Fórum: Nehezebb matematikai problémák

Köszönöm, ez megnyugtató.

A következőkben kiegészítem a II. feladatra adott bizonyításomat, s ezzel reflektálok a [838]-as hozzászólás egyik mondatára is.

Az a*b+c*d<=2 egyenlőtlenségben az egyenlőség akkor és csak akkor teljesül, ha a=b=c=d=1. 825-ös hozzászólásom folytatása. A koordináta-rendszerben ábrázolt szimmetrikus tartománynak (nem csak néhány pontot számoltam ki, de a múltkor erre nem reagáltam) és az x+y=2 egyenletű egyenesnek pontosan 1 közös pontja van. x=y=1 (a*b=x, c*d=y) a*b=1, c*d=1 Az a(3)+b(3)+c(3)+d(3)+a*b*c*d=5 a(3)+b(3)+c(3)+d(3)=4-re egyszerűsödik. Visszahelyettesítve korábbi egyenlőtlenségekbe a(3)+b(3)>=2, c(3)+d(3)>=2. Ezekből az jön, hogy a(3)+b(3)=c(3)+d(3)=2. Figyelembe véve, hogy a*b=c*d=1, készen vagyunk.

Első mondatok. Az egyenlőséget néztem.

Ott kezdem, hogy nemnegatív számokról írtál, de én végig csak pozitívakkal foglalkoztam. (Ez amúgy nem jellemző rám.) Ha a számok között a 0 is lehet, akkor máskor is megvalósul egyenlőség. Pl. a=0, b=c=d=köbgyök(5/3).

a+b+c+d<=4 állítást én írtam. Ez igaz. Belátható ez is a Lagrange-féle multiplikátor módszerrel, ami nem középiskolás út, sajnos. Most csak annyit tudok írni, hogyha felhasználjuk, hogy a*b+c*d<=2, akkor talán könnyebb belátni középiskolás módszerekkel.Talán.Gondolom ilyenkor ez is igaz: a*d+c*b<=2.

(a+c)*(b+d)=a*b+a*d+c*b+c*d

Hátha lehet ezekből valamit kihozni.

Tudna-e segíteni valaki az alábbi két kérdésben?

1) Igaz-e, amit a 4. rész utolsó előtti sorában leírtam: "Az egyenlőtlenségben egyenlőség pontosan …"? (Ma már kétségeim vannak e két mondat helyességét illetően … .)

2) A [823]-as hozzászólás végén olvasható: "Azt is megfigyeltem, hogy az \(\displaystyle a, b, c, d \) számok összege nem lehet 4-nél több."

Ez, ebben a megfogalmazásban, sejtésnek tűnik. Be tudná valaki bizonyítani, hogy \(\displaystyle a+b+c+d\le4\) ?

Végül a 4. rész:

A 3. rész:

A 2. rész:

A megoldáshoz messzebbről kellett elindulnom \(\displaystyle (I.feladat)\). Ennek eredményeit felhasználva sikerült igazolnom az eredeti, itt \(\displaystyle II.\) feladatot.

Egységes szerkezetbe foglalva tehát erről a két problámáról van szó:

Adottak az \(\displaystyle a,b,c,d\) nemnegatív valós számok, melyekre \(\displaystyle a^3+b^3+c^3+d^3+abcd=5.\) Bizonyítsuk be, hogy:

\(\displaystyle I.:abc+bcd+cda+dab-abcd≤3,\)

\(\displaystyle II.:ab+cd≤2.\)

Lényegében sikerült "csak" nevezetes egyenlőtlenségekkel dolgozni, de ennek sajnálatos ára lett a hosszú levezetés. Nem vagyok TEX-mester, így a megoldást csak 4 darab GIF-kép beszúrásával tudom prezentálni, melyek négy hsz.-t igényelnek. ( Nem találom azt a hsz.-t, amelyben régen valaki leírta, hogy neki milyen trükkökkel sikerült több képet elhelyezni egy hozzászólásban. Kár, hogy ez a módszer azóta sem került be a TEX minitanfolyamba!).

Következzék tehát a megoldás, négy (remélhetőleg) egymást követő hozzászólásban.

Az 1. rész:

Mire jutottam Twin1 és Twin2-vel? (a*b+c*d)*(a*b+c*d)<=(a*a+c*c)*(b*b+d*d). De ez sitty-sutty jön a Cauchy-Schwarz-Bunyakovszkij-egyenlőtlenségből (a;c) illetve (b;d)-re alkalmazva. Más. Aztán még van ezem: a*b+c*d<=(a+c)*(b+d), mert a jobb oldalon a szorzást elvégezve több tag van, mint a bal oldalon.

Nekem is ez jött ki a behelyettesítés után. Most jön az, hogy akkor ez mire is jó:)

Az észrevétel jogos, egyetértek, köszönöm. Sajnos ellenőrzés nélkül vettem át a cut-the-knot sajtóhibás közlését, ezer bocsánat.

Úgy látom, hogy a Twin1 oldalának behívása után a "Problem"-ben is és a "Solution 1"-ben is, az egyenlőtlenség bal oldalán, \(\displaystyle (ab+cd)^2\) -et kell szerepeltetni a téves \(\displaystyle (ac+bd)^2\) helyén.

Ennek megfelelően, a [828]-ban általam felírtak helyére ez lép:

\(\displaystyle (ab+cd)^2\le\Bigg(b\sqrt[5]{ab^4}+d\sqrt[5]{cd^4}\Bigg)\Bigg(a\sqrt[5]{a^4b}+c\sqrt[5]{c^4d}\Bigg)\).

Remélem, most nem tévedtem. Ha mégis, visszajelzést kérek.

Úgy látom, hogy a felírt egyenlőtlenség nem igaz. Bocsánat, ha tévedek. Néztem az a=0,1, b=0,2, c=0,3, d=0,4 helyettesítést. Erre nem teljesül. Elkezdtem nézni Twin1-et (bár ez a Cauchy-Schwarz-(B)-egyenlőtlenség egy alkalmazása, ahogy olvasható is), Solution1-ben található helyettesítéseket megcsináltam, de nekem a bal oldalon a*b+c*d van a*c+b*d helyett. Ekkor gondoltam megnézek egy számnégyest. Még egyszer bocsánat, ha én néztem el valamit.

Egy új megoldás kiindulópontja lehet a 4 változóra felírt Twin1 inequalities itt. Jelen feladatra rímelő változata:

Ha \(\displaystyle a, b, c, d >0, \)akkor

\(\displaystyle (ab+cd)^2\le\Bigg(c\sqrt[5]{ac^4}+d\sqrt[5]{bd^4}\Bigg)\Bigg(a\sqrt[5]{a^4c}+b\sqrt[5]{b^4d}\Bigg)\).

(Van egy névrokona is emitt.)

Igyekeztem átnézni. Tehát felhasználtad a Jensen-egyenlőtlenséget is. Illetve felcsillant a szemem egy számnál: 2*(5/4)(2/3). Ez kb. 2,32079... Ez nekem is kijött közepekkel, augusztus 2-án írtam is erről. Írtam a 2,32-ről.

"Ez a háromszög tartalmazza a másik szimmetrikus tartományt".

Ez azért még nem bizonyítás, hogy 5 pont berajzolása után "látszik" :-)

Teljesen középiskolait nem találtam, egy kis függvényvizsgálattal a Te ötleteddel a megoldás befejezhető.

Vezessük be az \(\displaystyle x+y=p\) változót és fix \(\displaystyle p\) mellett az \(\displaystyle x\in[0;p]\) intervallumon definiáljuk az \(\displaystyle f_p(x)\) (nem parciális deriválás!) függvényt a következőképpen:

\(\displaystyle f_p(x)=2x^{\frac32}+2(p-x)^{\frac32}+x(p-x)\)

Tudjuk, hogy létezik olyan x, melyre \(\displaystyle f_p(x)\leq5\)

Az \(\displaystyle x^{\frac32}\) függvény konvex, ezért

\(\displaystyle 5\geq2x^{\frac32}+2(p-x)^{\frac32}\geq4{\left(\frac{x+p-x}2\right)}^{\frac32}=4\left({\frac p2}\right)^{\frac32}\)

Ebből következik, hogy \(\displaystyle p<3\) biztosan teljesül.

Most belátjuk, hogy az \(\displaystyle f_p(x)\) függvénynek az \(\displaystyle x=\frac p2\) helyen abszolút minimuma van

\(\displaystyle f_p^{'}(x)=3\sqrt x-3\sqrt{p-x}+p-2x=\frac{3(2x-p)}{\sqrt x+\sqrt{p-x}}+p-2x=(2x-p)\left(\frac3{\sqrt x+\sqrt{p-x}}-1\right)\)

A \(\displaystyle \sqrt x\) függvény konkáv, ezért

\(\displaystyle \sqrt x+\sqrt{p-x}\leq2\sqrt{\frac{x+p-x}2}=\sqrt{2p}\), azaz

\(\displaystyle \frac3{\sqrt x+\sqrt{p-x}}-1\geq \frac3{\sqrt{2p}}-1>\frac3{\sqrt6}-1>0\)

Az kaptuk, hogy

\(\displaystyle f_p^{'}(x) \begin{cases} <0 \text{ ha \(\displaystyle x<\frac p2\)}\\ =0 \text{ ha \(\displaystyle x=\frac p2\)}\\ >0 \text{ ha \(\displaystyle x>\frac p2\)}\end{cases}\)

Ebből következik, hogy az \(\displaystyle f_p(x)\) függvénynek az \(\displaystyle x=\frac p2\) helyen abszolút minimuma van,tehát \(\displaystyle p\) összes lehetséges értékére \(\displaystyle f_p\left(\frac p2\right)\leq5\)

\(\displaystyle p\sqrt{2p}+\frac{p^2}4\leq5\)

A fenti egyenlőtlenség \(\displaystyle p=2\) esetén egyenlőséggel teljesül és mivel a bal oldal \(\displaystyle p\)-ben szigorúan monoton növekvő, ezért valóban \(\displaystyle p\leq2\).

Sikerült csinálnom egy középiskolai ismereteket felhasználó bizonyítást. Remélem. Kell hozzá a számtani és mértani közepekre vonatkozó egyenlőtlenség, meg van benne koordináta-rendszer. Talán, ha a koordináta-rendszeres rész algebrai lenne, akkor értékesebbnek tartanám a bizonyítást.

Tehát a(3)+b(3)+c(3)+d(3)+a*b*c*d=5, ahol 0<a, b, c, d<1,709...(köbgyök5). Kell: a*b+c*d<=2. Bizonyítás.Látszik könnyen, hogy a=b=c=d=1-re a*b+c*d=2. A>=G miatt (a(3)+b(3))/2>= sqrt(a(3)*b(3)), innen a(3)+b(3)>=2*((a*b)(1,5)). Hasonlóan c(3)+d(3)>=2*((c*d)(1,5)). 5>=2*((a*b)(1,5))+2*((c*d)(1,5))+a*b*c*d Bevezetek 2 új ismeretlent, változót: a*b=x, c*d=y. Ezekkel 5>=2*x(1,5)+2*y(1,5)+x*y (1). Kell:x+y<=2 (2). Innen koordináta-rendszer segítségével megy a bizonyítás. (1) képe egy szimmetrikus tartomány. Néhány pontja: (0;0), (1;1), (2,5(2/3);0), (0; 2,5(2/3)).(2,5)(2/3) kb. 1,8420. Majd berajzoltam az y<=-x+2-nek eleget tevő pontokat, 2 egység oldalú egyenlő szárú derékszögű háromszög. Ez a háromszög tartalmazza a másik szimmetrikus tartományt. Sok-sok látszólag sehova se vivő(?)számolás után ezt most gyorsan összeraktam, leírtam. Lehet, hogy jobb lett volna aludni rá egyet... (a(3)=a*a*a, (a*b)(1,5)= alap: a*b, kitevő: 3/2)

Bár régóta ismerem és küzdök vele, csak ma tudtam megoldani (!) a feladatot - kizárólag középiskolai ("Lagrange-mentes") ismeretanyagra támaszkodva. (A Lagrange-féle multiplikátor-módszer persze jó volt az előzetes ellenőrzésre … .)

Remélem, beérkezik majd egy-két érdekes megoldás. Ezt követően, összehasonlítás céljából, én is feltenném a sajátomat.

Köszönöm, hogy foglalkoztál/foglalkozol a feladattal.

Elő-előveszem a feladatot. Közepekkel... még nem sikerült belátnom 2-re, csak 2,32 körülire. Mivel ez egy feltételes szélsőérték probléma, segít a Lagrange-féle multiplikátor-módszer. Azzal kijön. Felírjuk a Lagrange-függvényt, majd meghatározzuk az elsőrendű parciális deriváltakat, amiket egyenlővé teszünk nullával...Azt is megfigyeltem, hogy a számok összege (a, b, c, d) nem lehet 4-nél több.

Adottak az \(\displaystyle a,b,c,d\) nemnegatív valós számok, melyekre \(\displaystyle a^3+b^3+c^3+d^3+abcd=5.\) Bizonyítsuk be, hogy:

\(\displaystyle ab+cd \leq 2.\)

A módszert úgy hívják, hogy rezultáns. A WOLFRAMALFA Res függvénye. Az jön ki, hogy az \(\displaystyle x:y:z\) arány épp a \(\displaystyle (x^3+(6-\sqrt{3}) x^2-4 \sqrt{3} x-1)\) gyökei. Egy hasonló feladat volt régebben. Megjegyzendő, hogy \(\displaystyle (x^3+(6-\sqrt{3}) x^2-4 \sqrt{3} x-1) (x^3+(6+\sqrt{3} x^2+4 \sqrt{3} x-1)=x^6+12 x^5+33 x^4-26 x^3-60 x^2+1\).

Ennek szellemében tudunk valami szép megoldást:

Yield már olyan alakra hozta, ahol két kétváltozós valós másodfokú egyenletnek kell a közös gyökét keresni. Ilyen egyenletrendszerre van általános egzakt megoldás, négyzetgyökökkel, de ez kevéssé ismert. Ha viszont a gyakorlatban találkozol egy ilyen egyenletrendszerrel, és akár szimbolikus megoldást keresel, akár megbízható numerikusat, nem könnyű meglévő szoftver implementációt találni. A Wolfram Alpha érthető befejezés volt.

Akkor tulajdonképpen a Wolfram Alpha oldotta meg a problémát: Wolfram

itt a második alternatív alaknál nullára rendezte és felírja u*conj(u) alakban a kifejezést, én csupán ezt az alakot gyöktelenítettem. A Reduce[]-ra egyébként True-t ír, azaz ténylegesen be tudja bizonyítani az egyenlőtlenséget valós \(\displaystyle x,y,z\)-re.

A megoldásodból az is látható, hogy nemnegatív valós \(\displaystyle x,y,z\)-re egyenlőség csak a trivi \(\displaystyle x=y=z\) esetben van.

Feladat sokkal nehezebb része Róbert Gida elvégezte! Bridge játéknál azt mondják, hogy "a lordok licitálnak a szolgák lejatsszák az osztást".

Egyenlőség akkor van ha "u" valós és képzetes része = 0

1. Ha z = 0, akkor csak x = y = 0 lehet.

2. Ha z <> 0, akkor egyenletek homogén alakja miatt behelyettesíthető a = \(\displaystyle \frac{x}{z}\), b = \(\displaystyle \frac{y}{z}\). Két egyenletünk Wolframalphának beadva: link

Négy megoldás van:

(\(\displaystyle \frac{x}{z}\),\(\displaystyle \frac{y}{z}\)) = (a,b) = (1,1), (-7.48085, -5.49553), (-0.181966, 1.36126), (0.734614, -0.133675)

Ez gyors volt. Egy régebbi feladat analógiájára gyártottam. Egyenlőség?