Chat Prasátek

Matematická sekce

Mirek Olšák | 13. 5. 2011 22:15:40

Je to tak, taky to uz umim, ale mam pocit, ze Wolfram to v zasade vyresil za mne. Holt v (olympiadni) algebre se tezko hleda Mathematico-vzdorna uloha podobne jako v geometrii geogebro-vzdorna...

Ale poscita se to pekne.

pavel | 13. 5. 2011 20:27:31

Ale po prvnim kroku uz to Wolfram zvladne :-) (pokud nahodou neznate, urcite vyzkousejte http://www.wolframalpha.com/)

Vejtek | 13. 5. 2011 19:17:20

Ha, pěkný trik, který ani wolfram neumí!

PS: $5+3\sqrt{2}$

Pepa T. | 13. 5. 2011 13:18:24

Haha, našel jsem dobrou legrácku, tak se o ní nemůžu nepodělit :).

$\sum_{n=1}^{49} \frac{1}{\sqrt{n+\sqrt{n^2-1}}}=?$

Za správný výsledek je čest a sláva, ale nepište postup, ať to neprokecnete ostatním :).

Štěpán | 11. 5. 2011 14:05:27

Olin: no to sice jo, ale to už je jen jednoduchá finta...
Mirek: nevím, jestli je platnost oné věty opravdu očividná, každopádně i kdyby byla, tak to neznamená, že je úloha lehká, protože se ještě člověk musí vydat tímto směrem...

Olin | 11. 5. 2011 12:21:32

Mirek, Štěpán: Samozřejmě je zapotřebí to ještě trochu poupravit, protože Ramseyovka nám neříká, jakou "barvu" ta klika bude mít, zatímco v zadání je "barva" už stanovena.

Miroslav Olšák | 10. 5. 2011 22:05:00

Štěpán: Když myslíš... Ale jestli je platnost oné věty i její použití očividné, tak jak to, že to byla tak nezdolatelná úloha? Jinak, Anička Zavadilová prý to 4b vyřešila, tak jsem zvědavý.

Kenny | 10. 5. 2011 21:33:17

A vítězí Tondaaa, který tak vyřešil jedničku z amerického celostátka 2011!

Ale orgové se nenechávají zahanbit a vypisují druhou výzvu platnou do dnešní půlnoci!

Součet reálných čísel $x,y,z$ je 0. Dokažte, že platí

$\dfrac{x(x+2)}{2x^2+1}+\dfrac{y(y+2)}{2y^2+1}+\dfrac{z(z+2)}{2z^2+1}\ge 0$

a najděte všechny případy, kdy nastává rovnost.

Dá to někdo za dvě a půl hodiny?

Tonda | 10. 5. 2011 20:50:48

Ahojte,
Nejprve podmínku opravíme na:
$a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\leq2$
Dále celou nerovnost vynásobíme dvěma a po odečtení 3 od každé strany (od každého zlomku 1 )dostaneme ekvivalentní nerovnost
$\displaystyle\sum_{cyclic}\frac{2ab+2-(a+b)^2}{(a+b)^2}\geq 3$
Nyní použijeme podmínku na pravou stranu
$\displaystyle\sum_{cyclic}\frac{2ab+2-(a+b)^2}{(a+b)^2}\geq\displaystyle\sum_{cyclic}\frac{2ab+a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca-(a+b)^2}{(a+b)^2}=\displaystyle\sum_{cyclic}\frac{c^2+ab+bc+ab}{(a+b)^2}=\sum_{cyclic}\frac{(c+a)(c+b)}{(a+b)^2}$
Po použití přimého AG na výše uvedený výraz dostaneme, že výraz je větší než 3, což chceme dokázat a celý postup můžeme obrátit, aproto náš důkaz platí. Rovnost nastane, právě tehdy, když nastane rovnost v posledním AG a při rovnosti v podmínce, aproto není těžké dopočítat, že to je: $a=b=c=\frac{1}{\sqrt3}$

Kenny | 10. 5. 2011 19:44:54

A já hned přidám jednu lehkou úlohu z celkem aktuální soutěže! Takže, řešitelé, pokud ji nevyřešíte do dnešní půlnoci (sem na chat), jste pěkné lamy! Tak dotoho!

Kladná reálná čísla $a,b,c$ splňují $a^2+b^2+c^2+(a+b+c)^2\leq4$

Dokažte, že

$\frac{ab+1}{(a+b)^2}+\frac{bc+1}{(b+c)^2}+\frac{ca+1}{(c+a)^2}\geq 3.$

A přidám ještě drobnou motivaci. S Pavlem se chystáme vydat náš loňský seriál jako samostatnou brožurku, tak můžeme vítězi slíbit, že dostane podepsané vydání :P

Štěpán | 10. 5. 2011 19:01:46

to je v podstatě spíš řešení než hint, ne? :D

Miroslav Olšák | 10. 5. 2011 00:55:52

Velká cena 4b) byla nepokořena. Nechce-li se vám čekat na vzoráky, můžete ji zkusit vyřešit s hintem: Ramseyova věta říká, že pokud obarvíme hrany nekonečného úplněho grafu konečně mnoha barvami, pak bude existovat nekonečná jednobarevná klika (úplný podgraf).

Pepa T. | 10. 5. 2011 00:54:20

Ahojte,

Tam ta da dá, tímto uzavírám soutěž o velké ceny. Výsledky jsou na http://mks.mff.cuni.cz/velkeceny.php. Pokud se vám nechce čekat na vzorová řešení, nebo chcete k některým úlohám hinty, tažte se :). A komu se nezadařilo, nemusí plakat, brzy si zase dáme nějakou tlustou úlohu :).

Kenny | 3. 5. 2011 15:57:42

Roznásobíme a jako obvykle sečteme cyklické AG nerovnosti.

Konkrétně
$(a^4+b^2c^2) + \frac12 (a^2b^2+a^2c^2) \buildrel AG \over\geq 2a^2bc + a^2bc = 3a^2bc.$

Sečtením tří analogických nerovností skutečně získáme výsledek.

BakyX | 3. 5. 2011 15:02:29

Ehm..Má tam byť b^2. Prepáčte.

BakyX | 3. 5. 2011 15:01:22

Ahojte..Potreboval by som pomoc pri riešení úlohy zo seriálu Nerovnosti. Je z témy Sčítanie AG. V nerovnostiach som začiatočník a veľmi mi nejdú. Ďakujem za pomoc. Čísla a,b,c sú kladné celé čísla:

$(a^2+b^2+c^2)^2 \ge 3(a^2 bc + b^3 ac + c^2 ab)$

Kenny | 1. 5. 2011 18:58:02

Tak já si pojistím vedení v počtu příspěvků v matematické sekci a sdělím, že jsem doplnil seznam doporučené literatury v matematickém rozcestníku o jména autorů.

Mrkněte na http://mks.mff.cuni.cz/MO.php

zyxcba | 29. 4. 2011 23:25:51

Vážená AG na číslech (x/a), (y/b), (z/c) s váhama a,b,c:
$\frac{x+y+z}{a+b+c}\ge\sqrt[a+b+c]{(\frac{x}a)^a(\frac{y}b)^b(\frac{z}c)^c}$

abcxyz | 29. 4. 2011 20:18:07

Ahoj, chtěl bych se zeptat, jak vyřešit tuto nerovnost $\frac{(x+y+z)^{a+b+c}}{x^{a}y^{b}z^{c}}\ge\frac{(a+b+c)^{a+b+c}}{a^{a}b^{b}c^{c}}\cdot$ Prý by na to měla stačit AG.

díky

Kenny | 27. 4. 2011 15:00:28

Upozorňuji všechny fanoušky teorie čísel, že se na mathlinks objevil článek k takzvanému "Lifting exponent lemma", což je úplně krutá technika, jak si ušetřit spoustu práce v těžkých úlohách z teorie čísel!

Článek najdete na adrese http://www.artofproblemsolving.com/Forum/view...

<< < 1 2 ... 35 36 37 > >>

Kontakt

email	info (zavináč) prase.cz
pošta	Matematický korespondenční seminář KAM MFF UK Malostranské náměstí 25 118 00 Praha 1

Organizátoři

Matematický korespondenční seminář je organizovaný studenty Matematicko-fyzikální fakulty UK pod záštitou Informatického ústavu UK a Oddělení propagace a mediální komunikace MFF UK.

Partneři

Realizace projektu byla podpořena Ministerstvem školství, mládeže a tělovýchovy

Matematický korespondenční seminář

Kalendář

Z naší fotogalerie

Kontakt

Organizátoři

Partneři