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]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[775] Káli gúla	2009-02-04 01:05:43
Bocsánat, az egyenlőtlenségsor csak az x<y<1 esetre megy.
Előzmény: [774] Káli gúla, 2009-02-03 23:29:12

[774] Káli gúla	2009-02-03 23:29:12
Tegyük fel, hogy x<y, ekkor az X=1/x és Y=1/y jelöléssel $\matrix{X^y>Y^x}$ , és ugyanezért $\matrix{X^{X^y}>Y^{Y^x}}$ . Először az oldalak reciprokát véve $\matrix{x^{X^y}<y^{Y^x}}$ , majd mindkét oldalt $\matrix{x^y y^x}$ -adik hatványra emelve $\matrix{x^{y^x}<y^{x^y}}$ adódik. Vagyis a torony akkor nagyobb, ha a nagyobbik számról indul
Előzmény: [765] BohnerGéza, 2009-01-30 22:31:08

[773] Ágoston	2009-02-03 19:10:14
Nagyon köszi, hát erre nem jöttem rá...
Előzmény: [769] jenei.attila, 2009-02-02 21:32:36

[772] Bocsa Dávid	2009-02-03 16:48:07
Nagyon szép megoldás:D Köszönöm szépen. Ha esetleg tud vki másik megoldást, akkor ossza meg velem, mert tudomásom szerint több módon is bizonyítható, de egészen eddig egyre sem jöttem rá. Még egyszer köszönöm.

[771] HoA	2009-02-03 12:55:41
Legyen az ABC $\Delta$ körülírt körének P pontjából az a oldalra bocsátott merőleges talppontja T_a, a b oldalra bocsátott merőleges talppontja T_b, a körrel alkotott második metszéspontja S. A B-ből induló magasság és a körülírt kör második metszéspontja R. Az s Simson egyenes P-ből vett kéteszeres nagyítása a t egyenes, ennek metszéspontjai BR-rel M, PS-sel N. PCT_aT_b húrnégyszög, mert T_a és T_b PC Thálesz-körén vannak. PC T_a = PCB szög egyenlő a T_b -nél lévő külső szöggel. PCB és PSB szögek is egyenlők, mint a PB húrhoz tartozó kerületi szögek. Végül s és t egyenesek párhuzamossága miatt PNM szög is az előbbiekkel egyenlő. PRBS szimmetrikus trapéz, mint a körből két párhuzamos húr által kimetszett négyszög. Az N-nél ill. S-nél lévő szögek egyenlősége miatt NPRM is szimmetrikus trapéz. t definíciója miatt PT_b=T_bN, a PN-re merőleges AC tehát NPRM szimmetriatengelye, így R és M egymás tükörképei AC-re. Mivel a magasságpont oldalegyenesre vett tükörképe a körülírt körön van, M az ABC $\Delta$ magasságpontja. t definíciója miatt t minden Q pontjára igaz, hogy a QP felezőpontja s-en van, így természetesen M-re is.

Előzmény: [770] Bocsa Dávid, 2009-02-02 21:38:36

[770] Bocsa Dávid	2009-02-02 21:38:36
Bizonyítsuk be, hogy a Simson-egyenes felezi az MP szakaszt, ahol M a háromszög magasságpontja és P a Simson egyenes P pontja a háromszög körülírt körének körívén. Vki ötlet?

[769] jenei.attila	2009-02-02 21:32:36
Ha az adott pont 2 egységnél közelebb van a tengelyhez, akkor könnyű dolgod van. Egyszerűen ráilleszted a körlap szélét a tükrözendő P pontra úgy, hogy a körvonal két pontban metssze a tengelyt. Megjelölöd ezt a két pontot, majd a körlap szélét úgy illeszted ezekre, hogy most az előző helyzethez képest a tengelyre szimmetrikusan helyezkedjen el a körlap, majd körberajzolod a körlapot (a tengelyen kijelölt egymáshoz két egységnél közelebbi pontokra kétféleképpen-tengelyszimmetrikusan-illeszthető a körvonal). Ugyanezt megcsinálod mégegyszer úgy, hogy most az körvonal másik két pontban metssze a tengelyt. A körlap körberajzolásával adódó két körvonal metszéspontja a tengely másik oldalán megadja P tükörképét. Ha 2 egységnél távolabb van P a tengelytől, akkor segéd tengelyeket vehetsz fel úgy, hogy azok az eredeti tengely egy pontján menjenek át. A segédtengelyeket a fent leírt módon tükrözheted az eredeti tengelyre. Így az eredeti tengellyel együtt páratlan sok egy ponton átmenő tengelyed lesz, amelyekre sorban elvégezve a tükrözéseket (először a P-hez legközelebbi tengelyre türözve, majd továbbtükrözve a következő tengelyre, stb.) páratlan sok tükrözés után megkapod P tükörképét.
Előzmény: [768] Ágoston, 2009-02-02 20:22:25

[768] Ágoston

2009-02-02 20:22:25

Adott a síkon egy pont és egy egyenes. Körző használata nélkül szerkesszük meg a pontnak az egyenesre vonatkozó tükörképét. Használhatunk egyenes vonalzót a szokásos módon és egy egységsugarú körlapot, aminek nem ismerjük a középpontját. Ez utóbbit körvonalzóként használhatjuk, vagyis a síkon adott ponton, illetve pontokon átmenő egységsugarú körvonalakat tudunk rajzolni, de a középpontokat nem tudjuk bejelölni.

Valaki tudja a fenti feladatra a megoldást? Köszönöm

[767] Tibixe	2009-01-31 11:06:04
Közben leesett, hogy amit tegnap írtam, az elég nagy hülyeség... Bocsássatok meg, elég álmos lehettem.

[766] Tibixe

2009-01-30 23:19:16

Amit nekem sikerült, röviden:

Egy d=q-p behelyettesítés, utána a (p+d)^p binomiális tételes kibontása, utána az egész szerencsétlenség leosztása p^p+d-vel. Amit kapunk, az éppen a

$\big( \frac{d}{p} + 1 \big) ^p$

kibontott alakja lesz. Na ennek kéne 1-gyel egyenlőnek lennie. Tehát

$\frac{d}{p}+1=1$

( esetleg -1, de az gyorsan kizárható ), innen pedig

d=0

[765] BohnerGéza	2009-01-30 22:31:08
Ez Arany D. versenyfeladat volt. Hogyan oldható meg logaritmus nélkül?
Előzmény: [761] Tibixe, 2009-01-30 16:26:18

[764] Tibixe	2009-01-30 20:14:52
Úgy látszik eltér a humorérzékünk.

[763] nadorp	2009-01-30 19:24:28
Köszi az építő megjegyzést, azért nem kell mindjárt leszedni az emberről a keresztvizet egy egyébként jó és nem bonyolult megoldás miatt ( lásd hentes) :-( Egyébként a számelmélet tele van analízist is tartalmazó bizonyítással,ezért nem értek Veled egyet teljesen. Én a pozitív egészeknek azt a tulajdonságát használtam, hogy számtani sorozatot alkotnak, Te meg a számelmélet alaptételét. Mindkettő jó. Ennyi.
Előzmény: [761] Tibixe, 2009-01-30 16:26:18

[762] Tibixe

2009-01-30 16:36:04

Hoppá,

su^t $\ge$ tu^s

helyett

su^t $\le$ tu^s

-et akartam írni.

[761] Tibixe

2009-01-30 16:26:18

Az analízissel szenvedjenek csak a fizikusok, az esetszétbontogatással meg a hentesek... Gyönyörűen kijön számelmélettel.

Vegyük mindkét oldal p alapú logaritmusát.

q^p=(log_p q) p^q

Tehát log_pq racionális, t/s alakban felírható, ahol t és s relatív prím egészek.

Innen

sq^p=tp^q

Ekkor lesz egy u pozitív egész szám, amire

p=u^t q=u^s

Visszahelyettesítve:

t u^{su^t}=s u^{tu^s}

Az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy

su^t $\ge$ t^s

. Az előző egyenlet mindkét oldalát osztva:

t=s u^{tu^s-su^t}

Az előző feltétel miatt u^{tu^s-su^t} egész. Mivel t és s pozitív relatív prím egészek, u^{tu^s-su^t} csak 1 lehet. Tehát t=s. Az egyetlen önmagával rel. prím pozitív egész pedig az 1. Innen pedig

p=u¹=q

[760] nadorp

2009-01-30 08:09:03

Ha p=1 akkor q=1 és fordítva, tehát ezekben az esetekben igaz az állítás. Feltehető, hogy p,q $\geq$ 2. Tegyük fel, hogy p<q. Ekkor a feladatban szereplő egyenlőség úgy állhat fenn, ha p kitevője nagyobb, azaz

q^p>p^q

$\frac{\ln q}q>\frac{\ln p}p$

Mivel az $f(x)=\frac{\ln x}x$ függvény x $\geq$ e esetén szigorúan monoton csökken, ezért 3 $\leq$ p<q esetén a fenti egyenlőtlenség nem állhat fenn. Marad a p=2 eset. Ekkor

$\frac{\ln4}4=\frac{\ln2}2<\frac{\ln q}q$ miatt szintén a monoton csökkenésből adódóan q<4,tehát csak q=3 lehet. Viszont a p=2 q=3 értékek esetén nem teljesül az eredeti egyenlőség. Azt kaptuk, p<q nem lehet. Teljesen hasonlóan adódik, hogy p>q sem lehetséges, tehát p=q

Előzmény: [759] Kiss Béla, 2009-01-29 20:53:36

[759] Kiss Béla

2009-01-29 20:53:36

Sziasztok! Sagítséget szeretnék kérni a következő feladathoz. Foggalmam sincs, hogy hogyan lehetne megoldani:

Bizonyítsuk be, hogyha a p és q pozitív egész számokra fenn áll a p^{q^p}=q^{p^q}, akkor p=q.

[757] BohnerGéza	2009-01-24 16:31:35
Ábra egy kis segítséggel. A párhuzamos helyzet esetén látszik HoA állítása.

Előzmény: [755] HoA, 2009-01-22 18:47:09

[756] Gyöngyő

2009-01-24 10:26:40

Sziasztok!

Lenne egy kérdésem!

Tudjuk,hogy $\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}=a$

bizonyítsuk be,hogy

$\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{a^2_1+a^2_2+...+a^2_n}{n^2}=0$

ahol a_i pozitív valós számok.

Üdv.: Gyöngyő

[755] HoA	2009-01-22 18:47:09
Ott viszont nem reagált rá senki. Idemásolom, hogy ne kelljen lapozgatni: Az ABCD konvex négyszögben AD=2. Az ABD szög és az ACD szög derékszög. Az ABD háromszög szögfelezőinek metszéspontja gyök(2) távolságra van az ACD háromszög szögfelezőinek a metszéspontjától. Mekkora a BC oldal hossza? Az ugye világos, hogy az adatok nem egyértelműen határozzák meg ABCD négyszöget. Kérdés, hogy BC hossza egyértelmű-e. Szimmetrikus esetben ABCD egyenlőszárú trapéz és elég könnyen kiszámolható, hogy ha $O_1 O_2 = \sqrt{2}$ , akkor $BC = \sqrt{3}$ Feladatok: - adjunk geometriai bizonyítást a szimmetrikus esetre - adjunk bizonyítást az általános esetre - igaz-e a tétel fordítottja: Ha $BC = \sqrt{3}$ , akkor $O_1 O_2 = \sqrt{2}$ ?

Előzmény: [754] sakkmath, 2009-01-22 10:42:23

[754] sakkmath	2009-01-22 10:42:23
Érdekes matekfeladatok [2813], klikk ide.
Előzmény: [753] Valezius, 2009-01-21 20:22:43

[753] Valezius

2009-01-21 20:22:43

Láttam valamelyik topikban egy feladatot, de most az istenért se találom, valaki nem tudja, melyikben van?

ABCD konvex négyszög, ABD és ACD derékszög. Ugyanezekbe, mint háromszögbe írt körök középpontjai gyök(2) távolságra vannak.

Csak érdekelne, hogy jól emlékszem-e rá.

[752] j.milan	2009-01-17 21:55:07
Közben javítanám saját magam, más irányban kijött a megoldás :) üdv
Előzmény: [751] j.milan, 2009-01-17 21:22:57

[751] j.milan	2009-01-17 21:22:57
Jóestét! Az én kérdésem az, hogy mi azon pontok mértani helye a síkon, amelyek három ponttól vett távolságának négyzetösszege állandó.
Előzmény: [750] Gyöngyő, 2009-01-17 16:31:28

[750] Gyöngyő

2009-01-17 16:31:28

Sziasztok!

Köszike Nadorp! Eszembe nem jutott,hogy sorbafejtesem.Nagyot koppant amikor elolvastam! Köszike még1szer!

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?