|
[11] nadorp | 2003-12-08 13:53:55 |
Kedves Attila !
Teljesen igazad van abban, hogy a rendezettségen alapuló egyenlőtlenség nagyon hasznos. Ha érdekel, nézd meg a KÖMAL A.324. sz. példára adott harmadik megoldást, nagyon tanulságosan használja fel ezt az egyenlőtlenséget.
Kedves Péter ! (különben én is az vagyok)
Az első példa kapcsán - valószínűleg anno kihagytam pár absztrakt algebrai előadást - kisebb gondjaim vannak azzal, hogy hogyan értelmezzem egy gráf automorfizmusát ( kétféle leképezést is találtam egy konkrét esetben, így az egyik biztos nem jó). Légy szíves pár szóval vázold. Van egy aranyos példám is. Az 198[3-8] évben tűzték ki a Riesz Frigyes matek versenyen.
4.feladat
Adott egy n-elemű X halmaz ( n1 pozitív egész ) és adott X-nek n darab különböző ( nem feltétlenül valódi ) részhalmaza A1,A2...An. BBh. létezik xX , hogy az A1\{x},A2\{x} … An\{x} halmazok is különbözőek.
|
|
[10] jenei.attila | 2003-12-08 10:43:51 |
Kedves nadorp!
Teljesen igazad van, amikor leírtam, már én is rájöttem. Ahogy említettem is, nem gondoltam végig, csak egy ötlet volt, először jónak tűnt.
A harmadik feladatnál nem kell használni a "skalár szorzatos" (nem tudok rá jobb nevet, és ennyi erővel a Cauchy-Schwartz egyenlőtlenséget is lehetne így nevezni) egyenlőtlenséget, mert a feladathoz elég a
(x-y)2+(x-z)2+(y-z)20
egyenlőtlenséget átrendezni, azonban a "skalár szorzatos" önmagában is érdekes és sokszor nagyon hasznos egyenlőtlenség.
|
|
|
[8] nadorp | 2003-12-08 09:30:10 |
Kedves Attila !
A 3. feladatra adott ötleted annyiban hibás,hogy a feltételből csak annyi következik, hogy ++<=180o (Jensen egyenlőtlenség), tehát nem biztos, hogy egyáltalán háromszöget kapsz.Pld. próbáld ki a esetet, ++=176,78o-ot fogsz kapni.
Egyébként,ha ,, egy háromszög szögei, akkor könnyű a bizonyítás, mert a tan +tan +tan =tan tan tan azonosság miatt, felhasználva a számtani és mértani közép közötti összefüggést:
(tan +tan +tan )3>=27tan tan tan =27(tan +tan +tan ), ezért
|
Előzmény: [7] jenei.attila, 2003-12-07 23:00:44 |
|
[7] jenei.attila | 2003-12-07 23:00:44 |
Kedves Péter!
A negyedik feladat megoldásával is megelőzött nadorp, azért leírom az enyémet:
A megoldás során két jól ismert egyenlőtlenséget fogunk felhasználni. Az egyik a hatványközepekre vonatkozó egyenlőtlenség, amely szerint ha , akkor nem negatív számok -adik hatványközepe nem nagyobb a -adik hatványközepüknél. x,y,z négyzetes és köbös hatványközepére:
Mindkét oldalt 6-odik hatványra emelve, és 8/9 -del beszorozva kapjuk:
A másik egyenlőtlenség két számsorozat "skaláris szorzatára" vonatkozik, amely szerint az akkor maximális, ha a sorozatok egyezőleg rendezettek, minimális, ha ellenkezőleg rendezettek. Például x,y,z -re
xy+yz+zxx2+y2+z2
A bizonyítandó egyenlőtlenség bal oldalának zárójeles kifejezéseire alkalmazva a számtani-mértani közép egyenlőtlenségét majd köbre emelve és 9-cel beszorozva:
Ebben az egyenlőtlenségben a jobboldal (a "skalár szorzatos" egyenlőtlenség miatt):
A két utóbbi és a hatványközepekre vonatkozó egyenlőtlenséget összevetve kapjuk a bizonyítandó állítást:
A 3. feladat megoldását nem gondoltam végig, mert nadorp megoldása egyszerűbb, azért ezt is leírom. Az helyettesítést bevezetve a bizonyítandó egyenlőtlenség . A feltételek ,,hegyesszögű háromszöget adnak meg.
|
Előzmény: [2] Pach Péter Pál, 2003-12-01 22:09:03 |
|
[6] Pach Péter Pál | 2003-12-04 22:32:09 |
Kedves Péter! (Csak tippeltem, ha tévedek, javíts ki!)
Köszi a megoldást a 4. feladatra. A 3. feladatnál szerintem azért nem zavaró a 2-es szorzó elhagyása, mert az egyenlet 0-ra volt rendezve. A [4]-ben feltett kérdésemen nagyon sokat nem érdemes töprengeni, ugyanis kicsit becsapós. :-) Nos?
Sok sikert az első két feladathoz!
|
Előzmény: [5] nadorp, 2003-12-04 14:12:26 |
|
[5] nadorp | 2003-12-04 14:12:26 |
Kedves Péter !
A 3. feladatra adott megoldás nem annyira remek, mert egyrészt elhagytam a nevezőben egy 2-es szorzót ( bár ez a lényegen nem változtat), másrészt nem általánosítható n>3 esetére, mert ekkor csak egyszeres gyök, ezért nem a négyzeten szerepel a szorzatban. Azért még küzdök vele.Viszont van egy megoldásom a 4. feladatra.
Elég bizonyítani, hogy
Vonjunk mindkét oldalból 6-ik gyököt. Ekkor
Felhasználva hogy a 2-dik hatványközép kisebb egyenlő a 3-dik hatványközépnél, a bizonyítandó állítást kapjuk
|
Előzmény: [2] Pach Péter Pál, 2003-12-01 22:09:03 |
|
|
[3] nadorp | 2003-12-02 17:11:35 |
Megoldás a 3. feladatra.
Az ember a szimmetria miatt akaratlanul arra gondol, egyenlőség csak esetén van. Ekkor a balodalon álló összes tört értéke . Másrészt is teljesül, ezért az
egyenletnek az szám gyöke,ezért belőle a kifejezés kiemelhető. Valóban, nem részletezve a számolást, a fenti egyenlet bal oldalára a következőt kapjuk:
, ami a (0;1) nyílt intervallumon nemnegatív.
Most már az eredeti feladat könnyen megoldható. A fenti egyenelet bal oldalán szereplő kifejezésbe helyettesítsük rendre az a,b és c számokat és adjuk össze ezt a három kifejezést. Felhasználva a négyzetösszegekre vonatkozó feltételt, pont a kívánt egyenlőtlenséget kapjuk.
|
Előzmény: [2] Pach Péter Pál, 2003-12-01 22:09:03 |
|
[2] Pach Péter Pál | 2003-12-01 22:09:03 |
A továbbiakban „Bizonyítsuk be, hogy” röviden „Bbh” lesz. Kezdetnek négy feladat: (Kedvcsinálónak könnyebb példa is van köztük. :-))
1. feladat: Bbh bármely véges csoporthoz létezik olyan véges egyszerű gráf, amelynek az automorfizmuscsoportja izomorf vele.
2. feladat: Bbh egy gráfban akkor és csak akkor létezik teljes párosítás, ha akárhogyan is hagyunk el néhány pontot (és a belőlük kiinduló éleket), a maradékban a páratlan komponensek száma nem nagyobb az elhagyott pontok számánál. Megjegyzés: bocs mindenkitől, aki ismeri.
3. feladat: 0<a,b,c<1 és a2+b2+c2=1. Bbh
4. feladat: x,y,z nemnegatívak, bbh
9(x2+yz)(y2+zx)(z2+xy)8(x3+y3+z3)2
|
|
[1] Pach Péter Pál | 2003-12-01 22:04:53 |
Azért nyitottam ezt a témát, hogy a nehezebb példákat is kitűzhessük valahol. Tehát itt olyan feladatokat adnánk fel és oldanánk meg, amiket nem írunk be az Érdekes matekfeladatok-hoz, mert nehéznek érezzük őket. Természetesen kevésbé nehéz példákat is kitűzhetünk, senki se tartson vissza példát csupán azért, mert aggódik, hogy az nem elég kemény.
|
|