[677] Fálesz Mihály | 2011-08-18 11:46:45 |
 A számlálók barátságosan magas fokúak, és ez sokféle más megoldást lehetővé tesz. Például céltudatosan becsülhetjük a számlálókat az
 | (*) |
egyenlőtlenséggel, hogy utána felírhassuk a számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenséget a három tagra:



(*) egy lehetséges bizonyítása:

|
Előzmény: [676] Maga Péter, 2011-08-18 08:41:47 |
|
|
|
[674] Maga Péter | 2011-08-17 20:15:45 |
 Nyilván feltehető a x y z rendezés. Ekkor egyrészt
x3+y3 x3+z3 y3+z3,
másrészt

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

elég tehát erről megmutatni, hogy ez 2. Ennek egy tipikus tagja

Innen már menni fog:), ha mégsem, szólj!
|
Előzmény: [673] Blinki Bill, 2011-08-17 18:05:18 |
|
[673] Blinki Bill | 2011-08-17 18:05:18 |
 Sziasztok, kérhetnék egy kis ötletet (indítót) a B.4355-höz (április)?Köszönöm.
|
|
[672] HoA | 2011-08-17 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 Attila | 2011-08-15 22:18:12 |
 Nem tudja valaki, hogy miért nem kapott senki pontot a májusi mérési feladatra és miért nem javították ki a beküldött dolgozatokat?
|
|
|
|
[668] Róbert Gida | 2011-08-12 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: . Ez n<10-re teljesül. Ha n 10 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) 9L (ez trivi), míg S(2n) L, hiszen a rákövetkező jegy mindig legalább 1. Kettőből: , ami kellett. Teljesen hasonló a biz. k=5-re is. Indukcióval ebből: , így, ha k=2a*5b, akkor az megoldás lesz.
Más megoldás nincs: legyen k az L jegyű, így k<10L. Legyen N L tetszőleges, és w az az egyértelmű k-val osztható egész, amelyre w=10N+r, ahol 0 r<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 . Indirekt feltevés miatt S(kn) ckS(n), innen: , azaz S(n) korlátos. (L és ck is konstans). És ez nem lehet.
Legyen n 10-es számrendszeres ábrázolása:

, ahol di>0 és az a0<a1<...<as-1. Ekkor a0 L, minden i-re, ai-ai-1 L, as-1 N-L, ezekből már kövekezni fog az ellentmondás, mert ekkor indukcióval: ai (i+1)L, de as-1 N-L, így , azaz S(n) nem korlátos, ellentmondás.
Ha a0>L, akkor n osztható 10L-el, de akkor w=kn is, ellentmondás, mert N L, így w az 10L-el osztva r maradékot ad, de r nem nulla. w>10N és k<10L, így , ezért as-1 N-L. Végül minden i-re ai ai-1+L, indirekte legyen: at>at-1+L esetén tekintsük az , tekintsük ezt modulo 10at, ekkor , ez modulo nélkül is teljesül egyenlőséggel, mert k<10L és at-1+L<at. Azaz , jobb oldal osztható k-val, de a bal oldal nem, ellentmondás.
|
Előzmény: [663] Róbert Gida, 2011-08-12 01:09:50 |
|
|
[666] Lóczi Lajos | 2011-08-12 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] sakkmath | 2011-08-12 14:09:05 |
 Vázlat B.4358.-hoz:
1) Belátjuk, hogy és -11 nem gyökei az egyenletnek, s ezért a gyökökhöz ezt az egyenletet vizsgáljuk:
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 |
|
|
|
[662] Róbert Gida | 2011-08-12 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 1092*x5, 12012*x4 -2432*x3, 100464*x2 -87360*x, egyenlőtlenségeket használva: g(x)>0 itt is.
|
Előzmény: [661] Blinki Bill, 2011-08-11 20:39:23 |
|
[661] Blinki Bill | 2011-08-11 20:39:23 |
 Sziasztok!
Feltenné vki a B.4358. és B.4360. feladatok megoldását?
Köszönöm: Blanka
|
|
[660] Lóczi Lajos | 2011-08-10 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 Gida | 2011-08-09 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 Milán | 2011-08-03 00:57:06 |
 Valaki tudja, az utolsó mérési feladat fura statisztikájának mi a magyarázata?
|
|
[657] Tibixe | 2011-07-01 14:05:57 |
 Elég rögtön használni a számtani-mértani egyenlőtlenséget, homogenizálni és átrendezni.

A számtani és mértani közép közti egyenlőtlenség miatt . Ezért erősebb állítás, hogy
(a+b)(c+d)+(a+d)(b+c) 4+2ac+2bd
Kifejtve és kivonva:
ad+bc+ab+cd 4
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) 4(abc+abd+acd+bcd)
A zárójeleket felbontva és nullára rendezve:
a2b+a2d+ab2-2abc-2abd-2acd+ad2+b2c+bc2-2bcd+c2d+cd2 0
Ezt átírva:
(a+c)(b-d)2+(b+d)(a-c)2 0
Ez nyilván teljesül, mert nemnegatív teljes négyzetek nemnegatív együtthatós polinomja is nemnegatív.
|
Előzmény: [655] sakkmath, 2011-07-01 08:44:32 |
|
|
[655] sakkmath | 2011-07-01 08:44:32 |
 A KöMaL 2011/5-ös, májusi
számában megjelent
A.536. feladat egyik megoldása:
|
 |
|
[654] Ali | 2011-06-03 07:53:07 |
 "Csak az a=b=1 esetet hagyod akkor ki."
Vszínűleg elkerülte a figyelmedet az utolsó mondat:
Ha pedig a=b 1, 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 Gida | 2011-06-01 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 |
|