Ezeket a feladatokat hogy kell megcsinálni (matematika)?

3.Illesszunk a kockahoz koordinata rendszert,

az oldalait valasztva egysegnek.

legyen A az y=0,z=0 egyenesen fekvo el,

A(0.5, 0, 0)

legyen a kitero el az amelyik az x=0,y=1 egyenesen fekszik.

Legalabb az egyik pont ezen az egyenesen lesz, maskent nem alkotnanak haromszoget, legyen ez a C pont

C∈{(0,1,Z) | Z∈[0,1]}

B (X,Y,Z) alakuak, ahol

vagy X∈ [0,1], Y=0, Z=0

vagy X=0, Y=1, Z∈[0,1]

1)

ha

A(0.5, 0, 0)

B ∈ {(X,0,0) | X∈[0,1] }

C∈{(0,1,Z) | Z∈[0,1]}

Rogzitett C eseten a haromszog egyenlotlenseg miatt nyilvan a max kerulet akkor van, ha X=0 vagy X=1

es X=1 eseten nagyobb a kerulet mint X=0 eseten.

Ekkor viszont szinten haromszog egyenltolenseg miatt a kerulet akkor maximalis, ha Z=1.

vagyis

A(0.5, 0, 0)

B(1,0,0)

C(0,1,1)

Pitagorasz tetellel a kerulet szamolhato.

2)

A(0.5, 0, 0)

B ∈ {(0,1,W) | W∈[0,1] }

C∈{(0,1,Z) | Z∈[0,1]}

Megint haromszog egenlotlenseggel a kerulet novelheto, ha BC-t noveljuk, tehat a haromszog csucsai ekkor:

(0.5, 0,0)

(0,1,0)

(0,1,1)

lesznek.

Megin pitagorasz tetelbol szamolhato a kerulet.

2.

f pozitiv ertekeket felveveo monotnon novekvo, vagyis:

f(a)<f(b) ha a<b

vegyuk a reciprokat a ket oldalnak

1/f(a) > 1/f(b) ha a<b

vagyis a reciproka monoton csokkeno.

Konkavitasra es derivalhatosagra abszolut semmi szukseg.

A forditottja is igaz az allitasnak, mivel egy equivalens lepesben ertuk el a premisszabol a konkluziot.

Valoszinuleg nem reciprok akart eredetileg a feladatban lenni, hanem inverz.

1)

0<x<pi/2

f(x)=sin(x)+tg(x)

f'(x)= cos(x) +1/cos^2(x)≥2(cos(x)/cos^2(x))^1/2 = 2/(cos(x)^1/2) > 2

ugyanakkor 2x derivaltja 2

az x=0 pontban az ertekuk megegyezik,

tehat az intervallum maradekan:

2x<sinx+tgx

1.

x=0-ban egyenlőség állna fenn: 2x = 0 = sin x + tg x

Megmutatom, hogy x>0 esetén (π/2-ig) a jobb oldal meredekebben emelkedik, mint a bal, tehát nagyobb lesz.

Bal oldal meredeksége :

2x' = 2

Jobb oldal meredeksége:

(sin x + tg x)' = cos x + 1/cos²x

Mivel 0 < x < π/2 esetén 0 < cos x < 1, ezért cos²x < cos x:

cos x + 1/cos²x > cos²x + 1/cos²x

Vezessünk be egy új változót: a = cos²x

Ismert, hogy a számtani-mértani közepek egyenlőtlensége miatt:

a + 1/a > 2

hiszen

(a + 1/a)/2 > √(a·1/a) = 1

Vagyis a jobb oldal 2-nél meredekebben emelkedő függvény. Mivel x=0-nál ugyanabból a pontból indultak, a jobb oldal nagyobb lesz a balnál.

Ha szepen akarod csinalni, az 1. feladatot, akkor a kulonbseguket derivalod, pozitiv szmot kapsz, es ezzel bizonyitotta, hogy szig mon novekvo a kulonbseg.

Ezt osszevetve azzal, hogy a kulonbseg az origoban 0, megvan az egyenlotlenseged.

BKRS, nem lehet téged utolérni, két feladatot megoldasz, míg én egyet :)

(Amikor elkezdtem írni, még csak az első megoldásod volt itt...)

e^(x²-y²) > (1/e)^(1/x²-1/y²)

Ha átszorzol a jobb oldal nevezőjével balra, ezt kapod:

e^(x²-y²)·e^(1/x²-1/y²) > 1

e^(x²-y²+1/x²-1/y²) > 1

x²-y²+1/x²-1/y² > 0

Beszorozva x²y²-tel (ami biztos, hogy > 0):

(x²-y²)x²y²+y²-x² > 0

(x²-y²)(x²y²-1) > 0

a) mindkettő pozitív:

x² > y² és x²y² > 1

Vagyis:

|y| < |x| és |y| < 1/|x|

Nézzük azt, amikor x és y is pozitívak: Ez a síkon az y=x egyenes alatti és az 1/x hiperbola fölötti rész, vagyis az (1;1) ponttól jobbra lévő e kettő közötti terület.

Ha negatívok is lehetnek, az csak azt jelenti, hogy mind a 4 síknegyedben szimmetrikusan a hasonló területek is lehetségesek.

a) mindkettő negatív:

x² < y² és x²y² < 1

Vagyis:

|y| > |x| és |y| > 1/|x|

Megint a (+;+) síknegyedben ez az y=x egyenes és 1/x hiperbola közötti terület az x=1-től balra.

A többi síknegyedben is a hasonló területek szimmetrikusan.

Kész.

Kirajzolva így néz ki egyébként:

[link]

Bocs, kavartam az egyenlőtlenség irányával, hogy jobban látszódjon (bal oldalt legyen y és jobbra x), és persze bement egy hiba. A szöveges leírás jó, mert azt még a papírom szerint csináltam, de az egyenlőtlenségek így kellenének valójában:

a)

|y| < |x| és |y| > 1/|x|

b)

|y| > |x| és |y| < 1/|x|