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.

[303] Suhanc

2005-09-17 20:15:14

Kedves Mindenki!

Kissé megkéstem ezzel a hozzászólással. Így utólag is szeretném megköszönni mindenkinek az érdekes megoldásokat és hozzájuk kapcsolódó hozzászólásokat. Azontúl, hogy általánosságban is megmozgatta az állóvizet, nekem személyesen sok újat mutatott (pl: az emlegetett Titu-lemma). A konkrét sztorit eddig szándékosan nem írtam le a feladathoz: matektáborban ifiként tevékenykedtem, egy 9. osztályos tanuló pedig felajánlott nekem egy tábla csokit, ha megoldom belátható időn belül ezt a feladatot. A megoldás megbeszélése után említette, hoyg ő ezt Cauchy-Schwarz-Bunyakovszkij egyenlőtlenséggel meg tudja csinálni rövidebben. "Egy tábla csokiért elárulom"-mosolygott. Azonban a csoki, amelyret már gondolatban szétosztottunk az ifistársak közt, nagyon hívogató volt, ezért lemondtam (szégyen, gyalázat) a megoldásról. Reméltem, hogy elő fog kerülni...

[302] hobbymatekos	2005-09-16 22:50:28
Erről (elemi)algebrailag annyi mondható ameddig eljutottatok. Van pontosan 6 kúp amik csúcsa az origó, ezeken a kifejezés (skalár-vektor) fv. értéke 1 a kúpok és a koo sikokkal való metszeteiként adódó alkotók mentén. A kérdés: mikor nagyobb mint 1 és mikor kisebb. Ez csak algebrailag nem oldható meg.Ez a feladat Tenzoranalizis és diff.geometria. eszközökkel kezelhető.(Riemann tér) Euklideszi normában és derékszögü koo.rsz. reprezentációban is szemléletes. Adottak a helyvektorok, valamint három irány. Keressük azt a tartományt amelyikben teljesül, hogy a vektor egy adott koo. sikra való vetületvektorai hossznégyzeteinek a sihoz redelt adott (most állandó) irányra való (merőleges) vetületvektorának hossznégyzeteivel vett hányadosainak összege legalább 1.
Előzmény: [289] Suhanc, 2005-08-29 09:37:23

[301] hobbymatekos

2005-09-16 21:06:45

Nem ok:(.

K(x,y,z)-ről

áttérünk gömbi koo. rendszerbe, az azonosan egyből mi lesz? Azonosan 1 sugarú gömbfelület. Vagyis ?.

Előzmény: [290] Lóczi Lajos, 2005-09-01 16:23:34

[300] Lóczi Lajos	2005-09-15 20:53:41
Lehet, hogy úgy ujjgyakorlat, mint Fermat mondása, hogy túl kicsi a margó, hogy épp odaírja a bizonyítást :-)
Előzmény: [296] jenei.attila, 2005-09-15 09:50:21

[299] Lóczi Lajos

2005-09-15 20:37:27

Aprócska pontosítás az előző hozzászólásokhoz:

Cauchy-Schwarz helyesen, "t" nélkül. (Schwartz az másik matematikus volt.)

Előzmény: [298] Kemény Legény, 2005-09-15 16:38:00

[298] Kemény Legény	2005-09-15 16:38:00
Kedves Attila! Valóban nem meglepő, hogy nem találtál a 'Titu-lemmá'-ról semmit. A fenti tételt/elnevezést a román matek olimpiai csapattal való közös felkészülés során hallottuk.Ők ezt Titu Andreiescu után hivják igy (ő több évig volt az amerikai olimpiai csapat vezetője,ha nem tévedek). Amint arra Káli gúla is rámutatott: a 'Titu-lemma' valóban a Cauchy-Schwartz-Bunyakovszkij-egyenlőtlenségből következeik, sőt azzal ekvivalens is,azonban annál összehasonlithatatlanul 'felhasználóbarátabb'.Konkrét esetekben jóval könnyebben fel lehet ismerni ennek az alkalmazási lehetőségét,és persze a tagokról is látszik,hogy mely számokra kell felirni azt. Suhanc feladatában pl. rögtön látszott ez a lehetőség, és általában is kevesebb ötletességet igényel, mint a C-S-B-egyenlőtlenség felirása.Talán épp emiatt is merült fel ez a 'lemma' a felkészülés során, a versenyeken ugyanis időt lehet vele nyerni,és nem kezd el az ember más,nehezebben járható utakon elindulni.... Véleményen szerint semmiképpen sem árt ismerni a CSB eme átirt alakját,és olyan esetekben is felfedezni azt,ahol nem látszik a CSB nyilvánvaló használata...
Előzmény: [296] jenei.attila, 2005-09-15 09:50:21

[297] Káli gúla

2005-09-15 11:57:01

Ha a Cauchy-Schwartz egyenlőtlenségben

$\sum x_i^2 \sum y_i^2 \ge (\sum x_i y_i)^2$

a_i=x_iy_i-t helyettesítünk, akkor

$\sum \frac{a_i^2}{y_i^2} \sum y_i^2 \ge (\sum a_i)^2 , \quad azaz \quad \sum \frac{a_i^2}{y_i^2} \ge \frac {(\sum a_i)^2}{\sum y_i^2}$

Előzmény: [296] jenei.attila, 2005-09-15 09:50:21

[296] jenei.attila	2005-09-15 09:50:21
Tudnátok bővebb információval szolgálni a Titu-lemmával kapcsolatban? Ezelőtt soha nem hallottam róla, sőt a neten sem találtam semmit. Kíváncsi lennék Suhanc megoldására is, ha már szerinte ez csak ujjgyakorlat.
Előzmény: [295] SAMBUCA, 2005-09-12 00:34:20

[295] SAMBUCA

2005-09-12 00:34:20

Sziasztok!

A titu lemmáról jut eszembe: Csak nem adja be az olimpiai 3. feladatot?! Dehogynem:

xzy $\ge$ 1 és az kell, hogy $\frac{x^5-x^2}{x^5+y^2+z^2}+\frac{y^5-y^2}{y^5+z^2+x^2}+\frac{z^5-z^2}{z^5+x^2+y^2}\ge 0$ . Első lépésként átalakítunk: x⁵-x² helyére: x⁵+y²+z²-(x²+y²+z²), így az első tört: $1-\frac{x^2+y^2+z^2}{x^5+y^2+z^2}$ hasonlóan a másik kettő, igy azt kell belátni, hogy: $3\ge (x^2+y^2+z^2)*\left(\frac{1}{x^5+y^2+z^2}+\frac{1}{y^5+z^2+x^2}+\frac{1}{z^5+x^2+y^2}\right)$ És most jön a trükk: szorozzunk be (x²+y²+z²)-tel!

A baloldalon 3*(x²+y²+z²) lesz, a jobboldalon: $\frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{x^5+y^2+y^2}$ alakú tagok lesznek, amiket Titu-val tudunk felülről becsülni: $\frac{(x^2)^2}{x^5}+\frac{(y^2)^2}{y^2}+\frac{(z^2)^2}{z^2} \ge \frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{x^5+y^2+z^2}$ azaz $\frac{1}{x}+y^2+z^2 \ge \frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{x^5+y^2+z^2}$ hasonlóan a másik két törtre, ezeket összegezve: $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+2(x^2+y^2+z^2) \ge Jobboldal.$ Elég lenne belátni, hogy $3(x^2+y^2+z^2)\ge \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+2(x^2+y^2+z^2)$ azaz, hogy $x^2+y^2+z^2 \ge \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$ . Nemes egyszerüséggel felszorzunk,igy az kell, hogy: xyz(x²+y²+z²) $\ge$ xy+yz+zx, ez pedig xyz $\ge$ 1 és a rendezési tétel miatt igaz.

QED

SAMBUCA

[294] Kemény Legény

2005-09-09 10:44:10

A megoldás a 'Titu-lemma' használatával kicsit egyszerűbben is kijön: könnyen ellenőrizhető (pl.felszorzással és négyzetté alakitással),hogy ha x,y,z pozitivak

$\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y} \geq \frac{(a+b)^2}{x+y}$

Innen pedig rögtön adódik több tagra is hogy pl.

$\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z} \geq \frac{(a+b+c)^2}{x+y+z}$

A konkrét esetben pedig

$\frac{a}{2b+c}+\frac{b}{2c+a}+\frac{c}{2a+b}=\frac{a^2}{2ab+ac}+\frac{b^2}{2bc+ab}+\frac{c^2}{2ac+bc} \geq$

$\geq \frac{(a+b+c)^2}{2ab+ac+2bc+ab+2ac+bc} =\frac{(a+b+c)^2}{3(ab+bc+ca)}\geq 1$ ,ez pedig már nyilvánvaló.

A megoldás előnye hogy tetszőlegesen sok tagra általánositható pl.

$\frac{a}{2b+c+d+e}+\frac{b}{2c+d+e+a}+\frac{c}{2d+e+a+b}+\frac{d}{2e+a+b+c}+\frac{e}{2a+b+c+d} \geq 1$

Előzmény: [291] Csimby, 2005-09-05 21:25:00

Játékszabályok Technikai információ TeX tanfolyam Elfelejtettem a jelszavam Témák

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?