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.
[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
[820] jonas2017-03-09 16:13:27

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.

Előzmény: [819] Róbert Gida, 2017-03-09 15:07:09
[819] Róbert Gida2017-03-09 15:07:09

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.

Előzmény: [818] yield, 2017-03-09 10:43:05
[818] yield2017-03-09 10:43:05

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)

Előzmény: [817] csábos, 2017-03-08 20:43:16
[817] csábos2017-03-08 20:43:16

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

Előzmény: [816] Róbert Gida, 2017-03-07 23:26:59
[816] Róbert Gida2017-03-07 23:26:59

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: \(\displaystyle u=\frac 12 ESx(ix-z)-\frac 34 yE^2(ix+y)+iyz+z^2\).

Előzmény: [815] csábos, 2017-03-06 23:44:09
[815] csábos2017-03-06 23:44:09

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?

[814] nadorp2017-02-01 23:59:18

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

\(\displaystyle f^{'}(t)>f(t)>0 \)\(\displaystyle {(1)}\)

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

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

\(\displaystyle ({f^{-1}})^{'}(t)=\frac1{f(t)} \)\(\displaystyle {(2)}\)

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

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

\(\displaystyle f(t)\geq f(0)e^t \)\(\displaystyle {(3)}\)

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.

Előzmény: [813] nadorp, 2017-01-28 09:05:15
[813] nadorp2017-01-28 09:05:15

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

Előzmény: [812] Sinobi, 2017-01-26 00:58:28
[812] Sinobi2017-01-26 00:58:28

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?

[811] marcius82017-01-07 20:44:29

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

Előzmény: [810] yield, 2017-01-07 19:40:51
[810] yield2017-01-07 19:40:51

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"

Előzmény: [809] marcius8, 2017-01-04 12:56:03
[809] marcius82017-01-04 12:56:03

Pontosítom az előző kérdést. Ha a háromszög szabályos, és oldalainak hossza 1, akkor az ilyen háromszög. De van-e nem szabályos háromszög, amely megfelel a feltételeknek, azaz egyik szöge 60°, oldalai racionális hosszúak és egy mértani sorozat nem feltétlenül egymást követő tagjai.

Előzmény: [808] marcius8, 2017-01-04 09:44:39
[808] marcius82017-01-04 09:44:39

Van-e olyan derékszögű háromszög, amelynek oldalai racionális hosszúak, és oldalai egy mértani sorozat nem feltétlenül egymást követő elemei?

Van-e olyan háromszög, amelynek egyik szöge 60° vagy 120°, amelynek oldalai racionális hosszúak, és oldalai egy mértani sorozat nem feltétlenül egymást követő elemei?

  [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]