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.

[817] Lóczi Lajos	2009-02-22 13:32:53
Ebben a formában nem is igaz az állítás. Ellenpélda: f az azonosan 0 függvény, g pedig egy pozitív, lineáris függvény. f grafikonja rövidebb, mint g-é.
Előzmény: [816] M. Feri, 2009-02-22 12:54:29

[816] M. Feri

2009-02-22 12:54:29

Sziasztok! A következő feladatban valami hiba van, vagy én vagyok figyelmetlen? (Szerintem hiányzik még egy feltétel): Ha f és g [a,b] intervallumot leképezi a valós számok halmazára, mindkét függvény konvex, deriválható és deriváltjai folytonosak, emellett még f(x) $\leq$ g(x) akkor ${\int_a^b \sqrt{1+{({f^'}(x))}^2}}dx\geq{\int_a^b \sqrt{1+{({g^'}(x))}^2}}dx$

Megoldható így, ebben az alakban? Ha igen, hogy? Előre is köszönöm!!

[815] laci777

2009-02-22 00:21:36

Ha nem baj, megint egy példával jönnék, kifogni látszik rajtam. Egy egyenletes v1 sebességgel haladó, 1 km hosszú menetoszlop végéről t0 időpontban egy futár szintén egyenletes v2 sebességgel az oszlop legelejére megy. Ott 15 mp-ig az oszloppal halad, majd az eredeti v2 sebességével az oszlop végére visszamegy. Mire visszaér, a folyamatosan haladó menetoszlop t0 időponttól pont 1 km-t tesz meg. A kérdés, mekkora utat tett meg a futár összesen?

Azt látom, hogy a 15 mp-ben megtett, 0<s<1 km út függvényében egyre nagyobb a szükséges v2-v1 sebességkülönbség, ill. hogy a futár összteljesítménye 2 és 3 km (pontosabban 1+gyökkető és 3) km között kell legyen, de a megoldáshoz vezető másodfokú egyenlet (legalábbis nagyon remélem, hogy az) túl kemény dió:(

Még az itt felvetett többi probléma nehézségét látva is remélem, most is lesz, aki segít a megoldásban:)

Előre is köszönöm.

[814] HoA

2009-02-20 10:29:29

Ha az a bizonyos Thálesz-kör egységsugarú és a "Thales körbe írható derékszögű háromszögek beírt körök középpontjai köre" [803] ábrájának AO₂O₁D körívét jelenti, O₁ésO₂ pedig az ACD ill. ABD háromszögek beírt köreinek középpontját, akkor az első válasz igen, BC mindig gyök 3. Ugyanis a körív sugara $EA = \sqrt2$ , ezért ebben az esetben EO₁O₂ háromszög szabályos, E-nél lévő szöge 60^o. Mivel az EO₁ésEO₂ egyensek egyúttal a C-nél ill. B-nél lévő derékszögek felezői, így az általuk bezárt szög 60^o, tehát BC az egységsugarú körnek 60^o-os kerületi szöghöz tartozó húrja, ez pedig $\sqrt3$ hosszú.

Ha O₁O₂ forog, BC is mozog, de nem együtt, "merev test szerűen" forognak. [755] és [803] ábrájának összehasonlításából látható, hogy szimmetrikus esetben O₁O₂ és BC párhuzamosak, egyébként nem. Szemléletesen úgy képzelhető, hogy a rögzítetten 60^o-os O₂EO₁ szög két szára forog legyezőszerűen, és bármely helyzetében a $\sqrt2$ sugarú AO₂O₁D körívből 60^o-os középponti szöghöz tartózó $\sqrt2$ hosszúságú O₁O₂ húrt, az egységsugarú Thálesz-körből pedig 60^o-os kerületi szöghöz tartózó $\sqrt3$ hosszúságú BC húrt metsz ki.

Előzmény: [810] kiskiváncsi, 2009-02-19 20:24:56

[813] laci777

2009-02-19 23:29:25

Igen, igazad van, valóban egy lépés kihagyása, ha egyből egy háromszöget veszek önkényesen létezőnek.

Köszi, szia

Előzmény: [811] nadorp, 2009-02-19 23:10:40

[812] jenei.attila

2009-02-19 23:22:26

Van-e a valós számok additív csoportjának nem triviális automorfizmusa?

Van-e a valós számok testének véges, vagy megszámlálható indexű részteste? Egyáltalán continuum számosságú valódi részteste? Mi a "legbővebb" valódi résztest?

Nem tudom a válaszokat, valaki segíthetne.

[811] nadorp

2009-02-19 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 60^o 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 $\neq$ b számot és nézzük azt a háromszöget, melynek két oldala a és b, közbezárt szögük 60^o. 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] kiskiváncsi

2009-02-19 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] laci777

2009-02-19 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] 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

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?