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.

[781] vihand	2009-02-12 20:20:55
Utólag is köszönöm.

[780] MTM

2009-02-12 19:16:49

Csak úgy...:]

A feladat: C. 593. Péter a bélyeggyűjteményéből az 1,2,3,...,37 forintos bélyegek mindegyikéből kivett egy-egy darabot. Szeretné ezeket úgy csoportosítani, hogy mindegyik csoportban ugyanannyi legyen a bélyegek névértékének összege. Hányféleképpen teheti ezt meg?

Minta a dolgozatok fejlécéhez C. 593. Nagy 163 Róbert 9. évf. Győr, Révai M. Gimn. e-mail: robi@revai.hu

Jelöljük a kapitány életkorát (években kifejezve) K-val, a hajóét H-val. A hajó H-K évvel ezelőtt volt annyi idős, mint a kapitány most; akkor a kapitány K-(H-K)=2K-H éves volt. Amikor a hajó 2K-H éves lesz, akkor a kapitány ...

Előzmény: [779] rizsesz, 2009-02-12 19:02:06

[779] rizsesz

2009-02-12 19:02:06

http://www.komal.hu/verseny/2008-09/kiiras.h.shtml

szinte majdnem a végén megtalálod.

Előzmény: [778] vihand, 2009-02-12 18:53:17

[778] vihand	2009-02-12 18:53:17
Helló, valaki meg tudja nekem röviden írni, hogy hogy kell kinéznie egy kísérőjegyzéknek? Sajnos elhagytam az első újságot, és eddig abból néztem ki. Nem sürgős, de örülnék neki. Előre is köszönöm a segítséget.

[777] sakkmath

2009-02-12 13:31:34

Vázlatosan:

1) Az első egyenlet értelmezése.

2) Egy adott helyettesítéssel felírhatjuk a konvex függvényekre vonatkozó Jensen-egyenlőtlenséget.

3) A számtani - mértani közép összefüggésének kétszeri alkalmazása.

4) Az első pontban kapott eredménnyel kijön a megoldás.

Előzmény: [776] komalboy, 2009-02-12 10:57:31

[776] komalboy	2009-02-12 10:57:31
Sziasztok! a követekző feladatra keresek megoldást...

[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

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?