|
|
|
|
|
|
|
[3290] Sirpi | 2010-07-16 13:35:21 |
Szerintem elég egyszerűen kijön, hogy ha 0t1, akkor ha a, b, c oldalakból szerkeszthető háromszög, akkor az at, bt, ct oldalakból is, egyéb t értékekre pedig van ellenpélda.
Ha 0t1, akkor abc-ből következik, hogy atbtct, ezért elég megmutatni, hogy c<a+b-ből következik, hogy ct<at+bt. Mivel c<a+b, így ezt leosztva c1-t-vel:
tehát valóban ct<at+bt.
Ha t>1, akkor elég kis epszilonra az 1,1,2- oldalú háromszög megfelelő, viszont az 1t,1t,(2-)t-re már nem teljesül a háromszög-egyenlőtlenség, mert (2-)t>2.
Amúgy a t<0 is hasonlóan érdekes eset, arra is van egyszerű ellenpélda (ha elég kicsi, akkor ,1,1 megfelelő háromszög, de t>2).
|
Előzmény: [3286] D. Tamás, 2010-07-15 16:05:08 |
|
[3289] D. Tamás | 2010-07-16 12:19:24 |
Ha minden igaz, megvan a felső korlát: n1 Most csupán eredményt közlök, levezetni sem olyan nehéz, mint gondoltam. Azonban az alsó korlát megkeresése már nehezebb lesz úgy vélem. (Legalábbis bizonyítani biztosan az lesz, ha megsejtettük a számot.)
|
|
[3288] D. Tamás | 2010-07-16 11:45:46 |
A 2 feladat hasonló, de nem ugyanaz.
B. 3936. Milyen feltételeknek kell teljesülni az a,b,c valós számokra ahhoz, hogy minden n természetes számra létezzék olyan háromszög, amelynek az oldalai an,bn és cn?
Az én feladatom pediog a következő volt: Igaz-e, hogy ha a,b és c oldalakból szerkeszthető (sík)háromszög, akkor an,bn és a cn oldalakból is szerkeszthető háromszög, ha nR\R-? Ez könnyen elmondható, hogy nem igaz, hiszen példának vehetjük a 3 4 és 5 egység hosszúságú oldalakkal rendelkező háromszöget. Ez a példa azért is speciális, mert n=2 esetén megkapjuk az oldalak közti összefüggést: 32+42=52 (De egyébként pithagoraszi számhármasnál ezt tapasztalhatjuk. Összefoglalva ez a feladat azért más a B.3936-hoz képest, mert itt meg kell keresnünk azokat az n számokat, melyekre igaz lesz, hogy az an,bn és cn hosszúságú szakaszokl szerkeszthető háromszög. n=1 és jó eset, de ez nem zárja ki a többi eset létezését. Mivel a probléma egyre jobban érdekel, ezért én is nekiállok a feladatnak mostantól. Bár van egy olyan sejtésem, hogy ez nem egy egyszerű probléma, na de majd meglátjuk.
|
Előzmény: [3287] psbalint, 2010-07-15 16:52:31 |
|
|
[3286] D. Tamás | 2010-07-15 16:05:08 |
Teljesen általánosan is felvetődhet a kérdés: Tehát ha a,b és c oldalakból szerkeszthető (sík)háromszög, akkor an,bn és a cn oldalakból is szerkeszthető háromszög, ha nR\R-.? A válasz nem, de jó feladatnak tűnik - elsőre - megkeresni az n lehetséges értékeit.
|
|
|
|
|
[3282] Kós Géza | 2010-07-11 20:17:08 |
Az idei matekolimpián az 5. feladat volt a legérdekesebb, szerintem érdemes itt is megbeszélni.
506. feladat (IMO2010/5). A B1,B2,B3,B4,B5,B6 dobozok mindegyikében kezdetben egy érme van. Kétféle megengedett lépés van:
1. típusú lépés: Választunk egy Bj nemüres dobozt, ahol 1j5. Elveszünk egy érmét a Bj dobozból, és hozzáadunk két érmét a Bj+1 dobozhoz.
2. típusú lépés: Választunk egy Bk nemüres dobozt, ahol 1k4. Elveszünk egy érmét a Bk dobozból, és kicseréljük a Bk+1 (esetleg üres) doboz tartalmát a Bk+2 (esetleg üres) doboz tartalmával.
Állapítsuk meg, hogy ilyen lépések valamilyen véges sorozata segítségével elérhető-e, hogy a B1, B2, B3, B4, B5 dobozok mindegyike üres legyen, a B6 doboz pedig pontosan 201020102010 érmét tartalmazzon. (Definíció szerint abc=a(bc).)
|
|
[3281] jonas | 2010-05-12 23:13:41 |
gabor7987 feladata a Valaki monja meg! téma 1024. hozzászólásában annyira megtetszett, hogy föladtam egy nehezebb változatát az idei BME matematika versenyen. A feladat így szól.
505. feladat. Adott két 1-nél nagyobb egész szám: m és n. Bizonyítsuk be, hogy csak véges sok n-edik hatvány áll elő mn egymás utáni egész szám n-edik hatványának az összegeként.
Próbáljátok meg megoldani. Köszönet gabor7987-nak az ötletért, jenei.attilának a megoldás ötletéért, valamint Horváth Miklósnak amiért évek óta fáradhatatlanul szervezi a versenyt.
|
|
[3280] HoA | 2010-04-30 10:42:01 |
Tájékozódásul vizsgáljuk a felület metszetét sorra az x=0, y=0, x=y , x= -y síkokkal. A kapott függvények:
f1=y4–y2=y2(y2–1) zérushelyei -1, 0, 1 , a függvény jellegét az origó környezetében az 1. ábra mutatja. Tehát ebben az irányban itt lokális maximum van.
f2=x4–x2=x2(x2–1) hasonló f1 -hez.
f3 : Legyen x=y=t . f3=2t4–4t2=2t2(t2–2) jellegében megegyezik az előzőekkel, csak a zérushelyek itt ( )
f4 : Legyen x= -y = t . f4=2t4–2t2+2t2=2t4 A metszetgörbe jellege a 2. ábra szerinti, ebben az irányban lokális minimum van. A felületnek tehát az origó nyeregpontja. Általánosabb eredményt kapunk, ha áttérünk polárkoordinátákra. x=rcos,y=rsin helyettesítéssel
g(r,)=r4(cos4+sin4)–r2(cos+sin)2 Az r szerinti deriváltak az origóban Ez általában negatív és az 1. ábra szerinti viselkedést indokolja. A kivétel éppen az x = -y eset, ekkor a második tag eltünik, és így még a harmadik derivált is nulla. A negyedik derivált pozitív volta adja a 2. ábra szerinti metszetet. Összefoglalásként megállapíthatjuk, hogy az origó ennek a függvénynek egy különleges nyeregpontja, egy irányban lokális minimum, az összes többiben lokális maximum.
Hátha valaki folytatja e,césv vektorok elemzésével.
|
|
Előzmény: [3279] Lóczi Lajos, 2010-04-23 23:34:25 |
|
[3279] Lóczi Lajos | 2010-04-23 23:34:25 |
(Szélsőérték szempontjából) milyen típusú pontja az f(x,y):=x4-x2-2xy+y4-y2 felületnek az origó?
|
|
[3278] HoA | 2010-04-23 17:38:03 |
Gondolatébresztőnek kezdjük az általános esettel, a térkép hasonlatnál maradva legyen az origó felett közönséges domboldal. Ekkor a szintvonal két irányába mutat v1=v0 és v2=-v0 és ezekre merőleges a gradiens, e=g és c=-g . ( A minusz jelek nálam nem igazán jól látszanak. ) Érdekesebbek a speciális terepalakulatok - csúcs , nyereg, töbör .
|
Előzmény: [3277] Lóczi Lajos, 2010-04-17 14:04:34 |
|
[3277] Lóczi Lajos | 2010-04-17 14:04:34 |
A térbeli x-y-z koordinátarendszerben tekintsünk egy sima "domborzati térképet" az x-y alapsík fölött, azaz legyen adott egy f:R2R deriválható függvény. Tekintsük az alapsíkban az összes origó kezdőpontú egységvektort, és jelöljük meg ezek közül mindazokat az e, c és v vektorokat, amelyek irányában az f felület origó fölötti f(0) pontjában rendre: legmeredekebb az emelkedés, legnagyobb a csökkenés, illetve a pontbeli adott irányú érintőegyenes vízszintes.
Milyen összefüggések állapíthatók meg az e, c és v vektorok között?
|
|
[3276] Tóbi | 2010-04-14 15:35:35 |
Vegyük az egyenlőtlenség logaritmusát. k*log(a)=<L*log(b)<k*log(a)+log(2) Tulajdonképpen itt log(b) olyan többszörösét keressük, amit maradékosan osztva log(a)-val, a maradék legfeljebb log(2) lesz. Amennyiben log(a)/log(b) racionális a maradék 0 is lehet, ha irracionális, tetszőlegesen megközelíti a 0-t, így log(2) alá is megy.
|
Előzmény: [3272] m2mm, 2010-04-13 23:21:09 |
|
|
|
|