Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: Érdekes matekfeladatok

  [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]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]    [49]    [50]    [51]    [52]    [53]    [54]    [55]    [56]    [57]    [58]    [59]    [60]    [61]    [62]    [63]    [64]    [65]    [66]    [67]    [68]    [69]    [70]    [71]    [72]    [73]    [74]    [75]    [76]    [77]    [78]    [79]    [80]    [81]    [82]    [83]    [84]    [85]    [86]    [87]    [88]    [89]    [90]    [91]    [92]    [93]    [94]    [95]    [96]    [97]    [98]    [99]    [100]    [101]    [102]    [103]    [104]    [105]    [106]    [107]    [108]    [109]    [110]    [111]    [112]    [113]    [114]    [115]    [116]    [117]    [118]    [119]    [120]    [121]    [122]    [123]    [124]    [125]    [126]    [127]    [128]    [129]    [130]    [131]    [132]    [133]    [134]    [135]    [136]    [137]    [138]    [139]    [140]    [141]    [142]    [143]    [144]    [145]    [146]    [147]    [148]    [149]    [150]    [151]    [152]    [153]    [154]    [155]    [156]    [157]    [158]    [159]    [160]    [161]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[3695] w2013-02-23 16:53:45

Igen, el van bonyolítva. Helyette inkább:

\sqrt{r_a^2+r_b^2+r_c^2}\le\frac{\sqrt{a^4+b^4+c^4}}{4r}.

Előzmény: [3694] sakkmath, 2013-02-23 15:16:28
[3694] sakkmath2013-02-23 15:16:28

A saját egyenlőtlenséged két oldala mértékegység szempontjából nem egyezik. Valamit elírhattál.

Előzmény: [3692] w, 2013-02-21 22:08:17
[3693] sakkmath2013-02-22 00:03:20

A hozzászólásod végén említett A. 536. feladat két megoldással is szerepel a Fórumon. Lásd Tibixe megoldását itt: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról - [657]

Előzmény: [3692] w, 2013-02-21 22:08:17
[3692] w2013-02-21 22:08:17

Köszönöm a hozzászólást, a Pedoe-egyenlőtlenséget nem ismertem, csak a Weitzenböck-öt és a Hadwiger-Finsler-t.

Egyetértek, a háromváltozós egyenlőtlenségek nem túl izgalmasak, leginkább a (még) több változós egyenlőtlenségekre való gyakorlásra vagy módszerek megismerésére. (Manapság még a KöMaL A-ban néha szerepel ilyen, pl. A.571, de mint láttuk, azt is végig lehet tolni akár AM-GM-mel is :-). )

Ha már egyenlőtlenségeknél tartunk, mutatok sajátot is (szokásos jelölésekkel):

\frac{r}R\sqrt{r_a^2+r_b^2+r_c^2}\le\sum_{cyc}\Big(\frac{a\cdot sin\alpha}2\Big)^2.

Nem valami szép, sok minden bele van erőltetve, de azért van benne némi gondolkodás is.

Ezenkívül kitűznék egy nehezebb feladatot is, aki tud, mondjon megoldást.

Előzmény: [3698] Fálesz Mihály, 2013-02-21 18:45:00
[3698] Fálesz Mihály2013-02-21 18:45:00

Bocs, a [3686]-ra akartam regálni, a [3688] elkerülte a figyelmemet.

A [3688]/a esetében valóban az a legegyszerűbb, ha új változókat vezetünk be, és ettől kezdve nincs háromszög, csak nemnegatív számok. (Btw, lehet egy lépéssel rövidebben, nincs szükség az xyz-vel való osztásra.)

A [3688]/b a (Neuberg-)Pedoe egyenlőtlenség egy változata, ami a KöMaL-ban is szerepelt (A. 468.). Ha két háromszög oldalai a,b,c, illetve A,B,C, a területük t, illetve T, akkor

a2(B2+C2-A2)+b2(C2+A2-B2)+c2(A2+B2-C2)\ge16tT.

Egyenlőség akkor van, ha a két háromszög hasonló.

Abban a háromszögben, aminek az oldalai A=\frac{\sqrt{q+r}}2, B=\frac{\sqrt{r+p}}2 és C=\frac{\sqrt{p+q}}2, azaz B2+C2-A2=p, C2+A2-B2=q és A2+B2-C2=r, a terület éppen T=\frac{\sqrt{pq+qr+rp}}4.

(Mivel nem csak triviális esetekben van egyenlőség, ez elég nehézzé teszi a feladatot.)

* * *

Az érdekesség kérdéséről annyit, hogy sokezer háromváltozós szimmetrikus vagy ciklikus egyenlőtlenséget lehet találni az interneten, és ezeknek lényegében semmi üzenete vagy értelme nincsen. Egy időben voltak ilyenek az olimpián is, de miután egy csomó diák ráállt arra, hogy ilyeneket gyakoroljon tömegével, a háromváltozós egyenlőtlenségek háttérbe szorultak.

Előzmény: [3691] w, 2013-02-21 15:26:54
[3691] w2013-02-21 15:26:54

"Hát, alaposan túlbonyolítottátok." - Ízlés kérdése, pl. szerintem a módszerem hasznosabb (a tiéd valóban szebb megoldás). Ezt mutatja, hogy a Te becslésed csak az eredeti egyenlőtlenségre jó (illetve egy csekély általánosításra), az (a) állításnál nem válik be.

"Csak tudnám, hogy ez az egyenlőtlenség miért "érdekes"..." - Az egyenlőtlenség (és főként az eredeti feladat) nem érdekes, ami érdekes, az az, hogy legalább 10-féle bizonyítása és 3-féle általánosítása van. A megoldási módszerek az érdekesek és tanulságosak.

Amúgy pedig a (b) változatra is gondolkodás nélkül alkalmazhatnánk az új változók bevezetését, csak bonyolult lenne.

Előzmény: [3690] Fálesz Mihály, 2013-02-20 18:56:28
[3690] Fálesz Mihály2013-02-20 18:56:28

Hát, alaposan túlbonyolítottátok.

Jól ismert, hogy a terület és a (fél)kerület(négyzet) összehasonlításához az (s-a), (s-b) és (s-c) számok számtani és mértani közepeit érdemes venni:


t^2=s\cdot(s-a)(s-b)(s-c) \le
s\cdot\left(\frac{(s-a)+(s-b)+(s-c)}3\right)^3 = \frac{s^4}{27},

tehát t \le \frac{s^2}{3\sqrt3}, egyenlőség csak s-a=s-b=s-c, vagyis szabályos háromszögre.

Ha az oldalak négyzetösszege kell, akkor ezután jöhet a számtani-négyzetes az oldalakra.

(Csak tudnám, hogy ez az egyenlőtlenség miért "érdekes"...)

Előzmény: [3689] w, 2013-02-20 10:54:27
[3689] w2013-02-20 10:54:27

Nem lövök le túl sokat, ha elmondom: az (a) részt a Róbert Gida által mondott módszerrel könnyebben meg lehet oldani, mint az eredetit, ujjgyakorlat. Átrendezve:

(a-b+c)(a+b-c)+(b-c+a)(b+c-a)+(c-a+b)(c+a-b)\ge4\sqrt3t.

Legyen x=-a+b+c, y=a-b+c, z=a+b-c, a Hérón-képlet miatt:

4\sqrt3t=\sqrt{3xyz(x+y+z)}. Átírva az egyenlőtlenséget:

xy+yz+zx\ge\sqrt{3xyz(x+y+z)}

\frac1x+\frac1y+\frac1z\ge\sqrt{3(\frac1{xy}+\frac1{yz}+\frac1{zx})}

(\frac1x)^2+(\frac1y)^2+(\frac1z)^2\ge\frac1{xy}+\frac1{yz}+\frac1{zx} ismert, ekv. átalakítások miatt az eredeti is igaz.

Előzmény: [3688] w, 2013-02-20 07:52:28
[3688] w2013-02-20 07:52:28

Igen, nagyon ismert egyenlőtlenség.

Most pedig két általánosítás/erősebb egyenlőtlenség:

(a) a^2+b^2+c^2\ge(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2+4\sqrt3t,

(b) pa^2+qb^2+rc^2\ge4\sqrt{pq+qr+rp}\cdot t (p,q,r>0).

Előzmény: [3687] Róbert Gida, 2013-02-19 21:46:12
[3687] Róbert Gida2013-02-19 21:46:12

Nagyon ismerősnek tűnik. Gondolkodás nélkül: ha a,b,c egy háromszög oldalai, akkor a=y+z,b=x+z,c=x+y, ahol x=s-a,y=s-b,z=s-c és x,y,z>0 és ez visszafelé is igaz, ez nagyon hasznos az összes ilyen tipusú feladatnál, a háromszög kilőve. Héron képlettel: T=({xyz(x+y+z)})^{\frac 12}. Ezt beírva és négyzetre emelve a két oldalt és rendezve a bizonyítandó: \sum_{cyc}({x^4+2x^3y+2x^3z+3y^2z^2-8x^2yz})\ge 0, ez pedig a számtani-mértani miatt igaz, az is látszik, hogy egyenlőség pontosan akkor van, ha x=y=z, azaz szabályos háromszögnél.

Előzmény: [3686] w, 2013-02-19 19:37:40
[3686] w2013-02-19 19:37:40

Adott egy háromszög, oldalai: a, b, c; területe t. Igazoljuk:

a^2+b^2+c^2\ge4\sqrt3t.

[3685] jenei.attila2013-02-19 12:10:49

Megnéztem a megoldást, szerintem a két konstrukció hasonló elvű, csak az enyém egyszerűbb. Egyébként először én is ezt a "hivatalos" megoldást adtam meg, és azután egyszerűsítettem.

Előzmény: [3684] m2mm, 2013-02-19 00:26:45
[3684] m2mm2013-02-19 00:26:45

1 megoldásra emlékszem, az a hivatalos, megtalálható a 3681 hozzászólás linkjében. És igen, RMM a mostani hiv. név, régen volt ez RMMS, nekünk RMMC(C for competition) néven volt ismert.

Előzmény: [3683] jenei.attila, 2013-02-16 08:42:56
[3683] jenei.attila2013-02-16 08:42:56

Ha megkérlek leírnád ezt az ismert (vagy saját) megoldást? Köszönöm.

Előzmény: [3678] m2mm, 2013-02-15 05:05:37
[3682] Ali2013-02-15 13:06:35

Az előző hozzászólás alapján kicsit utánakeresve Problem 1.

Előzmény: [3681] sakkmath, 2013-02-15 11:29:42
[3681] sakkmath2013-02-15 11:29:42

Van ez

és van emez.

Az elsőre tippelek, azaz: itt nem RMMC-ről, inkább RMM-ről (= Romanian Master of/in Mathematics) lehet szó. Ha tévedek, javítsatok ki.

Előzmény: [3680] jenei.attila, 2013-02-15 08:45:44
[3680] jenei.attila2013-02-15 08:45:44

Bocs, de mi az az RMMC?

Előzmény: [3678] m2mm, 2013-02-15 05:05:37
[3679] jenei.attila2013-02-15 08:30:10

Ezt nem tudtam, de aki ismeri vagy megoldotta, azzal megbeszélhetjük. Az én megoldásom:

f(x)=(-1)[x]xhax>0

f(0)=0

f(x)=-f(-x)hax<0

g(x)=(-1)[x](x+1)hax>0

g(0)=0

g(x)=-g(-x)hax<0

Előzmény: [3678] m2mm, 2013-02-15 05:05:37
[3678] m2mm2013-02-15 05:05:37

Érdekesnek érdekes, de aki pl. versenyzik, annak ismert, már készülés okán is(2 éve volt kitűzve RMMC-n).

Előzmény: [3677] jenei.attila, 2013-02-14 21:34:13
[3677] jenei.attila2013-02-14 21:34:13

Ez a feladat senkit nem érdekel? Nem túl nehéz, de azért szerintem érdekes feladat.

Előzmény: [3669] jenei.attila, 2013-02-05 14:34:25
[3676] jenei.attila2013-02-14 21:09:19

Képlettel:

(1*9+2*8+3*7+4*6+5*5+6*4+7*3+8*2+9*1)*20/4

Ez a következőképpen jön ki: a pontokat számozzuk 1-től 20-ig a körvonalon egymás után. Az első kiválasztott pont legyen az 1-es. Ekkor a 3-adik kiválasztott pont (körbehaladva számozva)7-estől 15-ösig lehet. Ha a 7-es a 3.-adik kiválasztott pont, akkor a 2. kiválasztott csak a 4-es lehet, a 4.-edik kiválasztott pedig 10-estől 18-asig 9 féle lehet. Ha 8-as a 3. kiválasztott pont, akkor a 2. kiválasztott 4-es és 5-ös lehet, a 4. kiválasztott 11-18-ig mehet. És így tovább: az 1. kiválasztott pont rögzítése mellet

1*9+2*8+3*7+4*6+5*5+6*4+7*3+8*2+9*1

jó kiválasztás létezik. Az 1. kiválasztott pontot 20 féleképpen rögzíthetjük, vagyis a jó kiválasztásokat úgy számolhatjuk össze, hogy a most kapott értéket 20-szal szorozzuk, de akkor minden egyes kiválasztást 4-szer számolunk, hiszen bármelyik pontját tekinthetjük 1. kiválasztott pontnak.

Előzmény: [3675] Róbert Gida, 2013-02-14 18:55:51
[3675] Róbert Gida2013-02-14 18:55:51

Programmal nekem is ennyi, néhány n-re kiszámolva valószínűleg ez a sorozat: A095661

Előzmény: [3674] jenei.attila, 2013-02-14 09:43:24
[3674] jenei.attila2013-02-14 09:43:24

Adott a körvonalon 20 pont. Hányféleképpen választható ki ezek közül 4 pont úgy, hogy bármely két kiválasztott pont között legalább két ki nem választott pont fekszik. Erre a feladatra válaszoltam, ha jól értettem az angol szöveget. Tehát a válasz 825. Legalábbis szerintem. Szerintetek?

Előzmény: [3673] jenei.attila, 2013-02-11 11:04:24
[3673] jenei.attila2013-02-11 11:04:24

825?

Előzmény: [3671] juantheron, 2013-02-08 06:41:53
[3672] Ni Ran Jan2013-02-08 10:26:35

dude can't see the question. :))

Előzmény: [3671] juantheron, 2013-02-08 06:41:53

  [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]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]    [49]    [50]    [51]    [52]    [53]    [54]    [55]    [56]    [57]    [58]    [59]    [60]    [61]    [62]    [63]    [64]    [65]    [66]    [67]    [68]    [69]    [70]    [71]    [72]    [73]    [74]    [75]    [76]    [77]    [78]    [79]    [80]    [81]    [82]    [83]    [84]    [85]    [86]    [87]    [88]    [89]    [90]    [91]    [92]    [93]    [94]    [95]    [96]    [97]    [98]    [99]    [100]    [101]    [102]    [103]    [104]    [105]    [106]    [107]    [108]    [109]    [110]    [111]    [112]    [113]    [114]    [115]    [116]    [117]    [118]    [119]    [120]    [121]    [122]    [123]    [124]    [125]    [126]    [127]    [128]    [129]    [130]    [131]    [132]    [133]    [134]    [135]    [136]    [137]    [138]    [139]    [140]    [141]    [142]    [143]    [144]    [145]    [146]    [147]    [148]    [149]    [150]    [151]    [152]    [153]    [154]    [155]    [156]    [157]    [158]    [159]    [160]    [161]