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]    [34]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[847] hihetetlen2020-09-28 10:57:19

Legyen adott egy háromszög, amelynek oldalai különböző hosszúságúak! Minden csúcshoz rendeljük hozzá azt a fél hiperbolát (hiperbola ágat), amelyik átmegy a csúcson és fókuszpontjai a másik két csúccsal egyeznek meg! Bizonyítsuk be, hogy a három hiperbolaágnak van egy közös pontja! Most tekintsük a hiperbolák másik ágát és bizonyítsuk be, hogy ezeknek is van egy közös pontjuk! Bizonyítsuk be, hogy a háromszög beírható körének középpontja a két közös pontot összekötő szakaszra esik!

[846] sakkmath2020-08-10 15:19:01

Találtam egy elütést.

Téves kifejezés: \(\displaystyle -a(b+b+c)\). Javítása: \(\displaystyle -a(b+c+d)\).

Előzmény: [845] sakkmath, 2020-07-26 22:20:51
[845] sakkmath2020-07-26 22:20:51

(Javított és újratördelt változat.)

A [833]-as hozzászólásban megismert két feladat után következzék a Berkó Erzsébet által felfedezett, kapcsolódó, III. probléma megoldása – középiskolás módszerekkel.
III. feladat: Adott \(\displaystyle a, b, c, d\ge0\) számokra fennáll, hogy \(\displaystyle a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}+abcd=5\) \(\displaystyle (\ast).\)
Bizonyítsuk be, hogy \(\displaystyle a+b+c+d\le4\).
Megoldás: A \(\displaystyle (\ast)\) egyenlet bal oldala szimmetrikus, ezért feltehetjük, hogy \(\displaystyle d\le{b}\le{c}\le{a}\).
Tegyük fel, hogy: \(\displaystyle {a}>{\root 3\of {5}}\). Ekkor \(\displaystyle a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}+abcd>5\), ami ellentmond \(\displaystyle (\ast)\)-nak. Most tegyük fel, hogy \(\displaystyle a<1\). Ekkor \(\displaystyle d^{3},b^{3},c^{3},a^3,abcd<1\) következtében \(\displaystyle a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}+abcd<5\) adódna, ami szintén ellentmondás \(\displaystyle (\ast)\)-ra nézve. Beláttuk tehát, hogy \(\displaystyle 1\le{a}\le{\root 3\of {5}}\). A \(\displaystyle {\bf (*)}\) feltételből az is következik, hogy \(\displaystyle {a}={\root 3\of {5}}\) akkor és csakis akkor igaz, ha \(\displaystyle d=b=c=0\).

Nem állhat fenn \(\displaystyle d>1\) sem: ha \(\displaystyle d>1\) lenne, akkor \(\displaystyle d^{3},b^{3},c^{3},a^3,abcd>1\) következne, ez pedig az \(\displaystyle a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}+abcd>5\) ellentmondáshoz vezetne. Ezzel igazoltuk, hogy \(\displaystyle 0\le{d}\le{1}\). Az eddigiek ismeretében vizsgáljuk meg, hol tartózkodhat az 1-es szám az \(\displaystyle a,b,c,d\) számok sorrendjéhez viszonyítva. Nem lehet \(\displaystyle d>1\) és nem lehet \(\displaystyle a<1,\) ezért csak e három eset fordulhat elő:

\(\displaystyle 1): 0\le{d}\le{1}\le{b}\le{c}\le{a}\)
2): \(\displaystyle 0\le{d}\le{b}\le{1}\le{c}\le{a}\)
3): \(\displaystyle 0\le{d}\le{b}\le{c}\le{1}\le{a}.\)
Mindhárom elrendezésben legyen \(\displaystyle T=4-(a+b+c+d).\) Be kell bizonyítani, hogy \(\displaystyle T\ge0.\)

1) eset: \(\displaystyle 0\le{d}\le{1}\le{b}\le{c}\le{a}.\) Alkalmazzuk a következő helyettesítéseket:

\(\displaystyle d=1-x,b=y+1,c=v+1,a=z+1,\) ahol \(\displaystyle 0\le{x}\le{1}\) és \(\displaystyle y,v,z\ge0\).


A behelyettesítések után a bizonyítandó \(\displaystyle T\ge0\) egyenlőtlenség megfelelője ez lesz: \(\displaystyle T_{1}=x-(y+v+z)\ge0,\) a \(\displaystyle (\ast)\) feltétel pedig így alakul:
\(\displaystyle 0=a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}+abcd-5\Longrightarrow\)

\(\displaystyle 0=y^{3}+v^{3}+z^{3}-x^{3}+3(x^{2}+y^{2}+v^{2}+z^{2})+(yvz-xyvz)+(yv-xyv)+\)

\(\displaystyle (vz-vzx)+(yz-xyz)-(xy+xv+xz)+4(y+v+z-x)=\)

\(\displaystyle 4(y+v+z-x)-x(y+v+z)+(1-x)[yvz+yv+vz+zy]+y^{3}+v^{3}+z^{3}+\)

\(\displaystyle [x^{2}-x^{3}]+2x^{2}+3(y^{2}+v^{2}+z^{2})=4(y+v+z-x)+x^{2}+\)

\(\displaystyle [x^{2}-x(y+v+z)]+(1-x)(yvz+yv+vz+zy)+x^{2}(1-x)+y^{3}+v^{3}+z^{3}+\)

\(\displaystyle 3(y^{2}+v^{2}+z^{2})\Leftrightarrow\\ 4[x-(y+v+z)]-x[x-(y+v+z)]=\)

\(\displaystyle (1-x)(x^{2}+yvz+yv+vz+zy)+x^{2}+y^{3}+v^{3}+z^{3}+3(y^{2}+v^{2}+z^{2})\Leftrightarrow\)

\(\displaystyle (4-x)[x-(y+v+z)]=(1-x)(x^{2}+yvz+yv+vz+zy)+x^{2}+y^{3}+v^{3}+\)

\(\displaystyle z^{3}+3(y^{2}+v^{2}+z^{2})\; {(**)}.\)

Mivel \(\displaystyle x,y,v,z\ge0\) és \(\displaystyle 4-x>1-x=d\ge{0},\) következik, hogy az utóbbi, \(\displaystyle {\bf(**)}\) egyenlet jobb oldalán nemnegatív kifejezés áll. Ez azt jelenti, hogy a bal oldalán is nemnegatív kifejezésnek kell állnia. Mindent összevetve adódik, hogy \(\displaystyle T_{1}=x-(y+v+z)\ge0,\) amit bizonyítani kellett.

2) eset: \(\displaystyle 0\le{d}\le{b}\le{1}\le{c}\le{a}.\) Alkalmazzuk a következő helyettesítéseket:

\(\displaystyle d=1-x,b=1-y,c=v+1,a=z+1,\) ahol \(\displaystyle 0\le{x,y}\le{1}\) és \(\displaystyle v,z\ge0\).

A behelyettesítések után a bizonyítandó \(\displaystyle T\ge0\)

egyenlőtlenség megfelelője ez lesz: \(\displaystyle T_{2}=x+y-(v+z)\ge0,\) a \(\displaystyle (\ast)\) feltétel pedig így alakul:
\(\displaystyle 0=a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}+abcd-5\Longrightarrow\)

\(\displaystyle 0=v^{3}+z^{3}-(x^{3}+y^{3})+3(x^{2}+y^{2}+v^{2}+z^{2})-[v(x+y)+z(x+y)]+\)

\(\displaystyle [2vz-vz(x+y)]-vz+4[v+z-(x+y)]+[xy(v+1)+xyz(v+1)]=\)

\(\displaystyle -(x+y)(v+z)+vz[2-(x+y)]+2[(x-y)^{2}+xy]+[2xy+x^{2}+y^{2}]+\)

\(\displaystyle 4[v+z-(x+y)]+v^{3}+z^{3}-(x^{3}+y^{3})-vz+3[(v-z)^{2}+2vz]+\)

\(\displaystyle xy(v+1)(z+1)\Leftrightarrow4[x+y-(v+z)]=[(x+y)^{2}-(x+y)(v+z)]-\)

\(\displaystyle (x+y)[(x-y)^{2}+xy]+2[(x-y)^{2}+xy]+vz[2-(x+y)]+xy(v+1)(z+1)\)

\(\displaystyle +v^{3}+z^{3}+3(v-z)^{2}+5vz\Leftrightarrow(x+y)[v+z-(x+y)]+4[x+y-(v+z)]=\)

\(\displaystyle [(x-y)^{2}+xy][2-(x+y)]+vz[2-(x+y)]+xy(v+1)(z+1)+v^{3}+z^{3}+\)

\(\displaystyle 3(v-z)^{2}+5vz\Leftrightarrow\)

\(\displaystyle [4-(x+y)][x+y-(v+z)]=[2-(x+y)][(x-y)^{2}+xy+vz]+\)

\(\displaystyle xy(v+1)(z+1)+v^{3}+z^{3}+3(v-z)^{2}+5vz\;(***)\).

Mivel \(\displaystyle x,y,v,z\ge0\) és \(\displaystyle 4-(x+y)>2-(x+y)=(1-x)+(1-y)=d+b\ge{0},\) következik, hogy a \(\displaystyle {\bf(***)}\) egyenletben, az egyenlőségjeltől jobbra nemnegatív kifejezés áll. Ez azt jelenti, hogy a bal oldalon is nemnegatív kifejezést kell találnunk. Mindent összevetve azt kaptuk, hogy \(\displaystyle T_{2}=x+y-(v+z)\ge0.\) Ezt kellett bizonyítani.

3) eset: \(\displaystyle 0\le{d}\le{b}\le{c}\le{1}\le{a}.\) Alkalmazzuk a következő helyettesítéseket:

\(\displaystyle d=1-x,b=1-y,c=1-v,\) ahol \(\displaystyle 0\le{x,y,v}\le{1}.\)


Az 1. esetben a \(\displaystyle {\bf (**)}\) egyenlet bal oldalán a \(\displaystyle T_{1}\) kifejezés szorzója \(\displaystyle P_{1}=4-x.\) A 2. esetben a \(\displaystyle {\bf (***)}\) egyenlet bal oldalán a \(\displaystyle T_{2}\) kifejezés szorzója \(\displaystyle P_{2}=4-(x+y).\) Ezekből megsejthető a képzési szabály, mely szerint a 3. esetben alkalmazható \(\displaystyle P_{3}\) szorzó \(\displaystyle P_{3}=4-(x+y+v)\) lehet. Itt, a 3. esetben a \(\displaystyle P_{3}\) kifejezés \(\displaystyle (b,c,d)\)-változós alakját használjuk:
\(\displaystyle P_{3}=4-(x+y+v)=1+(1-x)+(1-y)+(1-v)={\bf b+c+d+1}.\)
Legyen \(\displaystyle Q=P_{3}T=(b+c+d+1)[4-(a+b+c+d)].\) \(\displaystyle P_{3}>0\) miatt a \(\displaystyle T\ge0\) egyenlőtlenség pontosan akkor teljesül, ha \(\displaystyle Q\ge0.\) Állításunk: \(\displaystyle Q\ge0.\) Indirekt bizonyítással folytatjuk: feltesszük, hogy \(\displaystyle Q<0\), azaz \(\displaystyle Q=(b+c+d+1)[4-(a+b+c+d)]<0 \Leftrightarrow\)

\(\displaystyle 3b+3c+3d-ba-ca-da-b^{2}-2bc-2bd-c^{2}-2cd-d^{2}-a+4<0\)

\(\displaystyle \Leftrightarrow\)

\(\displaystyle 4-a+3(b+c+d)-a(b+b+c)-[b^{2}+c^{2}+d^{2}+2(bc+cd+db)]<0\)

\(\displaystyle \Leftrightarrow\)

\(\displaystyle (b+c+d)^{2}+(a-3)(b+c+d)+a-4>0.\)

Vezessük be az \(\displaystyle s=b+c+d\) új változót, ahol \(\displaystyle 0\le{s}\le{3}\). Ekkor legutóbbi egyenlőtlenségünk az \(\displaystyle s^{2}+(a-3)s+a-4>0\) alakot ölti, ahol az \(\displaystyle a\) paraméterről tudjuk, hogy \(\displaystyle 1\le{a}\le{\root 3\of {5}}\). Rögzítsük az \(\displaystyle a\) paramétert és tekintsük az \(\displaystyle f(s)=s^{2}+(a-3)s+a-4,\) az \(\displaystyle s\) változóra nézve másodfokú függvényt, ahol \(\displaystyle 0\le{s}\le{3},\) továbbá \(\displaystyle 1\le{a}\le{\root 3\of {5}}\approx1,71.\) (A megoldás végén az \(\displaystyle a\) szám az \(\displaystyle [1,\root 3\of {5}]\) intervallumon végigfutva minden olyan értéket felvehet, melyre fennáll a \(\displaystyle (\ast)\) feltétel.)
Indirekt feltevésünk szerint \(\displaystyle f>0,\) ezért az \(\displaystyle f=0\) másodfokú paraméteres egyenlet \(\displaystyle D\) diszkriminánsára teljesülnie kell, hogy \(\displaystyle D<0.\) Ezzel szemben: \(\displaystyle D=(a-3)^{2}-4(a-4)=a^{2}-10a+25=(a-5)^{2}>0\), ami azt jelenti, hogy az \(\displaystyle f=0\) egyenletnek mindig van valós megoldása, s ez ellentmond az indirekt feltevésnek. Ezzel beláttuk, hogy a \(\displaystyle Q<0\) indirekt állítás hamis volt, s ebből következik, hogy a \(\displaystyle Q\ge0\) egyenlőtlenség igaz. Utóbbival ekvivalens, hogy \(\displaystyle T\ge0,\) amit bizonyítani kellett.

Megjegyzések:

Ha a \(\displaystyle {\bf (**)}\) és \(\displaystyle {\bf (***)}\) egyenleteket felírjuk úgy, hogy \(\displaystyle x,y,v,z\) helyére a \(\displaystyle d,b,c,a\) számok alkotta, megfelelő kifejezések kerülnek, akkor – a beszorzások és egyszerűsítések után – rendre megkapjuk a kiindulási \(\displaystyle {\bf (*)}\) feltételt. (Ellenőrzés.)

Van-e valakinek eltérő, középiskolás levezetése? Főleg a 3. eset nem indirekt megoldása érdekelne (ha létezik ilyen egyáltalán).

[842] sakkmath2019-11-18 19:38:40

Sajnos kimaradt az \(\displaystyle ab+cd=0\) lehetőség előzetes vizsgálata. Ezt most pótlom.

A 4. rész első, keretes szövege alatti két sort töröljük, helyére szúrjuk be az alábbi kiegészítést:

Előzmény: [836] sakkmath, 2019-10-31 18:14:57
[841] sakkmath2019-11-11 14:17:28

Köszönöm, ez megnyugtató.

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

Előzmény: [840] Berko Erzsebet, 2019-11-10 16:33:00
[840] Berko Erzsebet2019-11-10 16:33:00

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.

[839] Berko Erzsebet2019-11-10 08:43:42

Első mondatok. Az egyenlőséget néztem.

Előzmény: [838] Berko Erzsebet, 2019-11-10 08:33:32
[838] Berko Erzsebet2019-11-10 08:33:32

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.

Előzmény: [837] sakkmath, 2019-11-09 15:07:49
[837] sakkmath2019-11-09 15:07:49

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 \(\displaystyle a+b+c+d\le4\) ?

Előzmény: [836] sakkmath, 2019-10-31 18:14:57
[836] sakkmath2019-10-31 18:14:57

Végül a 4. rész:

Előzmény: [835] sakkmath, 2019-10-31 18:14:05
[835] sakkmath2019-10-31 18:14:05

A 3. rész:

Előzmény: [834] sakkmath, 2019-10-31 18:13:09
[834] sakkmath2019-10-31 18:13:09

A 2. rész:

Előzmény: [833] sakkmath, 2019-10-31 18:10:42
[833] sakkmath2019-10-31 18:10:42

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:

Előzmény: [822] sakkmath, 2019-07-10 12:30:18
[832] Berko Erzsebet2019-08-17 10:49:22

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.

Előzmény: [830] sakkmath, 2019-08-16 09:23:52
[831] Berko Erzsebet2019-08-16 09:29:47

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

Előzmény: [830] sakkmath, 2019-08-16 09:23:52
[830] sakkmath2019-08-16 09:23:52

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.

Előzmény: [829] Berko Erzsebet, 2019-08-15 16:48:00
[829] Berko Erzsebet2019-08-15 16:48:00

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.

Előzmény: [828] sakkmath, 2019-08-14 21:05:38
[828] sakkmath2019-08-14 21:05:38

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.)

Előzmény: [822] sakkmath, 2019-07-10 12:30:18
[827] Berko Erzsebet2019-08-13 20:50:31

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.

Előzmény: [826] nadorp, 2019-08-13 17:45:19
[826] nadorp2019-08-13 17:45:19

"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 \(\displaystyle p\leq2\).

Előzmény: [825] Berko Erzsebet, 2019-08-09 15:49:12
[825] Berko Erzsebet2019-08-09 15:49:12

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)

Előzmény: [824] sakkmath, 2019-08-05 19:03:55
[824] sakkmath2019-08-05 19:03:55

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.

Előzmény: [823] Berko Erzsebet, 2019-08-02 10:09:51
[823] Berko Erzsebet2019-08-02 10:09:51

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.

Előzmény: [822] sakkmath, 2019-07-10 12:30:18
[822] sakkmath2019-07-10 12:30:18

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:

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

[821] csábos2017-03-09 20:56:56

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:

Előzmény: [820] jonas, 2017-03-09 16:13:27

  [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]