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]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[806] nadorp	2009-02-19 17:06:38
Azt is bebizonyítottad, hogy ha az egyenlőség fenn áll, akkor létezik a,b,c oldalú háromszög ?
Előzmény: [805] laci777, 2009-02-19 16:29:02

[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.

Remélem érthető.

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

[797] Gyöngyő

2009-02-15 12:21:18

Sziasztok!

Szeretnék segítséget kérni a következő feladathoz:

Legyenek x_i>0,i=1,..,n

x₁+x₂+...+x_n=1. Igazoljuk,hogy :

$\prod^{n}_{i=1}{(1+\frac{1}{x_i})}\geq(1+n)^n$

Üdv.: Gyöngyő

[796] laci777

2009-02-15 11:20:46

Kedves HoA!

Az első megoldásod egyszerű, és így nagyszerű:) A második viszont - a magam szinjéhez képest meg végképp -remekmű. Mindkettőt köszönöm!

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

[795] HoA	2009-02-15 07:45:55
Legyen a (0;a) pont A, a (0;-a) pont B, a PQO $\Delta$ magasságpontja M. AQ és OM párhuzamosak, mint PQ-ra merőleges egyenesek. AO és QM párhuzamosak, mint PO-ra merőleges egyenesek. Így OMQA paralellogramma és AO = AQ ( a kör sugara ) miatt rombusz. Átlói merőlegesek, középpontját K-val jelölve AKO $\Delta$ derékszögű. Ezt A-ból kétszeresére nagyítva K M-be O pedig B-be kerül. AMB $\Delta$ derékszögű, tehát M valóban AB Thálesz-körén van. Mivel a feladatot koordináta-geometriai megfogalmazásban tűzték ki, oldjuk meg így is. Legyen P (p;0). Q az AP átmérőjű körön van, ennek középpontja (p/2;a/2), sugara $r = 1/2 \sqrt{p^2+a^2}$ , egyenlete (x-p/2)²+(y-a/2)2=1/4(p²+a²) , (2x-p)²+(2y-a)²=p²+a² ; 4x²-4xp+p²+4y²-4ya+a²=p²+a² ; 4x²-4xp+4y²-4ya=0 Q az eredeti körön is rajta van, ennek egyenletét néggyel szorozva 4x²+4(y-a)²=4a² ; 4x²+4y²-8ay+4a²=4a² ; 4x²+4y²-8ay=0 A két egyenlet különbségéből a metszéspontokra y/x = p/a ( amit persze az ábráról mint OQ meredekségét könnyen leolvashatunk) , behelyettesítve 4x²+4p²x²/a²-8px=0 Egyik metszéspont az origó, erre nem vagyunk kíváncsiak, x-szel oszthatunk: x(4+4p²/a²)=8p ; x=2p/(1+p²/a²) Ez tehát Q és egyben M abszcisszája (M_x). M ordinátáját (M_y) abból számíthatjuk, hogy M rajta van az AP egyenesen: x/p+y/a=1 ; y=a-(a/p)x=a-2a/(1+p²/a²)=(a+p²/a-2a)/(1+p²/a²)=(p²/a-a)/(1+p²/a²) . Tekintsük az M_x²+M_y² kifejezést: $\frac{4p^2}{(1+p^2/a^2)^2} + \frac{(p^2/a -a)^2}{ (1+p^2/a^2)^2} = \frac{4p^2+p^4/a^2-2p^2+a^2}{(1+p^2/a^2)^2} = \frac{a^2+2p^2+p^4/a^2}{(1+p^2/a^2)^2} = \frac{a^2(1+2p^2/a^2+p^4/a^4)}{(1+p^2/a^2)^2} = a^2$ M tehát valóban az origó középpontú a sugarú körön, AB Thálesz körén van.

Előzmény: [794] laci777, 2009-02-14 22:35:15

[794] laci777

2009-02-14 22:35:15

Megint geometria-példában kérnék szépen segítséget: vegyük az x2+(y-a)2=a2 egyenletű kört (az "a" tetszőleges, de rögzített értékű pozitív valós szám). E körhöz az x tengely egy tetszőleges P pontjából érintőt húzunk (nem az origóba). Ezt az érintési pontot Q-val jelölve,határozzuk meg a PQO(O az origo) háromszög magasságpontját. Ha végighaladunk x tengely valamennyi P pontján, mit adnak ki e háromszögek magasságpontjai? Az látszik, hogy a (0;a) és a (0;-a) pontok által meghatározott szakasz Thalész-köre a megoldás a két előbbi pont nélkül - de bizonyítani már nem tudom. Tudna valaki valamilyen kiinduló pontot, ötletet javasolni? Köszönöm előre is.

[793] sakkmath	2009-02-14 13:10:29
A [776]-os feladat megoldásának második része:

Előzmény: [792] sakkmath, 2009-02-14 13:07:47

[792] sakkmath	2009-02-14 13:07:47
A [776]-os hozzászólás feladatának részletes megoldása két részletben. Az első rész:

Előzmény: [784] matlány, 2009-02-13 10:34:23

[791] BohnerGéza	2009-02-14 11:39:27
Másik megoldás a [783]-ban szereplő feladatra:

Előzmény: [783] komalboy, 2009-02-13 10:16:19

[790] laci777

2009-02-13 22:31:43

Ajjaj, már látom, s(c) és c metszésére tükrözzük C-t, így kapjuk a paralelogrammát. Késő van, egyébként is lassú vagyok:(

Még egyszer köszönöm, kellemes hétvégét.

[789] laci777	2009-02-13 22:18:34
Kedves Euler, köszönöm szépen, érthető voltál - azt hiszem, a 3szög súlyvonalára az oldalai függvényében adott képletre az életben nem jöttem volna magamtól rá (más kérdés, még most sem nagyon látom az s(c) és az m(c) c-n való távolságának számíthatóságát - de kicsit még emésztem). Még egyszer köszönöm.
Előzmény: [788] Euler, 2009-02-13 18:17:09

[788] Euler	2009-02-13 18:17:09
Paralelogrammára igaz az összefüggés, igy innen adódik, hogy egy háromszög súlyvonala kiszámolható a következő módon: 4sc2=2a2+2b2-c2(csúnya, de remélem érthető). Jelöljük a négyszög csúcsait rendre A, B, C, D-vel, AC felezőpontja E, BD felezőpontja F, ekkor4EF2=2CF2+2AF2-AC2, hasonlóan CF2 és AF2 kifejezhető a DBC és DAB háromszögekből, ezekat beirva az előbbibe már adódik is az állitás. Remélem érthetően sikerült leirnom.
Előzmény: [786] laci777, 2009-02-13 15:21:23

[787] sakkmath	2009-02-13 16:06:22
Rendben, a megoldást átírom közölhető, bővített változatra és holnap délelőtt felteszem. (Ha addig meg nem előz valaki.)
Előzmény: [784] matlány, 2009-02-13 10:34:23

[786] laci777

2009-02-13 15:21:23

Üdvözlet Mindenkinek!

Egy 11.-es versenyfeladat így szól: bizonyítsuk be, hogy tetszőleges konvex négyszög oldalai négyzetösszegéből annak átlói négyzetösszegét kivonva az átlók felezőit összekötő szakasz négyzetének négyszeresét kapjuk.

Megköszönnék bármilyen kiinduló pontot, gondolatot. Eddig még csak az oldal szakaszfelelők által meghatározott paralelogrammával próbálkoztam, de nem sok sikerrel (vagy nem elég kitartóan). Csak annyit tudok, hogy ez az állítás paralelogrammák esetén igaz.

Köszönöm előre is.

[785] Sirpi

2009-02-13 14:49:29

Ismert, hogy T=s^.r=(s-a)^.r_a=(s-b)^.r_b=(s-c)^.r_c

Helyettesítsük be az r-eket a bizonyítandó egyenlőségbe:

$\frac{a\sqrt {s-a}}{\sqrt T}+\frac{b\sqrt {s-b}}{\sqrt T}+\frac{c\sqrt {s-c}}{\sqrt T} \geq \frac{6 \sqrt T}{\sqrt s}$

Átszorozva $\sqrt {sT}$ -vel és beírva a Heron-képletet ( $T = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$ ), azt kapjuk, hogy

$a\sqrt{s(s-a)}+b\sqrt{s(s-b)}+c\sqrt{s(s-c)} \geq 6\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$

Legyen most x:=s-a, y:=s-b, z:=s-c. Ekkor a=y+z, b=x+z, c=y+z. T-vel leosztva, és ezeket beírva:

$\frac{y+z}{\sqrt{yz}}+\frac{x+z}{\sqrt{xz}}+\frac{x+y}{\sqrt{xy}} \geq 6$

És ez igaz, mert minden tag legalább 2, hiszen minden x-re x+1/x $\geq$ 2, így az első tag is:

$\frac{\sqrt y}{\sqrt z} + \frac{\sqrt z}{\sqrt y} \geq 2$

Előzmény: [783] komalboy, 2009-02-13 10:16:19

[784] matlány

2009-02-13 10:34:23

Sakkmath!

Tényleg vázlatos, amit Ön leírt. Esetleg le tudná írni bővebben, mert érdekel ennek a megoldása. Előre is köszönöm.

[783] komalboy	2009-02-13 10:16:19
Egy másik érdekes feladat. :)

[782] komalboy	2009-02-12 21:24:01
köszönöm a megoldást. :D

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?