Fórum: Nehezebb matematikai problémák

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?

Legyen $\displaystyle f(x,y,z)=x^4+y^4+z^4+(\sqrt 3-1)xyz(x+y+z)-\sqrt 3(x^3y+y^3z+z^3x)$, kell $\displaystyle f(x,y,z)\ge 0$. Belátom, hogy $\displaystyle f(x,y,z)$ éppen egy komplex szám abszolútértékének a négyzete, így nemnegatív. Legyen $\displaystyle S=\sqrt 3$ és $\displaystyle E=1+\frac {i}{S}$, ekkor $\displaystyle f(x,y,z)=|u|^2$, ahol: $\displaystyle u=\frac 12 ESx(ix-z)-\frac 34 yE^2(ix+y)+iyz+z^2$.

Kitaláltam egy feladatot. Tud valaki rá jobbfajta megoldást?

Bizonyítsuk be, hogy

$\displaystyle (x^4+y^4+z^4)+(\sqrt 3 -1 )xyz(x+y+z)\geq \sqrt 3(x^3y+y^3z+z^3x)$

Mikor áll fönt egyenlőség?

Egy kiegészítés.

Bebizonyítjuk, hogy ha $\displaystyle f^{'}(t)=f(f(t))$ teljesül minden valós t-re, akkor létezik f-nek fixpontja. Ebből már következik, hogy a [813]-ban megadott linken levő Taylor-sor család megadja az összes megoldást.

Tegyük fel, hogy f-nek nincs fixpontja. Ekkor vagy $\displaystyle f(t)-t>0$ vagy $\displaystyle f(t)-t<0$ teljesül minden valós számra, hiszen f folytonos is.

1.eset: $\displaystyle f(t)>t$

Legyen $\displaystyle t\geq0$. Ekkor $\displaystyle f(t)>t\geq0$ miatt $\displaystyle f(f(t))>f(t)$ is teljesül, azaz

Ebből egyrészt következik hogy $\displaystyle t\geq0$ esetén $\displaystyle f(t)$ szigorúan monoton nő, tehát $\displaystyle t\geq f(0)>0$ esetén f-nek létezik egyértelmű $\displaystyle f^{-1}(t)\geq0$ inverze. Az eredeti egyenletet ezzel felírva

$\displaystyle f^{'}(f^{-1}(t))=f(t)$

Másrészt (1) mindkét oldalát megszorozva $\displaystyle e^{-t}$-vel és rendezve

$\displaystyle (f^{'}(t)-f(t))e^{-t}>0$

$\displaystyle (f(t){e^{-t})}^{'}>0$

Tehát az $\displaystyle f(t)e^{-t}$ függvény $\displaystyle t\geq0$ esetén szigorúan monoton nő, így

$\displaystyle f(t)e^{-t}\geq f(0)$

Összevetve (2)-t és (3)-at $\displaystyle t>f(0)>0$ esetén kapjuk, hogy

$\displaystyle ({f^{-1}})^{'}(t)\leq\frac1{f(0)}e^{-t}$

$\displaystyle \int_{f(0)}^t({f^{-1}})^{'}(s)ds\leq\frac1{f(0)}\int_{f(0)}^te^{-s}ds$

$\displaystyle f^{-1}(t)\leq\frac1{f(0)}(e^{-f(0)}-e^{-t})<\frac{e^{-f(0}}{f(0)}$

Ez viszont ellentmondás, mert $\displaystyle t>f(0)>0$ esetén $\displaystyle f^{-1}(t)$ nem lehet korlátos.

2.eset: $\displaystyle f(t)<t$

Legyen $\displaystyle t\leq0$. Ekkor $\displaystyle f(t)<t\leq0$ miatt $\displaystyle f(f(t))<f(t)$ is teljesül, azaz

$\displaystyle f^{'}(t)<f(t)<0$

Ebből következik hogy $\displaystyle t\leq0$ esetén $\displaystyle f(t)$ szigorúan monoton csökken.

Legyen most $\displaystyle a=f(0)<0$. Ekkor a monoton csökkenést felhasználva

$\displaystyle f(a)>f(0)=a>f(a)$

Ez pedig ellentmondás.

Elindultam abból, hogy keressünk olyan megoldást, ahol létezik a, hogy f(a)=a. Eljutottam az f(f(x)) függvény n-dik deriváltjának a képletéig, ami alapján elkezdtem Taylor-sorba fejteni f-et a fixpont körül, felhasználva a Faà di Bruno Formulát. Ez előbb-utóbb elég csúnya lesz, ezért rákerestem a neten (hátha...) és ezt találtam, ami megfelel a fenti gondolatmenetnek ( az utolsó hozzászólás a lényeges):

lásd itt

Milyen $\displaystyle f$ függvények vannak, amelyeknek a deriváltjuk megegyezik az ismételtjükkel, azaz: $\displaystyle f'(t)=f(f(t))$?

Ezt, vagy az ilyesmiket hogyan kell/lehet?

jessssz!!!!!!! Hogy erre nem gondoltam!!!!! Köszönöm!

Ha felírjuk a koszinusztételt erre a háromszögre, akkor kapunk egy egyenletet q-ra. Ennek csak q =1 esetén lesz megoldása az alábbi állítás alapján: "Tegyük fel, hogy a (m/n) már nem egyszerűsíthető tört gyöke az f egész együtthatós polinomnak. Ekkor a számláló osztja f konstans tagját, a nevező pedig a főegyütthatóját"