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.

[27] nadorp	2003-12-05 09:12:44
Bocs, egyenlőség x=-1 esetén van
Előzmény: [26] nadorp, 2003-12-05 09:11:23

[26] nadorp

2003-12-05 09:11:23

Kedves Péter!

Megoldás a 8. feladatra (remélem nem számoltam el)

f(x)=x²ⁿ(x+1)²+2x^2n-2(x+1)²+3x^2n-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] lorantfy

2003-12-04 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 Pál

2003-12-04 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 $\le$ x², 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 Pál

2003-12-04 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+2x^2n-1+3x^2n-2+…+(2n+1-k)x^k+…+2nx+2n+1

polinom minimumát.

Előzmény: [20] lorantfy, 2003-12-04 15:45:19

[22] Suhanc

2003-12-04 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] lorantfy

2003-12-04 20:15:31

7. feladat:

Mely egész a, b, c, számokra igaz:

a²+b²+c²+4 $\leq$ ab+3b+2c

(1965. évi Kürschák példa alapján)

[20] lorantfy

2003-12-04 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 $\leq$ 25x²+25y²

0 $\leq$ 16x²-24xy+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 Géza

2003-12-04 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] lorantfy

2003-12-04 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] nadorp

2003-12-04 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 Károly	2003-12-04 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] lorantfy

2003-12-04 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 Pál

2003-12-04 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] lorantfy

2003-12-04 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] evilcman

2003-12-03 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] lorantfy

2003-12-03 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] Sirpi	2003-12-02 14:14:56
a^lg b=(10^lg a)^lg b=10^{lg a^.lgb}, ami szimmetrikus a-ban és b-ben, tehát C=1.
Előzmény: [9] lorantfy, 2003-12-02 14:11:11

[9] lorantfy

2003-12-02 14:11:11

Kedves Fórumosok!

Nézzetek be ide is mert kihal a téma!

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

[8] Suhanc	2003-11-27 18:03:42
Igen, tényleg elírtam! Nem szerencsés:(

[7] lorantfy

2003-11-26 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] Suhanc

2003-11-26 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] lorantfy

2003-11-26 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] Suhanc

2003-11-25 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] lorantfy

2003-11-24 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,...p_n.

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 p_i azért osztója „a”-nak, mert létezik p_j, hogy p_ip_j=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

[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]

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?