Fórum: "ujjgyakorlatok"

Játékszabályok Technikai információ TeX tanfolyam Elfelejtettem a jelszavam Témák

[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] [45] [46] [47] [48] [49] [50] [51] [52] [53] [54] [55] [56] [57] [58] [59] [60] [61] [62] [63] [64] [65] [66] [67] [68] [69] [70] [71] [72] [73] [74] [75] [76] [77] [78] [79] [80] [81] [82] [83] [84] [85] [86] [87] [88] [89] [90] [91] [92] [93] [94] [95] [96] [97] [98] [99] [100]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[273] Sirpi

2005-04-14 14:24:06

Hát igen, ez jóval egyszerűbb megoldás. Viszont igaz, hogy a másik hosszú, meg számolós, de az enyém :-) Közben rájöttem én is egy másik, nem ennyire számolós megoldásra.

Osszuk le mindkét oldalt abc-vel (ha valamelyik szám 0, akkor triviálisan igaz az egyenlőtlenség):

a²/c+b²/a+c²/b $\geq$ a+b+c

Átrendezve:

$a^2 \cdot \frac1c + b^2 \cdot \frac1a + c^2 \cdot \frac1b \geq a^2 \cdot \frac1a + b^2 \cdot \frac1b + c^2 \cdot \frac1c$

Mindkét oldalon az a²,b²,c² számok vannak páronként összeszorozva az $\frac1a, \frac1b, \frac1c$ számokkal, és össze vannak adva a szorzatok, csak más sorrendben vannak összepárosítva a két oldalon. Ismert tétel (rendezési tételnek, vagy Szűcs Adolf-tételnek is hívják), hogy egy ilyen szorzat akkor lesz maximális, ha a két összeszorzandó sorozat azonos módon van rendezve, akkor lesz a legkisebb, ha ellentétes módon, ebből következően az összes többi permutáció e kettő közt fog elhelyezkedni.

A jobb oldalon fordított sorrendben van rendezve a két számhármas (ha pl. a² $\geq$ b² $\geq$ c², akkor 1/a $\leq$ 1/b $\leq$ 1/c), így a bal oldal legalább akkora, mint a jobb.

[272] Fálesz Mihály

2005-04-14 14:03:12

Szia Sirpi,

A megoldást ismertem, ezért nem írtam le eddig. (A 83-as párizsi diákolimpián a legnehezebb feladatot, amire a teljes magyar csapat összesen 1 pontot szerzett, erre az egyenlőtlenségre lehetett visszavezetni egy kis trükkel.)

(a³b+b³c+c³a)-(a²bc+ab²c+abc²)=

=ab(a-c)²+bc(b-a)²+ca(c-b)² $\ge$ 0.

F.M. :-)

Előzmény: [271] Sirpi, 2005-04-14 11:16:40

[271] Sirpi

2005-04-14 11:16:40

Na, akkor a rég eltemetett 55. feladatról írnék, ami úgy szólt, hogy ha a,b,c $\geq$ 0, akkor a³b+b³c+c³a $\geq$ a²bc+ab²c+abc².

Kijött közepekkel is, de ha nem akarok nagyágyúkat használni, akkor ki lehet direkt módon is hozni. Első észrevétel, hogy ha a=b=c=0, akkor triviálisan igaz az állítás. Ha meg nem, akkor szorozzunk fel (a+b+c)-vel:

(a+b+c)(a³b+b³c+c³a) $\geq$ abc(a+b+c)²

Elvégezve a beszorzást mindkét oldalon 9-9 tagot kapunk, amiből 3 egyezik:

a⁴b+ab³c+a²c³+a³b²+b⁴c+abc³+a³bc+b³c²+ac⁴ $\geq$ a³bc+ab³c+abc³+2a²b²c+2a²bc²+2ab²c²

Rendezve:

(a⁴b+b³c²-2a²b²c)+(b⁴c+c³a²-2ab²c²)+(c⁴a+a³b²-2a²bc²) $\geq$ 0

Ez pedig nyilvánvalóan igaz, mert ez átírható a következő alakra:

b(a²-bc)²+c(b²-ac)²+a(c²-ab)² $\geq$ 0

Egyenlőség akkor áll fenn, ha minden tag 0. Minden tag egy szorzat, ezért az egyenlőségnek az a feltétele, hogy minden tényező valamelyik tagja 0. Nézzük meg az eredeti egyenletet abban az esetben, ha pl. c=0, ekkor a bizony1tandó egyenlet az a³b $\geq$ 0 alakra egyszerűsödik. Vagyis ha van nulla a számok közt, akkor egyenlőség áll fenn, amennyiben van köztük még legalább egy másik nulla is.

Ha nincs nulla a számok közt, akkor pedig az a²=bc,b²=ac,c²=ab egyenlőségek mindegyikének kell teljesülnie, de ha feltesszük, hogy c a legnagyobb, és c²=ab, abból rögtön következik, hogy a=b=c. Tehát az (a,a,a) és az (a,0,0) számpárok esetén van egyenlőség.

Előzmény: [189] Suhanc, 2004-09-22 20:12:09

[270] Csimby

2005-04-13 16:48:53

2^6n-1+5ⁿ^.3²ⁿ⁺² akkor és csak akkor osztható 19-cel, ha a 2-szerese is osztható vele, tehát vizsgáljuk a 2-szeresét: 2⁶ⁿ+2^.5ⁿ^.3²ⁿ⁺²=64ⁿ+2^.5ⁿ^.9^.9ⁿ

2^.9 $\equiv$ -1 (mod 19) $\implies$ 64ⁿ+2^.5ⁿ^.9^.9ⁿ $\equiv$ 64ⁿ-45ⁿ

64ⁿ-45ⁿ=(64-45)(64^n-1+64^n-2^.45+64^n-3^.45²+...+64^.45^n-2+45^n-1)

64-45=19, tehát készen vagyunk.

Előzmény: [269] lorantfy, 2005-04-13 09:25:54

[269] lorantfy	2005-04-13 09:25:54
68. feladat: Bbh. minden n-re 19 osztója 2^6n-1+5ⁿ^.3²ⁿ⁺²-nek !

[268] Lóczi Lajos	2005-03-29 22:26:50
Aki a (határozatlan) integrálokkal szeretne egy kicsit játszani (és éppen nincs szimbolikus programcsomagja kéznél), azoknak ajánlom a http://integrals.wolfram.com/ címet. Ott meglátod a kérdésedre az általános választ, ami speciális függvényt tartalmaz. (Ezekről egy hatalmas gyűjtemény l. pl. a http://functions.wolfram.com/ címen.) Persze minden konkrét k-ra és n-re az integrál elemien kiszámítható. DE, a paraméterekkel csínján kell azért bánni, hiszen itt ugye hallgatólagosan azt FELTÉTELEZTÜK, hogy k és n pl. pozitív egészek. De már a k=1 és n=-1 esetben is teljesen más alakú lesz a primitív függvény, mint amit írtál. (Sőt, ugye még ott vannak az a és b paraméterek is...nulla vagy nem nulla, stb.)
Előzmény: [266] tudniakarok, 2005-03-27 11:58:50

[267] lorantfy	2005-03-27 12:03:23
Na ez rendben van! Hát ebből látszik, hogy ha be van szorozva a belső fgv. deriváltjának megfelelő x hatvánnyal akkor könnyű a dolgunk. Ebből azt is lehet sejteni, miért nehéz, ha nincs beszorozva a deriválttal.
Előzmény: [264] tudniakarok, 2005-03-27 00:50:32

[266] tudniakarok	2005-03-27 11:58:50
lemaradt hogy x a változó,ahogy eddig is

[265] tudniakarok

2005-03-27 11:50:57

Azaz,ez is általánosan:

$\int x^{k-1}(ax^k+b)^n=\bigg[\frac{(ax^k+b)^{n+1}}{(n+1)ka}\bigg]$

[264] tudniakarok

2005-03-27 00:50:32

Kicsi a világ,főleg a neten!:) Bár szégyen szemre nekem nem ugrik be az ismerettség,de elég meggyőző a sporttárs megszólítás,úgyhogy biztos ismerjük egymást,csak rossz az arcmemóriám!bocsánat. A feladatot eddig könnyebb megoldani mint beírni szépen:)

$\int x\big(ax^2+b)^n dx=\bigg[\frac{(ax^2+b)^{n+1}}{(n+1)2a}\bigg]$

Előzmény: [263] lorantfy, 2005-03-26 22:30:21

Játékszabályok Technikai információ TeX tanfolyam Elfelejtettem a jelszavam Témák

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?