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

Fórum: Nehezebb matematikai problémák

  [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]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[24] Csizmadia Gábor2003-12-24 00:54:31

Ugyan nem tudom, hogy ez kinek mennyire nehéz, de szerintem ezek a feladatok megérdemlik, hogy ide kerüljenek, leginkább a C. Az A és a B esetén nem csak konkrét példára gondolok, hanem egy kicsit általánosabb megoldásra.

10. feladat Konstruálj olyan valós-valós (R->R) függvényt (ha létezik ilyen), amely értelmezési tartományának minden nem megszámlálható részhalmazán felveszi a teljes értékkészletet. A. Az értékkészlet ekvivalens N-nel B. Az értékkészlet ekvivalens N-nel, valamint a függvény mindenütt differenciálható C. Az értékkészlet ekvivalens R-rel

[23] Pach Péter Pál2003-12-17 21:34:20

Ezek szerint Geoff okoskodása nem nyerte el tetszésed. (Igaz, ha jól emlékszem, ő csak az egyik irányt bizonyította.)

Előzmény: [17] Rácz Béla, 2003-12-11 19:42:01
[22] Kós Géza2003-12-17 10:59:33

Szerintem az ilyen feladatokat inkább küldd el nekem e-mailben, feltéve, hogy nem túl közismertek. Hátha valamelyik jó lesz A-nak...

Előzmény: [21] Rácz Béla, 2003-12-16 21:52:54
[21] Rácz Béla2003-12-16 21:52:54

Egy igazi ínyencség, amit egyes érdekes ízlésű emberek diákolimpiára (1,5 óra/feladat) akartak kitűzni:

9. feladat

Mely (f, g) valósokon értelmezett valósértékű függvénypárokra teljesül minden x és y esetén az alábbi egyenlőség?

f\left(x+g(y)\right)=xf(y)-yf(x)+g(x)

[20] Pach Péter Pál2003-12-12 19:44:27

Egy újabb feladat:

8. feladat

Legyen \varepsilon>0. Keressük a legnagyobb \alpha számot, amelyre teljesül, hogy ha n elég nagy, akkor megadható (\alpha-\varepsilon)n különböző egész szám 1 és n között úgy, hogy a megadott számok közül egyik sem osztója egy másik kétszeresének. Adjuk meg 1 és n között a lehető legtöbb egész számot ezzel a tulajdonsággal.

Megjegyzés:

Félreértések elkerülése végett: \alpha-t nem \varepsilon függvényében keressük.

[19] nadorp2003-12-12 16:43:52

Mire leírtam, rájöttem, hogy az egész ross. Bocs.

Előzmény: [18] nadorp, 2003-12-12 16:17:28
[18] nadorp2003-12-12 16:17:28

Kedves Béla !

Most lehet,hogy égni fogok, de közlök egy megoldást a 6. feladatra. Nem tudom elhinni, hogy csak a triviális megoldás létezik ( azaz a sorozat elemei egyenlőek ), de a hibát nem találom. Szóval:

Legyen a p polinom n-ed fokú és írjunk fel egy Euklideszi algoritmushoz hasonlót

p(x)=(x-q2)p1(x)+q1

p1(x)=(x-q3)p2(x)+r2

p2(x)=(x-q4)p3(x)+r3

. . .

pn-2(x)=(x-qn)pn-1(x)+rn-1

Ebből következik, hogy a p polinom alkalmas s2,s3,...sn+1 racionális számokkal felírható a következő alakba:

p(x)=(x-q2)...(x-qn+1)sn+1+(x-q2)...(x-qn)sn+...(x-q2)s2+q1

A fenti eljáráshoz hasonlóan,"eggyel később kezdve",alkalmas t2,t3,...tn+1 számokkal

p(x)=(x-q3)...(x-qn+2)tn+1+(x-q3)...(x-qn+1)tn+...(x-q3)t2+q2

Írjunk a második egyenlőségben x helyére p(x)-et és használjuk fel egyrészt a qi számok közti összefüggést, másrészt, hogy minden polinomban p(x)-p(a)=(x-a)h(x) minden "a" számra. Kapjuk:

p(p(x))=(x-q2)...(x-qn+1)hn+1(x)+(x-q2)...(x-qn)hn(x)+...(x-q2)h2(x)+q1, ahol hi(x) alkalmas racionális együtthatós polinom. Az előzőek alapján

p(p(x))+p(x)=(x-q2)...(x-qn+1)(hn+1(x)+sn+1)+(x-q2)...(x-qn)(hn(x)+sn)+...(x-q2)(h2(x)+s2)+q1+q2

Ha most a fenti egynlőségben x=q3, akkor azt kapjuk, hogy

(q3-q2)(h2(x)+s2)=0

Mivel h2(x) legalább elsőfokú polinom, ez csak úgy lehet, hogy q2=q3.

Teljesen hasonló módszerrel kapjuk, hogy q3=q4 stb. Végül a q3=q2 összefüggésből p(q3)=p(q2), azaz q2=q1 következik.

Előzmény: [16] Rácz Béla, 2003-12-11 00:30:39
[17] Rácz Béla2003-12-11 19:42:01

Eszembe jutott még egy darab. Nagyon örülnék neki, ha valaki elegáns megoldást adna rá, mert én csak elég kellemetlen bizonyításról tudok. A feladat egy háromszögben a beírt kör középpontjának az Euler-egyeneshez való viszonyát tisztázza:

7. feladat

A beírt kör K középpontjából a súlypontot és a magasságpontot összeköző SM szakasz több, mint 90°-ban látszik; más szóval K benne van az SM átmérőjű körben.

Sőt, ez az állítás éles: ha adottak az S,M,K pontok úgy, hogy ez a feltétel teljesüljön, akkor rajzolható hozzájuk megfelelő háromszög.

[16] Rácz Béla2003-12-11 00:30:39

Ez a magyar-izraeli versenyen volt pár éve:

6. feladat

\left(q_0^\infty\right) = (q_1, q_2, ..., q_i, ...) egy végtelen sorozat, ami racionális számokból áll; és p egy legalább másodfokú racionális együtthatós polinom. Tudjuk, hogy p(qi+1)=qi minden lehetséges i-re.

Bizonyítandó, hogy a (q) sorozat periodikus.

[15] Pach Péter Pál2003-12-08 20:40:47

Kedves Péter!

A G gráf egy automorfizmusa: csúcsainak egy \pi permutációja, amelyre az i és j pontok közötti élek száma megegyezik a \pi (i) és \pi(j) pontok közötti élek számával minden (i,j) párra.

Részletezve: Megszámozzuk a gráf pontjait 1-től n-ig(, ha n pontja van). Tegyük fel, hogy ezután át tudjuk számozni a gráf pontjait úgy, hogy minden 1\lei\lej\len esetén teljesül, hogy ha az i. és j. pont között a „régi” számozás mellett futott él, akkor az „új” számozás mellett is fut és ha a „régi” számozás mellett nem futott él, akkor az „új” mellett sem fut. (Amennyiben a gráf nem egyszerű, akkor azt is megköveteljük, hogy ugyanannyi él fusson.) Az „új” számozást (vagyis a gráf pontjainak ezt a permutációját) a gráf egy automorfizmusának nevezzük. Minden gráfnak van legalább egy automorfizmusa: az identitás (amikor minden pont száma változatlan marad). (Általában egy „véletlenszerűen” felrajzolt gráfnak nincs is más automorfizmusa.)

Példák:

- Az n pontú teljes gráfnak automorfizmusainak száma n!.

- Egy (2<)n hosszú kör automorfizmusainak száma 2n.

- A Petersen-gráf automorfizmusainak száma 120.

Az automorfizmusokat pedig úgy szorozhatjuk össze, hogy összeszorozzuk a hozzájuk tartozó permutációkat. Innen már végig lehet gondolni, hogy valóban csoportot alkotnak…

A példádat egyébként ismerem, úgyhogy Attilára, vagy másra vár a feladat, hogy megoldja, és feltegye a megoldást.

Előzmény: [11] nadorp, 2003-12-08 13:53:55
[14] Pach Péter Pál2003-12-08 20:29:51

Térjünk vissza a 3. feladathoz, és a [4]-ben feltettem kérdésemhez. A kérdésre a válasz az, hogy nem, és nem csak „ehhez hasonlóan” nem bizonyítható, hanem egyáltalán nem, ugyanis nem is igaz.

A feladat átfogalmazható úgy, hogy 0<y1,y2,,yn esetén igaz-e, hogy \sum_{i=1}^{n}{f(y_i)}\ge \frac{n\sqrt{n}}{n-1}, ha f(y)=\frac{\sqrt{y}}{1-y}.

Az f függvény a \left[0;\sqrt{\frac43}-1\right] intervallumon konkáv, a \left[\sqrt{\frac43}-1;1\right) intervallumon pedig konvex. Ezt f’’(x) előjelének vizsgálatával (amihez másodfokú egyenletet kell megoldanunk) állapíthatjuk meg.

\alpha=\sqrt{\frac43}-1\approx 0,1547

Ha n=3, akkor ha y1,y2,y3 mind legalább \alpha, akkor készen vagyunk a Jensen-egyenlőtlenséggel. Ha közülük egy, vagy kettő \alpha-nál kisebb, akkor a többi „annyira nagy” lesz, hogy még erősebb becslést nyerünk. (Ezt viszonylag gyorsan ki lehet hozni.) Viszont, ha n nagy, akkor lehetséges, hogy akár az összes yi kisebb, mint \alpha, s ilyenkor éppen a Jensen-egyenlőtlenség mutatja, hogy \sum{f(y_i)} még csökkenthető. (Hiszen a [0;\alpha] intervallumon f konkáv.)

Előzmény: [4] Pach Péter Pál, 2003-12-02 23:05:43
[13] Pach Péter Pál2003-12-08 20:22:35

Kedves Attila!

Köszi a megoldást a 4. feladatra.

A 3. feladatnál nagyon csábító valamilyen trigonometrikus helyettesítés, én sajnos nem tudok olyat, ami jó. Egyébként \tg{\frac{\alpha}{2}}\tg{\frac{\beta}{2}}+\tg{\frac{\beta}{2}}\tg{\frac{\gamma}{2}}+\tg{\frac{\gamma}{2}}\tg{\frac{\alpha}{2}}=1 mindig teljesül, ha \alpha,\beta,\gamma egy háromszög szögei. Ebből a rendezési tétel (amit „skalár szorzatos egyenlőtlenség”-nek hívtál) alapján látszik, hogy 1\letg2\alpha+tg2\beta+tg2\gamma, és egyenlőség csak szabályos háromszög esetén van.

Előzmény: [7] jenei.attila, 2003-12-07 23:00:44
[12] Pach Péter Pál2003-12-08 20:20:09

Szerencsére, különben valami gond lenne vele. :-)

Előzmény: [9] nadorp, 2003-12-08 10:00:52
[11] nadorp2003-12-08 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 ( n\ge1 pozitív egész ) és adott X-nek n darab különböző ( nem feltétlenül valódi ) részhalmaza A1,A2...An. BBh. létezik x\inX , hogy az A1\{x},A2\{x} … An\{x} halmazok is különbözőek.

[10] jenei.attila2003-12-08 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)2\ge0

egyenlőtlenséget átrendezni, azonban a "skalár szorzatos" önmagában is érdekes és sokszor nagyon hasznos egyenlőtlenség.

[9] nadorp2003-12-08 10:00:52

Bocs, a bizonyításom csak hegyesszögű háromszögre igaz.

Előzmény: [8] nadorp, 2003-12-08 09:30:10
[8] nadorp2003-12-08 09:30:10

Kedves Attila !

A 3. feladatra adott ötleted annyiban hibás,hogy a \tan^2{\frac{\alpha}{2}}+\tan^2{\frac{\beta}{2}}+\tan^2{\frac{\gamma}{2}}=1 feltételből csak annyi következik, hogy \alpha+\beta+\gamma<=180o (Jensen egyenlőtlenség), tehát nem biztos, hogy egyáltalán háromszöget kapsz.Pld. próbáld ki a \tan{\frac{\alpha}{2}}=\tan{\frac{\beta}{2}}=\frac12, \tan{\frac{\gamma}{2}}=\frac1{\sqrt2} esetet, \alpha+\beta+\gamma=176,78o-ot fogsz kapni.

Egyébként,ha \alpha,\beta,\gamma egy háromszög szögei, akkor könnyű a bizonyítás, mert a tan \alpha+tan \beta+tan \gamma=tan \alphatan \betatan \gamma azonosság miatt, felhasználva a számtani és mértani közép közötti összefüggést:

(tan \alpha+tan \beta+tan \gamma)3>=27tan \alphatan \betatan \gamma=27(tan \alpha+tan \beta+tan \gamma), ezért

\tan\alpha+\tan\beta+\tan\gamma>=3\sqrt3

Előzmény: [7] jenei.attila, 2003-12-07 23:00:44
[7] jenei.attila2003-12-07 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 \alpha\le\beta, akkor nem negatív számok \alpha-adik hatványközepe nem nagyobb a \beta-adik hatványközepüknél. x,y,z négyzetes és köbös hatványközepére:

\left(\frac{x^2+y^2+z^2}3\right)^{\frac{1}{2}}\le \left(\frac{x^3+y^3+z^3}3\right)^{\frac{1}{3}}

Mindkét oldalt 6-odik hatványra emelve, és 8/9 -del beszorozva kapjuk:

\frac{8}{3}\left(x^2+y^2+z^2\right)^3\le 8\left(x^3+y^3+z^3\right)^2

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+zx\lex2+y2+z2

A bizonyítandó egyenlőtlenség bal oldalának zárójeles kifejezéseire alkalmazva a számtani-mértani közép egyenlőtlenségét majd köbre emelve és 9-cel beszorozva:

9(x^2+yz)(y^2+xz)(z^2+xy)\le
\frac{1}{3}(x^2+y^2+z^2+yz+xz+xy)^3

Ebben az egyenlőtlenségben a jobboldal (a "skalár szorzatos" egyenlőtlenség miatt):

\frac{1}{3}\left(x^2+y^2+z^2+yz+xz+xy\right)^3\le \frac{8}{3}\left(x^2+y^2+z^2\right)^3

A két utóbbi és a hatványközepekre vonatkozó egyenlőtlenséget összevetve kapjuk a bizonyítandó állítást:

9(x^2+yz)(y^2+xz)(z^2+xy)\le
\frac{1}{3}(x^2+y^2+z^2+yz+xz+xy)^3\le
\frac{8}{3}(x^2+y^2+z^2)^3\le 8(x^3+y^3+z^3)^2

A 3. feladat megoldását nem gondoltam végig, mert nadorp megoldása egyszerűbb, azért ezt is leírom. Az a:=\tan\left(\frac{\alpha}2\right) helyettesítést bevezetve a bizonyítandó egyenlőtlenség \tan(\alpha)+\tan(\beta)+\tan(\gamma)\ge3\sqrt3. A feltételek \alpha,\beta,\gammahegyesszögű háromszöget adnak meg.

Előzmény: [2] Pach Péter Pál, 2003-12-01 22:09:03
[6] Pach Péter Pál2003-12-04 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] nadorp2003-12-04 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 \frac1{\sqrt{n}} csak egyszeres gyök, ezért nem a négyzeten szerepel a szorzatban. Azért még küzdök vele.Viszont van egy megoldásom a 4. feladatra.

Elég bizonyítani, hogy

\frac{(x^2+yz)(y^2+xz)(z^2+xy)}8<=\Big(\frac{x^3+y^3+z^3}3\Big)^2

Vonjunk mindkét oldalból 6-ik gyököt. Ekkor

\sqrt{\frac{\root{3}\of{(x^2+yz)(y^2+xz)(z^2+xy)}}{2}}<=\sqrt{\frac{x^2+yz+y^2+xz+z^2+xy}{2\cdot3}}<=\sqrt{\frac{x^2+y^2+z^2}3}

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
[4] Pach Péter Pál2003-12-02 23:05:43

Kedves nadorp!

A megoldás remek. :-) Bizonyítható ehhez hasonlóan, hogy \sum_{i=1}^n{\frac{x_i}{1-x_i^2}}\ge\frac{n\sqrt n}{n-1}, ha n pozitív egész, és minden xi pozitív?

Előzmény: [3] nadorp, 2003-12-02 17:11:35
[3] nadorp2003-12-02 17:11:35

Megoldás a 3. feladatra.

Az ember a szimmetria miatt akaratlanul arra gondol, egyenlőség csak a=b=c=\frac1{\sqrt3} esetén van. Ekkor a balodalon álló összes tört értéke \frac{\sqrt3}2. Másrészt \frac{3{\sqrt3}}2\cdot(\frac1{\sqrt3})^2=\frac{\sqrt3}2 is teljesül, ezért az

\frac{x}{1-x^2}-\frac{3{\sqrt3}}2\cdot{x^2}=0

egyenletnek az \frac1{\sqrt3} szám gyöke,ezért belőle a \sqrt3x-1 kifejezés kiemelhető. Valóban, nem részletezve a számolást, a fenti egyenlet bal oldalára a következőt kapjuk:

\frac{x({\sqrt3}x-1)^2({\sqrt3}x+2)}{1-x^2}, 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 Pál2003-12-01 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


%>
\frac a{1-a^2}+\frac b{1-b^2}+\frac c{1-c^2}\ge\frac{3\sqrt3}{2}

4. feladat: x,y,z nemnegatívak, bbh

9(x2+yz)(y2+zx)(z2+xy)\le8(x3+y3+z3)2

[1] Pach Péter Pál2003-12-01 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.

  [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]