba szorítástól - ez a tulajdonság teszi nehézzé a feladatot szerintem. Hogyha "áttükrözzük" a változókat, az egyenlőtlenség iránya megváltozik, és a maximumhelyek már ugyanazok a &tex;\displaystyle [0;2]&xet; és &tex;\displaystyle [0;3]&xet; intervallumban, így már a becslésnél nem kell figyelnünk az intervallum specialitására.)

[999] w2015-10-15 17:35:56

Akit érdekel, B.4727-nek egy nehezebb változata található a 2005-ös ISL-ben:

&tex;\displaystyle f(x+y)+f(x)f(y)=f(xy)+2xy+1.&xet;

Hasznos feladat olyan szempontból, hogy szerintem jól tanítja a többféle megoldású függvényegyenletek megoldásainak különválasztását.

[998] w2015-10-15 17:30:58

Ezúttal csak a megoldás hibás, a feladat nem. A könnyű alsó becslés elkerülése végett direkt &tex;\displaystyle [0;2]&xet;-vel javasoltam a feladatot, helyesen is tűzték ki, és valóban a &tex;\displaystyle (2,1,0)&xet; és ciklikus permutáltjai adják a minimumot. Ha érdekel, be is bizonyíthatod (megengedem).

Előzmény: [997] Róbert Gida, 2015-10-15 16:05:42
[997] Róbert Gida2015-10-15 16:05:42

Elvileg nem kell ezért újra kitűzni a feladatot.

Géppel megnézve néhány millió esetet szerintem: &tex;\displaystyle a=0,b=2,c=1&xet; (illetve ennek ciklikus permutációi) adja a minimumot, ami 3. (végülis a 3-t eltalálták, csak gyökjel nélkül kell).

Előzmény: [996] nadorp, 2015-10-15 15:41:29
[996] nadorp2015-10-15 15:41:29

B. 4731. Legyen &tex;\displaystyle 0\leq a,b,c \leq 2&xet; ....

A fentiek tükrében a hivatalos megoldásban az alsó becslés hibás, mert a feltétellel ellentétben pld. az a=b=0, c=3 esetben hozza a minimumot.

[995] Róbert Gida2015-10-14 18:55:42

Lejárt A.647. megoldása (hivatalos megoldástól különböző). &tex;\displaystyle k=0&xet;-ra igaz, mert &tex;\displaystyle n&xet;>1-re &tex;\displaystyle n&xet;! nem négyzetszám. Használjuk Csebisev tételét, &tex;\displaystyle (\frac n2,n]&xet;-ben van prím, ha &tex;\displaystyle n>1&xet;, de akkor &tex;\displaystyle p&xet; kitevője &tex;\displaystyle n!&xet;-ban 1, így &tex;\displaystyle n&xet;! nem négyzetszám, azaz a keresett &tex;\displaystyle A,B&xet; halmaz nem létezhet.

Ha &tex;\displaystyle n\ge p>k&xet; ahol &tex;\displaystyle p&xet; prím, akkor az nem lehet, hogy &tex;\displaystyle A&xet;-ban és &tex;\displaystyle B&xet;-ben is van &tex;\displaystyle p&xet;-vel osztható tag, különben mindkét szorzat osztható &tex;\displaystyle p&xet;-vel, de akkor a különbségük is osztható &tex;\displaystyle p&xet;-vel, de &tex;\displaystyle p>k&xet; miatt ez nem lehet. Legyen most &tex;\displaystyle q&xet; egy prím a &tex;\displaystyle (k,2*k]&xet; intervallumban (Csebisev), és &tex;\displaystyle p&xet; egy tetszőleges prím &tex;\displaystyle (k,\frac {n}{2k}]&xet;-ban, ekkor &tex;\displaystyle p*q\le n&xet;, így q többesei ugyanabban a halmazban vannak, ahol &tex;\displaystyle p&xet; többesei, legyen ez a halmaz, mondjuk &tex;\displaystyle A&xet;. De akkor a &tex;\displaystyle B&xet;-ben szereplő számok szorzata nem lehet olyan nagy. &tex;\displaystyle B&xet;-ben csak &tex;\displaystyle k&xet;-nál nem nagyobb és &tex;\displaystyle \frac{n}{2k}&xet;-nál nagyobb prímosztójú számok lehetnek.

&tex;\displaystyle \prod _{b\in B}b \le \prod_{p\le k}p^{e(n,p)}*\prod_{n\ge p>\frac{n}{2k}}p^{e(n,p)}\le (4^k)^n*{(4^n)}^{2*k}=c(k)^n&xet;, ahol &tex;\displaystyle e(n,p)&xet; a &tex;\displaystyle p&xet; kitevője &tex;\displaystyle n!&xet; prímtényezős felbontásában, használtuk: triviálisan &tex;\displaystyle e(n,p)\le n&xet;, továbbá &tex;\displaystyle n>(2*k)^2&xet; és &tex;\displaystyle p>\frac{n}{2k}&xet; esetén &tex;\displaystyle e(n,p)<2*k&xet; (mert &tex;\displaystyle p^2>n&xet;, így &tex;\displaystyle e(n,p)=[\frac np&xet;]). Továbbá &tex;\displaystyle n&xet;-ig a prímek szorzata legfeljebb &tex;\displaystyle 4^n&xet;.

A becslést és a feladat állítását használva: &tex;\displaystyle n!=\prod _{a\in A}a \prod _{b\in B}b\le (c(k)^n+k)*c(k)^n<d(k)^n&xet;, azaz &tex;\displaystyle n!<d(k)^n&xet;, ahol &tex;\displaystyle d(k)&xet; csak &tex;\displaystyle k&xet;-tól függ. Ez ellentmond &tex;\displaystyle n!\ge (\frac n2)^{\frac n2}&xet;-nek. (korábbi &tex;\displaystyle n>(2*k)^2&xet; feltételt se felejtsük el.)

[994] Sinobi2015-07-29 06:43:23

Az A641-re az nem-e jó megoldás, hogy összekötöm a csúcsokat az élek mentén, veszem a legkisebb zárt görbét. Ez egy egyszerű, véges csúcsú poligon, tehát van beírt négyzete. (Stromquist, wiki). (A többi kiválasztott csúccsal most nem foglalkozom)

Mivel a poligon minden pontja rácsél vagy -pont, azt kell meggondolni, hogy az ilyen típusú négyzetek jók, vagy majdnem jók. Ha a csúcsai A,B,C,D, és aszerint nézzük a négyzeteket hogy milyen irányú éleken fekszenek, akkor, 4 lényegesen különböző eset lehetséges: (x,x,x,x), (x,x,x,y), (x,x,y,y), (x,y,x,y).

A 2., 3. esetből azonnal következik, hogy a négyzet minden csúcsa rácspont, az (x,x,x,x) típusú négyzet elcsúsztatható, az (x,y,x,y) típusú pedig el forgatva nyújtható az élek mentén, hogy egyik csúcsa rácspontba kerüljön, azaz az egyik csúcson az egyik típusú él helyére a másikat írjuk, amit már láttunk.

Valahol elsumákolnék egy/sok esetet?

[993] marcius82015-07-09 00:00:24

Valaki le tudná írni az A585 feladat megoldását? Segítségét előre is köszönöm. BERTALAN ZOLTÁN.

[992] w2015-06-19 16:11:45

IMC 2013/1. nap 4. feladat

Előzmény: [979] csábos, 2015-05-23 16:48:07
[991] sakkmath2015-06-07 01:49:39

A társszerző: Victoria Powers.

Előzmény: [990] sakkmath, 2015-06-07 01:42:16
[990] sakkmath2015-06-07 01:42:16

Szerintem a quartic.pdf jelenleg itt található:

http://www.math.uiuc.edu/~reznick/quartic.pdf

(Bruce Reznick: Notes towards a constructive proof of Hilbert's Theorem on ternary quartics)

Előzmény: [979] csábos, 2015-05-23 16:48:07
[988] nadorp2015-05-26 07:51:34

Igazad van, nem tudok olvasni, a "two" valahogy lemaradt:

Iwaniec showed that there are infinitely many numbers of the form &tex;\displaystyle n^2+1&xet; with at most two prime factors.

Előzmény: [986] Róbert Gida, 2015-05-25 19:24:43
[987] w2015-05-25 19:52:16

Megoldásvázlat az A.643.-ra.

1. lemma: [triviális] Ha &tex;\displaystyle p&xet; páratlan prím, és &tex;\displaystyle p|n^2+1&xet; valamely &tex;\displaystyle n&xet;-re, akkor alkalmas &tex;\displaystyle 0<a(p)<\frac p2&xet; pozitív egészre pontosan azokra az &tex;\displaystyle n&xet; pozitív egészekre lesz &tex;\displaystyle p|n^2+1&xet;, melyekre

&tex;\displaystyle n\in\{a,a+p,a+2p,\dots\}\cup \{p-a,2p-a,3p-a,\dots\}.&xet;

Itt még jegyezzük meg, hogy automatikusan &tex;\displaystyle P(a)=P(p-a)=p&xet;.

2. lemma: Tetszőleges &tex;\displaystyle x&xet; tetszőleges pozitív egészre

&tex;\displaystyle P(x^2+x+1)=\max\{P(x),P(x+1)\},&xet;

&tex;\displaystyle P(2x^2)=\max\{P(2x-1),P(2x+1)\}.&xet;

Bizonyítás: alkalmazzuk az &tex;\displaystyle (A,B)=(x+1,x)&xet;, illetve &tex;\displaystyle (A,B)=(2x+1,2x-1)&xet; helyettesítéseket az alábbi azonosságba.

&tex;\displaystyle (A^2+1)(B^2+1)=(AB)^2+A^2+B^2+1=(AB+1)^2+(A-B)^2&xet;

3. lemma: Végtelen sok &tex;\displaystyle n&xet; pozitív egész számra &tex;\displaystyle P(2n-1)\le P(2n+1)&xet; és &tex;\displaystyle P(2n+3)\le P(2n+1)&xet;.

Bizonyítás: Ha &tex;\displaystyle p_n=P(2n+1)&xet;, akkor amennyiben csak véges sok &tex;\displaystyle n&xet;-re lesz &tex;\displaystyle p_{n-1}\le p_n\ge p_{n+1}&xet;, fennáll, hogy elég nagy &tex;\displaystyle k&xet;-ra &tex;\displaystyle p_k<p_{k+1}<p_{k+2}<\dots&xet;. Mivel a &tex;\displaystyle P&xet; függvény értékkészlete a &tex;\displaystyle 2&xet; és a &tex;\displaystyle 4\ell+1&xet; alakú prímek, ezért innen &tex;\displaystyle \lim \frac{p_k}k=4&xet;, ami ellentmond annak, hogy a 2. lemma szerint

&tex;\displaystyle p_{\frac{a^2+a}2}=P(a^2+a+1)\le (a+1)^2+1&xet;

bármely &tex;\displaystyle a&xet; pozitív egészre.

&tex;\displaystyle &xet;

Indirekt feltesszük, hogy véges sok számnégyes választható ki, legyen &tex;\displaystyle N&xet; nagyobb, mint ezen számnégyesek összes tagja; belátjuk, hogy van &tex;\displaystyle N&xet; feletti tagú számnégyes.

Válasszunk egy olyan &tex;\displaystyle n>N&xet; olyan pozitív egészt (ha zavarnának a nagyságviszonyok, még &tex;\displaystyle n>10^5&xet; is legyen), amelyre &tex;\displaystyle P(2n-1)\le P(2n+1)\ge P(2n+3)&xet; (3. lemma). Ekkor a 2. lemma szerint fennáll, hogy

&tex;\displaystyle P(2n^2)=P(2(n+1)^2)=P(2n+1)=:p.&xet;

Miközben &tex;\displaystyle 2n+1<2n^2<2(n+1)^2&xet;. Dehát az 1. lemma szerint ott az az &tex;\displaystyle a(p)&xet; és az a &tex;\displaystyle p-a(p)&xet; adhatna még egyet: nem engedhetjük meg ezt a galádságot, így &tex;\displaystyle 2n+1=a(p)&xet; és &tex;\displaystyle p-a(p)=2n^2&xet; kell, szó ami szó, &tex;\displaystyle p=2n^2+2n+1&xet;, azaz &tex;\displaystyle 2p=(2n+1)^2+1&xet;.

Hát ez nem ellentmondás, de ha &tex;\displaystyle P(2n)\le P(2n+1)&xet; vagy &tex;\displaystyle P(2n+2)\le P(2n+1)&xet;, akkor pl. az első esetben a 2. lemma szerint &tex;\displaystyle P(4n^2+2n+1)=\max\{P(2n),P(2n+1)\}=P(2n+1)=p&xet; lesz, és ezért &tex;\displaystyle \{a<b<c<d\}=\{2n+1<2n^2<2(n+1)^2<4n^2+2n+1\}&xet; választással ellentmondást kapunk. Marad, hogy

&tex;\displaystyle P(2n)>P(2n+1)\ge P(2n-1),\quad P(2n+2)>P(2n+1)\ge P(2n+3).&xet;

Most azt kaptuk, hogy &tex;\displaystyle P(2n)&xet; nagyobb a &tex;\displaystyle P(2n-1),P(2n+1)&xet; mennyiségeknél és &tex;\displaystyle P(2n+2)>P(2n+1),P(2n+3)&xet;, s így a 2. lemmából

&tex;\displaystyle P(2n)=P(4n^2-2n+1)=P(4n^2+2n+1)=:q,&xet;

&tex;\displaystyle P(2n+2)=P((2n+2)(2n+1)+1)=P((2n+2)(2n+3)+1)=:q'&xet;

adódik. Az 1. lemma csak akkor nem nyugtat meg minket, hogyha &tex;\displaystyle a(q)=2n&xet; és &tex;\displaystyle q-a(q)=4n^2-2n+1&xet;, vagyis &tex;\displaystyle q=(2n)^2+1&xet;. Meg aztán ha &tex;\displaystyle q'=(2n+2)^2+1&xet;.

&tex;\displaystyle &xet;

A kegyelemdöfést modulo &tex;\displaystyle 5&xet; fogjuk megtenni, hisz mivel &tex;\displaystyle p,q,q'&xet; sem lehet &tex;\displaystyle 5&xet;, így

&tex;\displaystyle (2n)^2+1,\quad (2n+1)^2+1,\quad (2n+2)^2+1&xet;

sem osztható &tex;\displaystyle 5&xet;-tel, amiből &tex;\displaystyle 2n,2n+1,2n+2&xet; rendre &tex;\displaystyle -1,0,1&xet; modulo &tex;\displaystyle 5&xet;. Visszaidézve &tex;\displaystyle q&xet;-t, látjuk, hogy &tex;\displaystyle q=(2n)^2+1\equiv 2&xet; mod &tex;\displaystyle 5&xet;, és hogy &tex;\displaystyle 2n\equiv -1&xet; mod &tex;\displaystyle 5&xet;. Tudjuk, hogy &tex;\displaystyle a(q)=2n&xet;.

Tekintsük még a &tex;\displaystyle d=a(q)+2q&xet; számot, ő lesz A negyedik. Ő páros, mert &tex;\displaystyle a(q)=2n&xet; páros. És még &tex;\displaystyle d\equiv -1+2\cdot 2=3&xet; modulo &tex;\displaystyle 5&xet;, ahonnan &tex;\displaystyle 5|d^2+1&xet;. Vagyis &tex;\displaystyle d^2+1&xet; osztható a páronként különböző &tex;\displaystyle 2<5<q&xet; prímekkel, így a szorzatukkal is osztható, &tex;\displaystyle 10q|d^2+1&xet;.

A &tex;\displaystyle d^2+1&xet; szám összes többi osztója a &tex;\displaystyle \frac{d^2+1}{10q}&xet; szám osztója. Mivelhogy erre a számra

&tex;\displaystyle \frac{d^2+1}{10q}=\frac{(a(q)+2q)^2+1}{10q}<\frac{(3q)^2+1}{10q}<\frac{9q^2+q^2}{10q}=q,&xet;

így nem lehet neki &tex;\displaystyle q&xet;-nál nagyobb prímosztója. Ez maga után vonja, hogy &tex;\displaystyle P(d)=q&xet;.

Ami ellentmondás az indirekt feltevéssel, így ezzel a feladat állítása bizonyítást nyert.

Előzmény: [980] nadorp, 2015-05-25 12:07:34
[986] Róbert Gida2015-05-25 19:24:43

"A643-ra létezik olyan megoldás, amelyik nem azt használja ki, hogy végtelen sok &tex;\displaystyle n^2+1&xet; alakú prím létezik?"

Nem használhatja, hiszen ez tudtommal még megoldatlan sejtés.

Két tagra nem olyan nehéz: végtelen sok poz. egész a,b-re: a<b, P(a)=P(b). Ismeretes, hogy végtelen sok p=4k+1 alakú prím van, ezekre &tex;\displaystyle x^2+1 \equiv 0 \mod p&xet; megoldható, legyen &tex;\displaystyle r&xet; a legkisebb nemnegatív egész megoldás, ekkor r!=p-r (mert p ptlan), és &tex;\displaystyle r^2+1&xet; és &tex;\displaystyle (p-r)^2+1&xet; oszthatóak p-vel, de &tex;\displaystyle p^2&xet;-nél kisebbek, így a legnagyobb prímosztójuk p, azaz P(r)=P(p-r)=p, ami kellett (r>0 és p-r>0 triviálisan).

Előzmény: [980] nadorp, 2015-05-25 12:07:34
[985] S:R.2015-05-25 18:07:45

ha jól látom, akkor a jobb oldal is maximális ebben az esetben, így nem biztos, hogy jó lesz amit az előzőben írtam

[984] S:R.2015-05-25 18:00:37

Legyenek tehát rendre az adott x-ek sinalfa1,2...6 (elnézést, a TeX tanfolyamot még nem végeztem el, igyekszem úgy írni hogy minél kevésbé legyen csúnya). Ekkor a bal oldalon az adott szögek koszinuszának abszolútértékének háromszorosát kapjuk, a jobb oldalon pedig a gyök alatt álló kifejezéseket. A bal oldal akkor vesz fel maximumot, ha az összes koszinusz értéke 1, ekkor minden szög egyenlő k2pi-vel, ekkor van egyenlőség is, mivel a bal oldal 3+3+3+3+3, a jobb oldal pedig 5*gyök9. Mivel egyenlőség akkor áll fenn, ha a bal oldal maximális, ezért minden más értékre a jobb oldal lesz nagyobb. Az egyenlőséget x1=x2=...=x6=0-ra kapjuk. Lehet, hogy hibás a gondolatmenet, javítsatok kérlek ha így van

[983] S:R.2015-05-25 14:04:13

Igazad van, eleinte különböző szögeket vettem mindenhol, aztán jutott eszembe a lent írt gondolat, de ezek szerint nem véletlenül írtam fel először különbözőkkel :D Valóban, így viszont már jóval nehezebb bármit is kezdeni ezzel az ötlettel(bár a bal oldali kifejezések még így is elég szimpatikusak lehetnek)

Előzmény: [982] nadorp, 2015-05-25 13:18:36
[982] nadorp2015-05-25 13:18:36

... legyenek a páratlan indexű tagok egy szög szinuszai, a következő tag pedig ugyanannak a szögnek a koszinuszai...

Ez hibás kiindulás, ugyanis a feltételek nem garantálják, hogy pld. &tex;\displaystyle x_1^2+x_2^2=1&xet;.

Előzmény: [981] S:R., 2015-05-25 12:33:31
[981] S:R.2015-05-25 12:33:31

A B4703. feladattal kapcsolatban gondolkoztam egy olyan megoldáson, ami trigonometrikus helyettesítést használ. Mivel minden xi-re fennáll -1<=xi<=1, ezért legyenek a páratlan indexű tagok egy szög szinuszai, a következő tag pedig ugyanannak a szögnek a koszinuszai. Ekkor a bal oldali gyökös kifejezésekben ki lehet használni a trigonometrikus Pit. tételt, és az adott oldalon ugyanazoknak a szögeknek a szinuszainak és koszinuszainak abszolútértéke marad 3mal szorozva, ill. lesz egy szög, aminek csak a szinusza áll majd a bal oldalon egy 3s szorzóval. A jobb oldalon marad 3 olyan tag, amelynek minimuma gyök7, illetve 3, aminek minimuma gyök5. Sajnos ezek a becslések elég durvák, és nem is használtuk ki, hogy a 6 tag összege 0. Viszont nem sok hiányzik hozzá, szerintem egy kis finomítással lehetne értelme egy ilyen bizonyításnak. Ötletek?

[980] nadorp2015-05-25 12:07:34

A643-ra létezik olyan megoldás, amelyik nem azt használja ki, hogy végtelen sok &tex;\displaystyle n^2+1&xet; alakú prím létezik?

[979] csábos2015-05-23 16:48:07

Vegyük észre, hogy

&tex;\displaystyle (n+1)A^2B+(n-2)B^2 -A^4-(2n-2)AC= 2\sum_{i,j,k}(x_ix_j-x_ix_k)^2+2\sum_{i,j,k,t}x_jx_k(x_i-x_t)^2&xet;

A kérdés persze az, hogy ezt hogy vesszük észre. Először is kivonjuk a baloldalt, majd kiszámoljuk, hogy pont mennyi a különbség. Erre az adódik, hogy

&tex;\displaystyle (4n-8)\sum x_i^2x_j^2+(2n-10)\sum x_i^2x_jx_k-12\sum x_ix_jx_kx_t.&xet;

Én úgy szoktam kiszámolni, hogy készítek egy táblázatot, amely sorai a homogén negyedfokú monomok: &tex;\displaystyle x_i^4, x_i^3x_j, x_i^2x_j^2, x_i^2x_jx_k,x_ix_jx_kx_t &xet;, oszlopai a kifejezéseim, és mindnhova beírom, hogy miből mennyi van. A szimmetria miatt megúsztam az egészet egy 5-ször 4-es táblázattal. Utána összeadom az oszlopokat, és megvan a különbség.

Bátorítólag hat rám, hogy az &tex;\displaystyle x_i^4&xet;-es és az &tex;\displaystyle x_i^3x_j&xet;-s tagok kiestek.

Most tudom, hogy a feladat nemnegatív valós számokról szól, ezért ha minden &tex;\displaystyle x_i&xet; helyébe &tex;\displaystyle x_i^2&xet;-et írok, akkor egy olyan egyenlőtlenséget kapok, ami már minden valós számra igaz. Most, Hilbert tétele alapján, ez a polinom (amennyiben tényleg pozitív mindenütt) előáll racionális törtfüggvények négyzeteinek összegeként. Én persze reménykedem, hogy előáll polinomok négyzetösszegeként is. Ilyenkor van biztos módszer, a szisztematikus teljes négyzetté alakítás MINDIG működik. A konkrét esetben a polinom olyannyira szimmertrikus, hogy megpróbálom szimmetrikus módon előállítani négyzetösszegként. A első próbálkozás bejött.

Ha valaki szeretné látni, hogy hogyan lehet megkeresni a legkevesebb négyzetösszeggé való alakítást, az találhat rá EGY módszert itt:

http://www.math.uiuc.edu/ reznick/quartic.pdf

Aki ellenpéldát szeretne arra, hogy hogyan néz ki egy polinom, ami mindig pozitív, de nem polinomok, hanem csak racionális törtfüggvények négyzetösszege, annak íme:

http://www.math.uiuc.edu/documenta/vol-ismp/61_schmuedgen-konrad.pdf

Előzmény: [978] emm, 2015-05-22 06:24:00
[978] emm2015-05-22 06:24:00

Jogos, annyi módosítás kell, hogy legyen &tex;\displaystyle k&xet; a &tex;\displaystyle 0&xet; változók száma, &tex;\displaystyle n=n_1+k&xet;, és a szimmetrikus részt csak a pozitívakra definiáljuk, mert a &tex;\displaystyle 0&xet;-s tényezős tagok úgyis kiesnek. Kell:

&tex;\displaystyle -A^4+A^2 B (k+n_1+1)-2 A C (k+n_1-1)+B^2 (k+n_1-2)\geq 0&xet;

Módosításokkal átrendezve:

&tex;\displaystyle (n-1) n^2 \left((n_1-1)(k+n_1-2) \sigma_{n_1,2}^2-(n_1-2)(k+n_1-1) \sigma_{n_1,1}\sigma_{n_1,3}\right)\geq 0&xet;

És &tex;\displaystyle (n_1-1) (k+n_1-2)-(n_1-2) (k+n_1-1)=k&xet; miatt Newtonnal kész. (ettől csak gyengébb lett)

Előzmény: [975] Fálesz Mihály, 2015-05-21 16:59:15

  [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]