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

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]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[811] nadorp2009-02-19 23:10:40

Én a bizonyításod megfogalmazására gondoltam.

Ha azt mondod:

"Tekintsünk egy a,b,c oldalú háromszöget, melyre fennáll az egyenlőség. Ekkor a cosinus tétel szerint ebben a háromszögben a c-vel szemben 60o van, tehát c a "középső" hosszúságú oldal."

akkor a fenti bizonyítás hiányos, mert nem tudjuk, hogy létezik-e az a,b,c oldalú háromszög.

Ha viszont azt mondod:

"Tekinsünk két pozitív a\neqb számot és nézzük azt a háromszöget, melynek két oldala a és b, közbezárt szögük 60o. Ez egyértelműen meghatározza a c oldal hosszát és az egyenlőség összes megoldását megkaphatjuk ezzel a módszerrel. Mivel ezek a háromszögek nem szabályosak és c a "középső" hosszúságú oldal, ezért a<c<b vagy b<c<a teljesülhet."

akkor jó a megoldásod.

Előzmény: [807] laci777, 2009-02-19 19:30:30
[810] kiskiváncsi2009-02-19 20:24:56

Kedves HOA! Ez a feladat az egyik fórumon így jelent meg: O1O2 gyök2 hosszú szakasz a Thales körbe írható derékszögű háromszögek beírt körök középpontjai körén foroghat. Mekkora a BC szakasz? Azaz ez a megadott és csak ez létezik, vagy kinetogeometriailag ki lehet szerkeszteni, BC valóban mindig gyök 3 vagy nem? Azaz ha O1,O2 szakasz forog, akkor BC állandó és egyenlő gyök3? Vagy csak ez a 6o fokhoz tartozó két szakasz együtt foroghat (merev test szerűen)?

[807] laci7772009-02-19 19:30:30

Nem tudom, jól értettem-e, amit írtál, kedves Nadorp, de pl. az (1;2;gyökhárom) számhármas esetén létezik a háromszög (bármely két oldal nagyobb a 3.-nál), és az egyenletet is kielégíti.

Vagy inkább arra utaltál, hogy a jelzett végtelen sok megoldás is csak részmegoldás, azaz létezhet olyan számhármas is, amivel az egyenlőség ugyan igaz, de háromszöget nem lehet ezekből kialakítani? Mindenesetre megpróbálok ezen is gondolkodni, mert volt kis hiányérzetem e tekintetben - de mivel a feladat azt kérte, hogy "írjuk fel növekvő sorrendben a számokat", úgy gondoltam, hogy már létező háromszögek esetén is végtelen sok megoldás adható. Ha viszont az "a", a "b" és a "c" egymáshoz képesti sorrendjét kérdezi, akkor csak a "c" köztes helyzete állapítható meg.

Vagy végképp tévúton járok?

Előzmény: [806] nadorp, 2009-02-19 17:06:38
[806] nadorp2009-02-19 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] laci7772009-02-19 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] sakkmath2009-02-17 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] HoA2009-02-17 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=60o , BC az egységsugarú körben 60o-os kerületi szöghöz tartozó húr, hossza így BC = \sqrt3

A gondolatmenet megfordítható, ha BC = \sqrt3 , akkor BEC\angle=O2EO1\angle=60o , O1EO2 egyenlőszárú \Delta szabályos, O_1O_2 = EO_1 = \sqrt2

Előzmény: [757] BohnerGéza, 2009-01-24 16:31:35
[802] BohnerGéza2009-02-16 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] sakkmath2009-02-16 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 gúla2009-02-15 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] nadorp2009-02-15 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.Ákos2009-02-15 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 xk-t hagyjuk változatlanul. Mivel xi+xj=xi'+xj' és xi>xj'>xj, ezért xi>xi'>xj, így xi-xj>|xj'-xi'|, így a kifejezés értéke csökkent, így a minimum csak x1=x2=...=xn esetén állhat, ami épp a jobb oldal.

Remélem érthető.

Előzmény: [797] Gyöngyő, 2009-02-15 12:21:18
[797] Gyöngyő2009-02-15 12:21:18

Sziasztok!

Szeretnék segítséget kérni a következő feladathoz:

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

x1+x2+...+xn=1. Igazoljuk,hogy :

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

Üdv.: Gyöngyő

[796] laci7772009-02-15 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] HoA2009-02-15 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 (Mx). M ordinátáját (My) 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 Mx2+My2 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] laci7772009-02-14 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] sakkmath2009-02-14 13:10:29

A [776]-os feladat megoldásának második része:

Előzmény: [792] sakkmath, 2009-02-14 13:07:47
[792] sakkmath2009-02-14 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] BohnerGéza2009-02-14 11:39:27

Másik megoldás a [783]-ban szereplő feladatra:

Előzmény: [783] komalboy, 2009-02-13 10:16:19
[790] laci7772009-02-13 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] laci7772009-02-13 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] Euler2009-02-13 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] sakkmath2009-02-13 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] laci7772009-02-13 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] Sirpi2009-02-13 14:49:29

Ismert, hogy T=s.r=(s-a).ra=(s-b).rb=(s-c).rc

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\geq2, 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

  [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]