Fórum: Valaki mondja meg!

[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] [162] [163] [164] [165] [166] [167] [168] [169] [170] [171] [172] [173] [174] [175] [176] [177] [178] [179] [180] [181] [182] [183] [184] [185] [186] [187] [188] [189] [190] [191] [192] [193] [194] [195] [196] [197] [198] [199] [200] [201] [202] [203] [204] [205] [206] [207] [208] [209] [210] [211] [212] [213] [214] [215] [216] [217] [218] [219] [220] [221] [222] [223] [224] [225] [226] [227] [228] [229] [230]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[805] laci777

2009-02-19 16:29:02

Sziasztok! Most egy már megoldott(?) versenypéldával kapcsolatban kérném szépen véleményeteket.

Vegyük a köv. egyenletet: a2+b2-ab=c2 (ahol a,b,c páronként különböző pozitív valósak). A feladat: fel kell írni növekvő sorrendben a számokat. Arra jutottam, hogy egy olyan háromszög oldalairól van szó, ahol - a koszinusztétel miatt - a c oldallal szembeni szög 60 fok, és a<c<b vagy b<c<a. Ugyanakkor végtelen sok számhármas kielégíti a feltételeket (pl. 1, 2, gyökhárom ill. ezek tetszőleges k-szorosa hasonló derékszögű háromszögek esetén, és akkor még ott van végtelen sok egyéb lehetőség, ahol alfa és béta együtt 120 fok). De - ha minden igaz - ez nem jó (nem teljes?) megoldás. De miért? Tényleg szeretném tudni.

[804] sakkmath

2009-02-17 13:20:30

Örülök, hogy a rajzoddal talpra állítottál, az újbóli fejreállást egy tengelyes tükrözéssel megoldom :))

Az adott tulajdonságú pontok halmaza egy negyedrendrendű algebrai görbe (a rajzodon még két további metszéspont is bejelölhető...), melynek egyenlete - Descartes-koordinátarendszerben - implicit és explicit módon is megadható... (Utóbbi esetben a görbét több, csatlakozó ívre kell bontani.)

Egykor hosszas nyomozást folytattam annak megállapítására, hogy hol, mikor fedezték fel ezt a görbét. Az eredmény: a trifolium (lóhere) nevű görbecsalád egy speciális esetéről van szó (legalábbis ezt írta a Encyclopedia Britannica ). Az általánosabb főgörbé(ke)t egyébként nem az általam talált szerkesztéssel definiálták.

Bebizonyítható, hogy a görbe által határolt terület kétszerese a kiindulási kör területének. Nekem ez "csak" integrálszámítással sikerült. Kérdés: van-e erre egy elegánsabb módszer?

A görbével kapcsolatban több egyéb kérdés is feltehető és megválaszolható. Pl.: súlypontok, megforgatással kapott test térfogata, stb. A K kerület viszont ellenállt, ez szerintem csak közelítő módszerekkel határozható meg. Nálam K/a $\approx$ 14,1666.

Előzmény: [802] BohnerGéza, 2009-02-16 19:48:30

[803] HoA	2009-02-17 12:53:30
[757] ábrája arra utal, hogy használjuk fel: a háromszög beírt körének középpontja rajta van például a b oldal $\pi$ /2+ $\beta$ /2 látószögű körívén és az ehhez a körívhez tartozó körközéppont éppen a körülírt kör b-hez tartozó, B-t nem tartalmazó ivének felezőpontja, ahol $\beta$ szögfelezője is metszi a körülírt kört. Az itt mellékelt ábra jelöléseivel EA=EO₂ egyenlőséget közvetlenül is beláthatjuk. Legyenek az ABD háromszög szögei $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ . Ekkor AEB $\angle$ = $\gamma$ ( BA húrhoz tartozó kerületi szög ), DAE $\angle$ = DBE $\angle$ = $\beta$ /2,O₂ AD $\angle$ = $\alpha$ /2,O₂ AE $\angle$ = $\alpha$ /2+ $\beta$ /2 és így EAO₂ háromszög O₂ -nél lévő EO₂A szöge is $\alpha$ /2+ $\beta$ /2 , EAO₂ egyenlőszárú, EA=EO₂ . Ugyanez igaz EO₁-re is, így O₁EO₂ egyenlőszárú. Csak most használjuk fel, hogy egységsugarú körülírt körről és derékszögű ABD háromszögről van szó: $EO_1 = EO_2 = EA = \sqrt2$ Az $O_1O_2 = \sqrt2$ feltétel tehát azt jelenti, hogy O₁EO₂ $\Delta$ szabályos, O₂EO₁ $\angle$ =60^o , BC az egységsugarú körben 60^o-os kerületi szöghöz tartozó húr, hossza így $BC = \sqrt3$ A gondolatmenet megfordítható, ha $BC = \sqrt3$ , akkor BEC $\angle$ =O₂EO₁ $\angle$ =60^o , O₁EO₂ egyenlőszárú $\Delta$ szabályos, $O_1O_2 = EO_1 = \sqrt2$

Előzmény: [757] BohnerGéza, 2009-01-24 16:31:35

[802] BohnerGéza	2009-02-16 19:48:30
Mivel "a" sugarú a kör, a>0. Ezért sakkmath fejen állsz! Bocs: A kérdés feltevés nem egészen középiskolás (nem függvény), pontosításra szorul szerintem.

Előzmény: [801] sakkmath, 2009-02-16 10:19:18

[801] sakkmath

2009-02-16 10:19:18

Ugyanez a kiinduló kör szerepel a következő feladatban is:

Adott az A(0; a) középpontú, a sugarú kör. A kör valamely - az origótól különböző - pontja legyen C. Tekintsük azokat a C-felezéspontú, OA-val párhuzamos szakaszokat, melyek hossza 2OC. Kérdések:

1. Mi a szakaszvégpontok mértani helye, ha C befutja a kört? 2. Mekkora területet zár be a mértani helyet leíró függvény görbéje? 3. Honnan lehet ismerős a kapott görbe? :)

Előzmény: [795] HoA, 2009-02-15 07:45:55

[800] Káli gúla

2009-02-15 17:13:50

Az f(x)=log (1+1/x) függvényre a Jensen-egyenlőtlenség éppen a bizonyítandó állítás lesz:

$\frac1n\sum \log\Big(1+\frac{1}{x_i}\Big)\ge \log\Big(1+\frac{1}{(\sum x_i)/n}\Big)=\log(1+n)$

Előzmény: [797] Gyöngyő, 2009-02-15 12:21:18

[799] nadorp

2009-02-15 14:17:47

2. megoldás

$\sum_{i=1}^n(x_i+1)=n+1$ miatt a számtani és harmonikus közép közti egyenlőtlenségből

$\frac{n+1}{n}=\frac{\sum_{i=1}^n(x_i+1)}n\geq\frac{n}{\sum_{i=1}^n\frac1{x_i+1}}$ , tehát

$\sum_{i=1}^n\frac1{x_i+1}\geq\frac{n^2}{n+1}$

Most felhasználva a mértani és harmonikus közép közti egyenlőtlenséget

$\root{n}\of{\prod(1+\frac1{x_i})}\geq\frac{n}{\sum_{i=1}^n\frac{x_i}{x_i+1}}=\frac{n}{n-\sum_{i=1}^n\frac1{x_i+1}}\geq\frac{n}{n-\frac{n^2}{n+1}}=n+1$

Előzmény: [798] S.Ákos, 2009-02-15 13:56:02

[798] S.Ákos

2009-02-15 13:56:02

Legyen a+b=2p és a-b=2q, ahol a,b,p,q pozitív valós számok. Vizsgáljuk az $\bigg(1+\frac1a\bigg)\bigg(1+\frac1b\bigg)$ kifejezést. a=p+q és b=p-q. Ezekkel a helyettesítésekkel:

$\bigg(1+\frac1{p+q}\bigg)\bigg(1+\frac1{p-q}\bigg)=1+\frac1{p+q}+\frac1{p-q}+\frac1{p^2-q^2}=1+\frac{2p+1}{p^2-q^2}$

Ha 2p állandó, akkor ez a kifejezés szigorúan monoton nő a [0;p] intervallumon, ha tehát q csökken, akkor a kifejezés értéke is csökken. Ha a számok mind egyenlők, akkor $x_i=\frac1n$ . Ha nem mind egyenlők, akkor van i,j úgy, hogy $x_i>\frac1n>x_j$ Legyen $x_j'=\frac1n$ és $x_i'=x_i+x_j-\frac1n$ , és a többi x_k-t hagyjuk változatlanul. Mivel x_i+x_j=x_i'+x_j' és x_i>x_j'>x_j, ezért x_i>x_i'>x_j, így x_i-x_j>|x_j'-x_i'|, így a kifejezés értéke csökkent, így a minimum csak x₁=x₂=...=x_n esetén állhat, ami épp a jobb oldal.