Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: "ujjgyakorlatok"

  [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]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[26] nadorp2003-12-05 09:11:23

Kedves Péter!

Megoldás a 8. feladatra (remélem nem számoltam el)

f(x)=x2n(x+1)2+2x2n-2(x+1)2+3x2n-4(x+1)2+...+n(x+1)2+n+1=(x+1)2g(x)+n+1

Mivel g(x)>0, ezért f(x)>=n+1, egyenlőség n=-1 esetén van

Előzmény: [23] Pach Péter Pál, 2003-12-04 22:24:55
[25] lorantfy2003-12-04 22:36:37

Kedves Suhanc!

Kösz a megoldást! Ez neked tényleg csak ujjgyakorlat volt.

7.b feladat: Mely egész x,y,z számokra teljesül:

8x2+3y2+6z2+7xy+5yz+x(4+z)+z(4+x)+4=0

Kis nehezítés – Próbálkozzon más is!

(Egy OKTV feladat alapján)

Előzmény: [22] Suhanc, 2003-12-04 21:40:43
[24] Pach Péter Pál2003-12-04 22:29:34

Igazad van, így tényleg egyszerűbb. :-) De lehet, hogy ha a kilencedikesek a szögfüggvényeket sem ismerik, akkor még a Cauchy-Schwarz-Bunyakovszkij egyenlőtlenséggel sem volt dolguk. :-)

Persze át lehet írni olyan formára, ahol csak azt használjuk, hogy 0\lex2, de így a CSB-egyenlőtlenségnek éppen azt a tulajdonságát veszítjük el, ami alapján könnyen észre lehet venni a megoldást.

Maga a megoldás természetesen gyors és korrekt. :-)

Előzmény: [19] Kós Géza, 2003-12-04 14:11:14
[23] Pach Péter Pál2003-12-04 22:24:55

Kedves László!

A körülírás alapján azt hittem, hogy az 1993./3. feladatról van szó.

8. feladat

Legyen n adott pozitív egész szám. Határozzuk meg a valós számokon értelmezett

f(x)=x2n+2x2n-1+3x2n-2++(2n+1-k)xk++2nx+2n+1

polinom minimumát.

Előzmény: [20] lorantfy, 2003-12-04 15:45:19
[22] Suhanc2003-12-04 21:40:43

A teljes négyzetek:

(a-b/2)2+(c-1)2+3/4*(b-2)2<=0

Nyilván c=1, b=2 a=1

[21] lorantfy2003-12-04 20:15:31

7. feladat:

Mely egész a, b, c, számokra igaz:

a2+b2+c2+4\leqab+3b+2c

(1965. évi Kürschák példa alapján)

[20] lorantfy2003-12-04 15:45:19

Az 5. feladatnál: Ha valaki persze nem akar nagyon trükközni, emelje csak négyzetre mindkét oldalt (ha a bal oldal negatív az egyenlőtlenség úgyis igaz) és alakítsa teljes négyzetté:

9x2+24xy+16y2\leq25x2+25y2

0\leq16x2-24xy+9y2

0\leq(4x-3y)2

Láttam én már olyan Kürschák feladatot, ahol a megoldáshoz semmi más nem kellett csak ügyesen teljes négyzetekké alakítani.(Előkeresem!)

Előzmény: [17] nadorp, 2003-12-04 13:36:32
[19] Kós Géza2003-12-04 14:11:14

Lényegében ugyanaz, de talán kicsit egyszerűbb megtalálni a megoldást Cauchy-Schwarz-Bunyakovszkij egyenlőtlenséggel:

\big(3x+4\sqrt{1-x^2}\big)^2\le\big(3^2+4^2)\bigg(x^2+\sqrt{1-x^2}^2\bigg)=25.

Egyenlőség akkor áll, ha x:\sqrt{1-x^2}=3:4.

Azzal maximálisan egyetértek, hogy az ilyen trükköket hasznos megtanulni és begyakorolni.

Előzmény: [14] Pach Péter Pál, 2003-12-04 11:06:48
[18] lorantfy2003-12-04 14:09:36

Kedves Nádor P.!

Nagyon gyors voltál és persze nagyon ügyes!

Most aztán megoldásod alapján rögtön általánosíthatjuk is a feladatot:

6.feladat:

Legyenek a,b,c egy derékszögű háromszög oldalai.

Bbh. \frac{ax+by}{c}\leq \sqrt{x^2+y^2}.

(Más módszerrel oldjuk meg!)

Előzmény: [17] nadorp, 2003-12-04 13:36:32
[17] nadorp2003-12-04 13:36:32

Megoldás az 5. feladatra.

Legyenek p és q pozitív egész számok, melyek értékét majd később adjuk meg. Ekkor a számtani és a négyzetes közép közötti összefüggés miatt

\frac{\frac{3}{5}x+\frac{4}{5}y}{p+q}=\frac{p\cdot\frac{3x}{5p}+q\cdot\frac{4y}{5q}}{p+q}<=\sqrt{\frac{p\cdot\frac{9x^2}{25p^2}+q\cdot\frac{16y^2}{25q^2}}{p+q}}

Ebből

\frac{3}{5}x+\frac{4}{5}y<=\sqrt{\frac{p+q}{p}\cdot\frac{9}{25}x^2+\frac{p+q}{q}\cdot\frac{16}{25}y^2}

Látszik, hogy a p=9 q=16 választással épp a kívánt egynelőtlenséget kapjuk.

Előzmény: [15] lorantfy, 2003-12-04 13:01:55
[16] Hajba Károly2003-12-04 13:25:06

Kedves László!

Én a geometria oldaláról közelítve találtam egy "csűrcsavarta" megoldást.

A maximumhely X koordinátájának keresésekor nem számít, ha az egész függvényt elosztom 4-gyel. Így egy origón átmenő, 0,75 meredekségű egyenes és origó központú egység sugarú kör összegét kapjuk.

Torzítsuk el képzeletben a körív minden pontját úgy, hogy az egyenes és X tengely közötti távolsággal távolítsuk az X tengelytől el. Ez a függvény képe és egyben egy ellipszis is. Szerkesszük meg a kőr és a hozzá tartozó ellipszis pontokhoz illesztett, összetartozó érintőket. Ezen érintők az Y tengelyen metszik egymást, mivel ott az eltolás 0. Az ellipszis maximumhelyéhez tartozó érintő párhuzamos az X tengellyel. Könnyen belátható, hogy e két érintő által bezárt szög \alpha, így a kör ezen érintőpontját az eredeti egyenes y=x tengelyre történő tükrözött egyenessel képzett metszéspont adja.

Ezt visszatéve a függvényekre, a megoldást a kör és az egyenes inverzének metszéspontja adja.

\root\of{1-x^2} = \frac43x

Ennek eredménye éppen X=\frac35

HK

Előzmény: [11] lorantfy, 2003-12-03 18:28:14
[15] lorantfy2003-12-04 13:01:55

Na ez már igen!

Kedves Péter!

Köszönöm a megoldást!

Érdemes a "közepek" közötti összefüggéseket jól begyakorolni, mert versenyfeladatoknál és néha-néha még KÖMAL feladatokban is nagy hasznát vehetjük!

Akkor próbálkozzatok ezzel:

5.feladat Bbh. \frac{3x+4y}{5}\leq \sqrt{x^2+y^2}

Előzmény: [14] Pach Péter Pál, 2003-12-04 11:06:48
[14] Pach Péter Pál2003-12-04 11:06:48

Megoldás a 4. feladatra

Írjuk fel a számtani és a négyzetes közepek közti egyenlőtlenséget 9 darab \frac{x}{3}-ra és 16 darab \frac{\sqrt{1-x^2}}{4}-re:

\frac{9\cdot\frac{x}{3}+16\cdot\frac{\sqrt{1-x^2}}{4}}{25}\le\sqrt{\frac{9\cdot\left(\frac{x}{3}\right)^2+16\cdot\left(\frac{\sqrt{1-x^2}}{4}\right)^2}{25}}

Mindkét oldalt egyszerűbb alakra hozva:

\frac{3x+4\sqrt{1-x^2}}{25}\le\frac15

3x+4\sqrt{1-x^2}\le5

Így a kifejezés maximuma 5, amit pontosan akkor vesz fel, ha \frac{x}{3}=\frac{\sqrt{1-x^2}}{4}, azaz, ha x=\frac35.

Előzmény: [11] lorantfy, 2003-12-03 18:28:14
[13] lorantfy2003-12-04 00:16:58

Kedves Attila!

Szép a megoldás. Köszönet érte!

\sqrt{1-x^2}-ből adja magát ez a helyettesítés, de sajnos a 9-edikesek még nem tanulták matekból a szögfgv-ket. Kérdés a tankönyvírók hogy gondolták a megoldást? Hátha valakinek van még más ötlete.

Előzmény: [12] evilcman, 2003-12-03 22:47:58
[12] evilcman2003-12-03 22:47:58

4. megoldás:

kikötés: 1>=x>=-1

ha ez az intervallum, akkor x-et helyettesíthetjük sin (\alpha) -val

így-ha A a maximuma a függvénynek:

A=3sin (\alpha)+4cos (\alpha)

elosztjuk mindket oldalt 5-tel

 \frac{A}{5} = \frac35\sin(\alpha) + \frac45\cos(\alpha)

legyen \sin(\beta) = \frac35 ezért \cos(\beta) = \frac45

így addíciós képlettel:

 \frac{A}{5} = \sin(\alpha+\beta)

a sinus függvénynek a maximuma 1, vagyis az eredeti függvény maximuma 5

Innen pedig már ki lehet számolni x-et, az eredeti egyenlet egyetlen gyöke 3/5.

[11] lorantfy2003-12-03 18:28:14

4.feladat: Keressük a maximum helyét és értékét, de semmi deriválás, kilencedikesek vagyunk!

 f(x)=3x+4 \sqrt{1-x^2}

(Sokszínű Matek 9-ből van!)

[10] Sirpi2003-12-02 14:14:56

alg b=(10lg a)lg b=10lg a.lgb, ami szimmetrikus a-ban és b-ben, tehát C=1.

Előzmény: [9] lorantfy, 2003-12-02 14:11:11
[9] lorantfy2003-12-02 14:11:11

Kedves Fórumosok!

Nézzetek be ide is mert kihal a téma!

C= \frac {5^{lg20}}{20^{lg5}}=?

[8] Suhanc2003-11-27 18:03:42

Igen, tényleg elírtam! Nem szerencsés:(

[7] lorantfy2003-11-26 22:04:42

Kedves Suhanc!

Szépen elvagyunk itt ketten ebben a témában. Beírok egy megoldást - de szerintem elírtad a 4c2-et!

2. feladat megoldása: Belátjuk, hogy

a+4b+4c^2 \geqq 5+4c- \frac{1}{a}- \frac {1}{b}\qquad  ha\quad (a,b \geqq 0)

A 4c2-ből és a 4c-ből látszik, hogy bal oldalon egy különbség négyzete lesz, amihez kell még, hogy mindkét oldalhoz 1-et adjunk:

4c^2-4c+1 \geqq 6 -(a+ \frac{1}{a})-(4b+ \frac {1}{b})

Jobb oldalon a jól ismert egyenlőtlenség:

a+ \frac{1}{a} \geqq 2 \qquad  (a,b \geqq 0)

és a második tag is ilyen lesz, ha kiemelünk 2-t:

(2c-1)^2 \geqq 6 -(a+ \frac{1}{a})- 2(2b+ \frac {1}{2b}) \leqq 0

Előzmény: [1] Suhanc, 2003-11-23 19:04:38
[6] Suhanc2003-11-26 18:24:56

Hahó!

Szakkörön kaptunk két érdekes feladatot, a témakört nem árulom el, elég könnyen kiderül. Az egyik tényleg villámkérdés, a másikról a szakkörvezető ennyit mondott: "aki ismeri a trükköt, annak trivi, aki még nem, annak lesz min gondolkodnia" :)

4. Bizonyítsuk be, hogy tekintve 2 ; 3; és 5 n. hatványainak összegét, van olyan két szám, melyek különbsége osztható 1237-tel. (ígérem, nemsokára megtanulom a képletszerkesztést)

5. Tekintsünk 512 egész számot! Bizonyítsuk be, hogy ki tudunk választani közülük néhányat, hogy összegük 512-vel osztható legyen! (leglább 1-et választunk ki, de akár az összeset is)

[5] lorantfy2003-11-26 14:57:05

Kedves Suhanc!

Jól gondolod, pont a sarokház az ellenpélda a b)-nél.

A d)-nél szigorú értelemben igazad van. De ha azt mondjuk, hogy testvérek azok, akiknek legalább egyik szülője közös, akkor már nem.

Szóval tágabb értelemben egyik sem tranzitív.

Előzmény: [4] Suhanc, 2003-11-25 20:16:51
[4] Suhanc2003-11-25 20:16:51

Kedves Lórántfy!

Ha valóban ennyire "nagy" az érdeklődés, akkor én is leírom a 3. feladatra az ötleteimet.

d)nyilván tranzitív. c) Nem tranzitív./sajnos a suli számos ellenpéldát hoz a tranzitivitásra :( /

a) ha A és B szomszédok, valamint B és C szomszédok, úgy A és C B két oldalán laknak, így nem lehetnek szomszédok (eltekintve egy olyan speciális elhelyezéstől, amelyben a 3 házat egy kör alakú utca veszi körül/

Szándékosan cseréltem fel a sorrendet, mert számomra a b) nem egyértelmű. Mi van, ha B egy sarokházban lakik. Vehetem úgy, hogy mindkét utca lakója? Ugyanis szerintem függ ettől a tranzitivitás.

Ja, az első két feladatról: az 1. Egy "Urbán: Matek+" című könyvben találtam,(egyben könyvajánlás; szerintem érdekes feladatokat rejt, egyedi megoldásokal), a második feladat pedig egy régi Arany Dani példa volt.

[3] lorantfy2003-11-24 23:43:18

Mivel a fiatalok nem nyüzsögnek, beírom az elsőt:

1. feladat megoldása: Legyen „a” pozitív egész szám, összes pozitív osztója: p1,p2,p3,...pn.

A következő tört értékét keressük:

 \frac {p_1+p_2+p_3+...+p_n} {\frac {1}{p_1}+\frac {1}{p_2}+\frac {1}{p_3}+...+ \frac {1}{p_n}}

Szorozzuk be a számlálót és nevezőt is a-val.

A nevezőben lévő összeg:

{\frac {a}{p_1}+\frac {a}{p_2}+\frac {a}{p_3}+...+ \frac {a}{p_n}}

nem más mint „a” pozitív osztóinak összege, hiszen pi azért osztója „a”-nak, mert létezik pj, hogy pipj=a, vagyis p_i=\frac {a} {p_j}.

Így a tört értéke: „a” .

(Persze szóban is elintézhettem volna: Ha az osztók reciprokösszegét „a”-val megszorozzuk, az osztók összegét kapjuk. Gyakoroltam kicsit a törtek beírását.)

Előzmény: [1] Suhanc, 2003-11-23 19:04:38
[2] lorantfy2003-11-23 21:57:19

Kedves Suhanc!

Ügyes a két példa! Nem írom be a megoldást, gondolkodjon más is rajta. (Érdemes különben belenézni a TeX-be – én kimásoltam Word-be, igy folyamatosan lapozható – mert egy négyzetreemelés vagy pl. a törtek nagyon könnyen beírható és sokkal jobban mutat a képlet!)

Egy tényleg villám feladat:

3. Tranzitív egy reláció ha A\mapstoB és B\mapstoC\impliesA\mapstoC

Tranzítív-e:

a) az A szomszédja B-nek

b) az A egy utcában lakik B-vel

c) az A barátja B-nek

d) az A testvére B-nek

reláció?

  [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]