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.
[750] marcius82013-12-20 10:04:05

Tekintsünk egy páros gráfot, melynek "2n" csúcsa van. Hányféleképpen lehet ebbe a páros gráfba berajzolni az éleket, úgy hogy minden csúcs foka 2 legyen? Kicsit nehezebb kérdés: ezen lehetőségek között mennyi egymással nem izomorf gráf van? Ha valakinek van ötlete ezzel kapcsolatban, kérem írja le. Előre is köszönettel: Bertalan Zoltán.

[749] marcius82013-12-20 10:00:36

Tudjuk, hogy ha egy tórusz középkörének sugara "R", meridiánkörének sugara "r", ahol "r" kisebb "R" egyenlőtlenség teljesül (klasszikus úszógumi), akkor a tórusz felszíne 4*pi*pi*R*r és a tórusz térfogata 2*pi*pi*R*r*r. Azt is tudjuk, hogy a pozitív egész számok négyzetének reciprokösszege pi*pi/6. Vajon ez utóbbi állítást nem lehetséges bebizonyítani a tórusz felszínképletének vagy térfogatképletének felhasználásával, tekintettel arra, hogy a "pi*pi" mennyiség itt is és ott is megjelenik? Ha valakinek van ötlete, és megírja, nagyon megköszönöm. Tisztelettel: Bertalan Zoltán.

[748] Cogito2013-12-13 14:48:22

Magamat is javítom.

:-)

A fekete hátterű egyenlőtlenség helyére ezeket kell írni:

a\geb\gec, ha a+b+c\ge0

illetve:

a\leb\lec, ha a+b+c\le0.

Előzmény: [745] Cogito, 2013-12-09 00:40:38
[747] sakkmath2013-12-11 00:56:20

A feladat szerzője Vasile Cirtoaje. ALGEBRAIC INEQUALITIES - OLD AND NEW METHODS című művének 67. oldalán a feladat első közlése olvasható, a 70 - 73. oldalakon a részletes megoldást élvezhetjük.

Előzmény: [739] w, 2013-11-29 22:31:58
[746] HoA2013-12-09 16:10:51

Mellesleg javaslom, angol szaknyelvet senki se az idézett cikkből próbáljon tanulni.

Előzmény: [745] Cogito, 2013-12-09 00:40:38
[745] Cogito2013-12-09 00:40:38

Egyetértek, a "2. megoldásbeli" azonosság önmagában tényleg bosszantóan kevés.

Az interneten itt olvashatjuk a The Interesting Around Technical Analysis Three Variable Inequalities - Nguyen Duy Tung, Zhou Yuan Zhe.pdf-et, melynek 10-11. oldalán közlik a feladat egy - még mindig nem teljes és sajnos (sajtó)hibás - megoldását. E hibás helyeket negatívba fordítottam. Ide írom a javításukat:

A fekete hátterű részeknél: az egyenlőtlenség helyesen a\geb\gec, a 2-esek helyére pedig 1-esek írandók.

Kiegészítésül egy azonosság, amit itt érdemes ismerni: a3b + b3c + c3a - (ab3 + bc3 + ca3) = (a + b + c)(a - c)(c - b)(b - a).

Előzmény: [741] w, 2013-12-02 20:58:17
[744] csábos2013-12-07 22:24:13

Gyors vagy

Előzmény: [743] w, 2013-12-07 22:19:33
[743] w2013-12-07 22:19:33

Mivelhogy a \sqrt x függvény konkáv, így a rá felírt általad mondott Jensen a következőképp néz ki: \sqrt{\frac{\sum a/b\cdot a^2b^2}{\sum a/b}}\ge \frac{\sum a/b\cdot \sqrt{a^2b^2}}{\sum a/b}, emberibb formában \sqrt{\frac{\sum a^3b}{S}}\ge \frac{\sum a^2}{S}, ahol S=\frac ab+\frac bc+\frac ca, amit tovább átírva adódik S\left(a^3b+b^3c+c^3a\right)\ge (a^2+b^2+c^2)^2. Szóval nem: ez szimplán egy másik egyenlőtlenség.

Előzmény: [742] csábos, 2013-12-07 22:09:50
[742] csábos2013-12-07 22:09:50

Nagyon elnézhetek valamit:

ez nem a Jensen-egyenlőtlenség a \sqrt x \frac{}{} függvényre az a^2b^2\frac{}{}, stb helyekre \frac{a}{b} stb.súlyokkal?

Előzmény: [739] w, 2013-11-29 22:31:58
[741] w2013-12-02 20:58:17

Igen, ez így van, de azzal egyetérthetsz, hogy a "2. megoldásbeli" azonosságot egymagában kicsit szemetebb dolog odavágni. :-) A két megoldás azonban olyan szempontból különbözik egymástól, hogy teljesen eltérő módon lehet rájönni - az 1. megoldás kitalálhatóbb, ha az említett egyenlőtlenségből indulunk ki, a második pedig az egyenlőség-esetből vezeti le a kívánt állítást (ami egyébként önmagában nehéz feladat). A megoldás kialakulásáról ebben a beszélgetésben olvashatunk.

Előzmény: [740] Cogito, 2013-12-02 20:10:08
[740] Cogito2013-12-02 20:10:08

Nézzük, hogyan jutunk 1-ről a 2-re:

Az "1. megoldás"-ban szereplő triviális egyenlőtlenséggel ekvivalens:

\frac12 \Big[\big(x-y)^2+\big(y-z)^2+\big(z-x)^2\Big]\ge 0,

ahová x, y, z értékeit behelyettesítve: \frac12 \Big[\big(a^2+2bc-b^2-ca-ab)^2+\big(b^2+2ca-c^2-ab-bc)^2+\big(c^2+2ab-a^2-bc-ca)^2\Big]\ge 0

adódik, ahol a bal oldalon álló kifejezés éppen A. Az első "megoldás" tehát ekvivalens a másodikkal! Ezért - valójában - egyetlen "megoldást" mutattál be. Azért használom az idézőjeleket, mert hiányérzetem van. Nem mutattad meg, hogy milyen út, milyen meggondolások vezettek az x-re, y-ra és z-re adott helyettesítésekhez.

Előzmény: [739] w, 2013-11-29 22:31:58
[739] w2013-11-29 22:31:58

Állítás: \left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge 3\left(a^3b+b^3c+c^3a\right).

1. megoldás. Hasonlítsuk össze egy triviális egyenlőtlenséggel, azaz hogy (x+y+z)2\ge3(xy+yz+zx) tetszőleges valós x,y,z-re. Ebbe x=a2+bc-ab, y=b2+ca-bc, z=c2+ab-ca értékeket helyettesítve pedig éppen a bizonyítandó adódik!

2. megoldás. Vegyük észre, hogy

A=\left(a^2+b^2+c^2\right)^2-3\left(a^3b+b^3c+c^3a\right)=

=\frac{1}{2}\left(\left( a^{2}-2ab+bc-c^{2}+ca\right)^2+\left(b^{2}-2bc+ca-a^{2}+ab\right)^2+\left( c^{2}-2ca+ab-b^{2}+bc\right)^2\right)\ge0.

Mit szóltok?

Előzmény: [733] w, 2013-10-25 23:07:23
[738] marcius82013-11-19 12:59:29

Köszönöm a példát. Én is valami ilyesmire gondoltam, de nem tudtam ilyen precízen megfogalmazni. Tisztelettel: Bertalan Zoltán

Előzmény: [723] w, 2013-10-08 14:56:22
[737] HoA2013-11-18 15:26:19

A követelmény úgy is megfogalmazható, hogy minden kiválasztott négyzetnek páros, minden nem kiválasztott négyzetnek páratlan számú kiválasztott szomszédja legyen.

Előzmény: [734] kurthyg, 2013-11-17 00:44:52
[736] kurthyg2013-11-17 11:04:40

A kiválasztandó négyzetek sorozata. Számozzuk be a négyzeteket: a bal fölső sarok az 1-es a jobb alsó nxn: tehát balról jobbra és föntről lefelé növekszenek a számok.

Ekkor az út (ha eredetileg minden négyzet fehér volt): 1 3 5 7 9

Ezeket sorban kiválasztva minden négyzet fekete lesz.

Előzmény: [735] Sinobi, 2013-11-17 10:48:31
[735] Sinobi2013-11-17 10:48:31

mi az, hogy út?

Előzmény: [734] kurthyg, 2013-11-17 00:44:52
[734] kurthyg2013-11-17 00:44:52

A következő feladatot szeretném megosztani (persze, lehet, hogy már volt, kb 15 éve olvastam KöMaL-t utoljára, még gimnáziumban).

Adott egy nxn-es négyzetrács csupa fehér négyzettel. Válasszuk ki valamelyik négyzetet, ekkor a kiválasztott négyzet, a tőle jobbra és balra, alatta és fölötte lévők feketévé változnak. És minden egyes későbbi kiválasztás ellentétes színűre változtatja a kiválasztott négyzetet és a szomszédait.

Feladat olyan utat találni, amelynek végén az összes négyzet fekete lesz. Hogyan adható meg általános megoldás?

(Pl.: 1x1-es nél triviális. 2x2-esnél minden négyzetet ki kell választani. 3x3-asnál a sarkokat és a középső négyzetet.)

A probléma általánosítása: az nxn-es négyzetrács néhány négyzete fehér, néhány négyzete fekete. Milyen út vezet csupa fekete négyzethez? Hogyan kereshető meg a megoldás? Van-e mindig megoldás?

[733] w2013-10-25 23:07:23

A következő egy rendkívül érdekes, a pozitív valós számokra bizonyítandó egyenlőtlenség (négyzetreemelve a valósokra is érvényes marad!). Annál inkább érdekes, hogy milyen egyszerű alakú, negyedfokú egyenlőtlenség.

a^2+b^2+c^2\ge\sqrt{3(a^3b+b^3c+c^3a)}

Különösen szokatlan az egyenlőség-esete, amit mindenképpen érdemes előre megfigyelni.

(A feladat egyébként valamennyire ismert, egy idő múlva majd elárulom, hol találtam.)

[732] Sinobi2013-10-20 01:38:34

mármint l:=-9/14*m.

Előzmény: [731] Sinobi, 2013-10-20 01:36:18
[731] Sinobi2013-10-20 01:36:18

Bocsánat, nem ilyen alakra kell a végén hozni. Ezt még tovább kell alakítanod, hogy l:=-14/9*m, s akkor azt kapod, hogy:

 \lim_{l\to\infty} \bigg( 1 + \frac{1}{l} \bigg) ^{-14/9*l}= \bigg( \lim_{l\to\infty} \bigg( 1 + \frac{1}{l} \bigg) ^{l} \bigg) ^{-14/9}

Amiben még mindig ott van n a kitevőben. De azzal nem tudsz semmit se kezdeni. Igazából már Euler se tudott vele semmit kezdeni, csak feltűnt neki, hogy az olyan kifejezéseknek, melyekben n a kitevőben van, a limesze gyakran  \lim_{l\to\infty} (1+1/l)^l -lel és algebrai műveletekkel megadható, ezért a \lim_{l\to\infty} (1+1/l)^l-et elnevezte magáról e-nek. Azóta általában az a feladat, hogy a kapott sorozatokat valahogy leredukáljuk erre a kifejezésre.

Előzmény: [730] Sinobi, 2013-10-20 01:12:11
[730] Sinobi2013-10-20 01:12:11

Mit tanultatok már határértékből? Szerintem valami ilyesmi kell legyen:

 \lim_{n\to\infty} \bigg( \frac{9n-2}{9n+5} \bigg) ^{2n-4}

kicsit alakítjuk a limesz mögött álló formulát:

  \bigg( \frac{9n-2}{9n+5} \bigg) =  \bigg( \frac{9n+5}{9n+5} - \frac{7}{9n+5} \bigg) =  \bigg( 1 - \frac{7}{9n+5} \bigg) =  \bigg( 1 - \frac{7 \cdot 2 / 9}{2n+5 \cdot 2/9} \bigg)

bevezetjük az m:=2n+10/9 \frac{}{} változót. Ekkor a képletünk:

 \lim_{m\to\infty} \bigg( 1 + \frac{-14/9}{m} \bigg) ^{m-46/9}

amit szétbontva két limesz szorzatára (majd megnézzük, hogy léteznek):

 \lim_{m\to\infty} \bigg( 1 + \frac{-14/9}{m} \bigg) ^{m-46/9} = \lim_{m\to\infty} \bigg( 1 + \frac{-14/9}{m} \bigg) ^{m} \cdot \lim_{m\to\infty} \bigg( 1 + \frac{-14/9}{m} \bigg) ^{-46/9}

A szorzat jobb oldala 1-hez tart, a bal oldala e^-14/9-hez, tehát az eredeti is e^-14/9-hez, ami tényleg kb 0.2110.

Előzmény: [729] wartburg, 2013-10-19 23:16:25
[729] wartburg2013-10-19 23:16:25

Kedves Topictársak, sehogy sem boldogulok az alábbi határérték feladattal: keressük az alábbi sorozat határértékét: [(9*n-2)/(9*n+5)]#(2*n-4) (a # jel hatvány jelet takarna, tehát a (2*n-4) a tört kitevője) Nem bírom a hatványt "levarázsolni" a kifejezésből, s a tört számlálóját és nevezőjét is leosztva n-nel én egyet kapnék határértéknek, ami viszont bármilyen kitevővel egy lenne. Ugyanakkor persze az Excel függvény ábrázolás szerint 0,22XXXX lenne valahol a határérték, de nekem nem jön ki ez "tudományosan". Előre is köszönöm a segítséget!

[728] nadorp2013-10-09 15:56:10

Arra gondoltam, hogy legyen "valódi" lineáris függvény:-)

Előzmény: [727] Lóczi Lajos, 2013-10-09 14:27:42
[727] Lóczi Lajos2013-10-09 14:27:42

Érdekes, hogy így megbonyolítottad, és nem szimplán azt írtad, hogy f(x):=0, ha x racionális.

Előzmény: [726] nadorp, 2013-10-09 12:42:30
[726] nadorp2013-10-09 12:42:30

Ettől persze az állítás nem igaz. Legyen f(x) a következő

f(x)=\left\{\matrix{x \cr 1}\right.\matrix{ha& x\in Q \cr ha& x \notin Q}

Ekkor f(x) a racionális számok között additív, viszont tetszőleges r irracionális számra

f(r+1)=1\neq2=f(r)+f(1)

Előzmény: [725] nadorp, 2013-10-09 09:26:56

  [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]