[299] Csimby | 2004-03-26 22:12:12 |
 Én is ezt a megoldást ismerem, amit Nadorp és Onogur összehozott, de a másik is érdekes. Szerintem is nagyon szép.
Kicsit feleslegesnek tartottam ennyi miatt hozzászólást írni ezért arra gondoltam megnézem a What's Special About This Number? lapot, mit ír a 300-ról (mivel ez a 300. hozzászólás, ha valaki meg nem előz) és ezt találtam: "300 is the largest possible score in bowling", fantasztikus. Egyébként vannak "tényleg" érdekes(ebb) dolgok is ezen a honlapon.
|
|
|
[297] Sirpi | 2004-03-26 08:57:09 |
 Na, akkor egy próba:
Tudjuk, hogy 0<a<b<c, és használjuk Onogur szemfüles átalakítását:
f(x)=(a-x)(b-x)c+a(b-x)(c-x)+(a-x)b(c-x)
Ekkor
f(a)=a(b-a)(c-a)>0
f(b)=(a-b)b(c-b)<0
f(c)=(a-c)(b-c)c>0
Az előjelváltások és f folytonossága miatt muszáj lenni gyöknek mind az (a,b), mind a (b,c) intervallumban.
S
|
Előzmény: [294] Hajba Károly, 2004-03-26 00:57:49 |
|
[296] nadorp | 2004-03-26 08:54:52 |
 Sziasztok !
Adok egy megoldást a 67. feladatra. A bizonyítás nem elemi, de a feladat alapötlete szerintem innen származik.
Tekintsük a p(x)=abcx3-(ab+ac+bc)x2+(a+b+c)x-1 polinomot. Könnyen látható,hogy miatt a p(x) gyökei az számok. A polinomnak három valós gyöke van, ezért létezik egy lokális maximuma és egy lokális minimuma. Ezeket a szélsőértékeket a polinom az illetve a intervallumokon veszi fel. A szélsőértékek helyeit a p'(x)=0 egyenlet gyökei adják.Viszont a
p'(x)=3abcx2-2(ab+ac+bc)x+(a+b+c)=0 egyenlet gyökei nyilván a
(a+b+c)x2-2(ab+ac+bc)x+3abc=0 egyenlet gyökeinek a reciprokai, ezért ennek az egyenletnek a gyökei az (a,b) illetve (b,c) intervallumokba esnek.
|
|
|
[294] Hajba Károly | 2004-03-26 00:57:49 |
 Kedves Csimby!
A 65. feladatnál az alábbi részeredményre jutottam:
A (a+b+c)x2-2(ab+bc+ac)x+3abc=0 egyenletet átrendezve az következő egyenletet kapjuk:
(a-x)(b-x)c+a(b-x)(c-x)+(a-x)b(c-x)=0
a) Ha x<a akkor az összeg mindhárom tagja pozitív lesz, míg ha x>c akkor mindhárom negatív lesz, s ez ellentmondás. Tehát a<x<c.
b) Ha rendre x= a, b, c, akkor az összeg két-két tagja rendre zérus, míg a harmadik nem. Így ez is ellentmondás. Tehát x (a,b,c)
c) Ha a<x<b vagy b<x<c, akkor az összeg 3. tagja mindig negatív, a másik két tag előjele ellentétes, így mindkét tartományban lehetséges gyök; de eddig még nem leltem meg a megoldást, mellyel bizonyíthatnám, hogy két külön tartományba is kell kerülniük. :o(
HK
|
Előzmény: [289] Csimby, 2004-03-24 00:40:29 |
|
[293] Sirpi | 2004-03-25 15:10:41 |
 Megjegyzés a 65. feladathoz:
A kitűzésnél 0<x< /4 volt, de az állítás igaz (és a bizonyítás is megy) 0<x< /2-re. Sőt több is igaz:
Beláttuk, hogy ha x hegyesszög, akkor x legfeljebb a sin x és tg x számtani közepe lehet. Ez viszont igaz számtani helyett harmonikus középre is, amivel élesebb becslést kapunk:

S
|
Előzmény: [292] nadorp, 2004-03-25 13:34:34 |
|
|
[291] lorantfy | 2004-03-24 13:26:07 |
 Kedves Zoltán!
Kösz a figyelmeztetést. Neked jobb a memóriád, én nem emlékeztem rá. Ráadásul a megoldásban utalnak az általános megoldhatóság feltételére is. Azért remélem lesz olyan, aki ettől függetlenül megcsinálja.
|
Előzmény: [290] SchZol, 2004-03-24 12:32:51 |
|
|