Fórum: Érdekes matekfeladatok

A "ferde" lap mértéke merőleges vetítésnél akárhány dimenzióban is  cos -vel szorzódik, lényegében pontosan azért, mert a ferde lap normálvektorának megfelelő koordinátája  cos .

Az elsőfokú közelítésre visszatérve, egy d széles sávban akárhogyan veszünk három A, B, C pontot, az ABC háromszög valamelyik magasságának hossza legfeljebb d lehet. Bizonyítás. Húzzunk a három ponton keresztül a sáv tengelyére merőlegesen három egyenest, és legyen pl. a B-n átmenő a középső. Ekkor az AC szakasznak van közös pontja (B₁) a középső egyenessel, így  m_bBB₁d.

A -1, 0 és 1 pontokhoz tartozó parabolapontok egy befogójú egyenlőszárú derékszögű háromszöget alkotnak. Ebben a háromszögben a legkisebb magasság 1, így egy ezt tartalmazó egyenes sáv szélessége is legalább 1.

Oldjuk meg a feladatot 4 dimenzióban is.

Tekintsük a (0,0,0,0) origót és az (a,0,0,0), (0,b,0,0), (0,0,c,0), (0,0,0,d) pontokat (ahol a,b,c,d>0). Ennek az 5 pontnak a konvex burka meghatároz egy négydimenziós testet, melynek 5 db háromdimenziós "oldallapja" van.

Mi a kapcsolat ezen 5 lap térfogata között?

Héron képlettel könnyű:

T₄²=T₁²+T₂²+T₃²

Tekintsünk egy olyan tetraédert az első térnyolcadban, amelynek egyik csúcsa az origó, a többi három csúcs pedig a három koordinátatengely egy-egy pozitív pontja. Mi a kapcsolat e tetraéder oldallapjainak területe között?

Szóval tisztázom a saját irományomat, immáron TeXben.

Tehát ez a függvény nem más, mint x² eltolva egyaránt az x és az y tengelyen, de hála a szabad paraméterezésnek, gondolkodhatunk csak az x² világában.

A feladat azt kéri, hogy ennek a függvénynek egy (x₀;x₀+2) szakaszán a függvény abszolútértékének maximuma minimális legyen. Tegyük fel, hogy x₀ már a növekvő szakasz része. Ekkor, mint az könnyen ellenőrizhető, a felvett fv.-értékek különbsége legalább 4 lesz (a sima x²-nél x₀ minimuma 0, a különbség pedig 4x₀+4, ami legalább 4). A skatulya-elv miatt ennek a legalább 4 értékű növekedésnek legalább 2 hosszú része vagy negatív, vagy pozitív, de legalább 2; így a maximum is legalább 2 az abszolútérték miatt. Ugyanez elmondható a monoton csökkenő részre is, marad a közbülső rész, amikor a másodfokú áthalad a minimumhelyén. Tfh. (x₀;x₀+2) tartalmazza a minimumhelyet, ami most a szimmetria miatt legyen 0. Ekkor x₀ negatív. Teljesen az előző logikát követve x₀ és x₀+2 négyzeteik közül a nagyobb minimumát keressük. Ez már könnyebb feladat, a két parabola metszéspontja adja ki, az x₀=-1 helyen, a föggvényérték 1, ekkor valóban kijön, hogy legalább 1/2 a minimum, ami a logikát követve el is érhető.

A közölt függvény lényegében a sima másodfokú x négyzet. Ezt tologatjuk. Ennek nézzük 2 hosszú szakaszait. Ha már a teljes szakasz a növekvő részen van, akkor legalább 4 lesz az y értékek különbsége. Ez egyúttal azt jelenti, hogy az legalább 2 hosszú lesz a negatív vagy a pozitív rész, tehát lesz olyan y, aminek az abszolútértéke legalább 2 a monotonitás miatt. Ugyanez igaz a csökkenő részre. Amikor áthalad az minimumhelyén, akkor a legkisebb érték az ehhez tartozó, a legnagyobb pedig ynégyzet és (2-y)négyzet maximuma. itt y a baloldalra haladás a minimumhelytől. y>1 esetén ez a 1., ellenkező esetben a 2. mivel y értéke. könnyen látható, hogy ez akkor lesz minimális, ha y=1, ekkor 1 lesz a minimum és a maximum különbsége, tehát legalább 1/2 a keresett megoldás, ami így ki is jön. elnézést a TeXtelenségért.

Valóban szép tétel. A kérdésem az, hogy milyen, minél rövidebb elemi meggondolással lehet a konkrét példát megoldani.

A válasz 1/2, amit =0,=-1/2 helyen vesz fel. Ez következik a 3/0. feladatsor 6. feladatból (a feladat forrása minden bizonnyal a Pólya--Szegő analízis könyv).

Oldjuk meg az alábbi minimax-feladatot:

Valóban hülyeség, nem fogalmaztam elég pontosan. amilyen függvénygörbét láttam, az alapján ezt tudtam mondani, legközelebb nem teszem. A növekedést pedig nem úgy értettem, hogy ha n<m akkor f(n)<f(m), hanem valamilyen érték körül ugrál.