x²+y²+z²=810 , 5x+4y+3z=201 için
(20,17,11) , (21,15,12) nin çözüm olduğu görülüyor.
x²+y²+z²=809 , 5x+4y+3z=201 için pozitif tamsayılarda çözüm olmayacağını göstermeye çalışırız.
809≡2 (mod3) olduğundan sayılardan tam olarak 1 tanesi 3 ile bölünür ikinci eşitlikte bu inceleme yapılırsa bunun z olduğu görülür. ayrıca x≡y (mod3) de elde edilir.
buradan sonra aklıma z için 3,6,9.. gibi inceleme yapmaktan başkası gelmedi şimdilik.
z=3 →
x²+y²=800 ve 5x+4y=192 , yine CSI den (5x+4y)²=192²≤(x²+y²).(5²+4²)=800.41 , ama bu eşitsizlik sağlanmıyor yani böyle x ve y ler bulunamıyor.
z=6 için
x²+y²=773 ve 5x+4y=183 aynı şekilde 183²≤773.41 çelişkisi elde edilir
z=9 için
x²+y²=728 ve 5x+4y=174 , buradan 174²≤728.41 olması gerektiği bulunur yine çelişki
z=12 ye sonra bakalım
z=15 , 18 , 21 , 24 ve 27 için benzer çelişkiler elde edilir
z=12 oluğunda
x²+y²=665 ve 5x+4y=165
ikinci eşitlik 5 modunda incelendiğinde y≡0 (mod5) elde edilir.
ilk eşitlik 5 modunda incelendiğinde x≡0 (mod5) elde edilir.
sonucunda x²+y²≡0 (mod25) elde edilir ama 665≢0 (mod25)
bu kötü çözümün sonucu olarak böyle sayılar olmadığını görürüz.
şimdi defterleri kurcalıyodum bi tane daha soru buldum , her ne kadar direkt uygulaması olmasa da bu da bir örnek sayılır.
a+b=1 ve a>0 , b>0 için
(a+(1/a))² + (b+(1/b))² ≥ 25/2
olduğunu gösteriniz.
Hocam ilk yazdığınız sorunun çözümünü yazabilir misiniz ? çözemedim merak ettim.
aslında çözdün de budu diyip sonuçlandıramıyosun
(BC/PD)+(CA/PE)+(AB/PF)≥(BC+CA+AB)²/(BC.PD+CA.PE+AB.PF)
bize verilen bir üçgende BC,CA ve AB uzunlukları kenarlardır ve sabittir , BC.PD+CA.PE+AB.PF çarpımı da alanın 2 katıdır ve sabittir kısaca sağ taraf sabittir. P noktasının seçimine göe sol taraf en az bu değeri alacağına göre P noktası eşitliğin sağlandığı noktada seçilmelidir, eşitlik ise
(BC/PD,CA/PE,AB/PF) ile (BC.PD,CA.PE,AB.PF) vektörleri lineer bağımlı olduğunda ya da biri diğerinin k bir reel sayıyken k katı olduğunda geçerlidir
burada PD=PE=PF bulunur , bu nokta da içteğet çemberin merkezi olur.
Tabiî ki, sökonusu soruyu CSE'ye uyarlarken o kısmı atlamışım. Reel sayı demeliydim. Tamsayı için vermez tabiî ki, boşuna tanımda "reel sayı" dememiş Koşi. Bir bildiği var.
Fakat bu adamın bulduğu eşitsizlik o kadar sağlıklı - gerçeğe yakın ki neredeyse tamsayı için de aynı sonucu verecek ve tahminimce, tamsayılar için min=810 olacak. Reel ile tamsayının min'liğii arasında çok az bir oynama oluyor. Bunu benzer sorularda da görebilirisiniz.
Diyafont denklemi kullanarak 810 için (21,15,12) ve (20,17,11) görülebiliyor. Ben de manuel olarak birkaç çözüm yaptım, 810'dan daha küçüğüne rastlamadım.
Bu mânâda, yukarıdaki sorunuzda ve 809 için mod'u kullanarak yaptığınız ispatta haklısınız.
Bu soruya yapılan çözüme binâen benzer veya eşdeğer olimpik bir soru da ben yazayım:
Herhangi bir ABC üçgeninin içindeki bir P noktasından BC, CA ve AB ye inilen dikmelerin ayakları sırasıyla D, E ve F olsun. |PD|2+|PE|2+|PF|2 toplamının minimum olması için üçgenin kenarları ile inilen dikmeler arasında nasıl bağıntı olmalıdır?
Çözüm:
CSE kullanılırsa,
(|AB|.|PF|+|BC|.|PD|+|AC|.|PE|)2≤(|AB|2+|BC|2+|CB|2).(|PF|2+|PD|2+|PE|2)
Kenarlar ve |AB|.|PF|+|BC|.|PD|+|AC|.|PE| toplamı sabittir. Diğer taraftan CSE'nin sağ tarafı açılırsa,
(|AB|.|PF|+|BC|.|PD|+|AC|.|PE|)2+(|AC|.|PD|-|BC|.|PE|)2+(|BC|.|PF|-|AB|.|PD|)2+(|AB|.|PE|-|AC|.|PF|)2 elde edilir.
İstenen toplamın min olması için (|AC|.|PD|-|BC|.|PE|)2+(|BC|.|PF|-|AB|.|PD|)2+(|AB|.|PE|-|AC|.|PF|)2 toplamının min olması gerekir ki tam kareden dolayı
|AC|.|PD|=|BC|.|PE| --> |BC|/|PD|=|AC|/|PE|
|BC|.|PF|=|AB|.|PD| --> |BC|/|PD|=|AB|/|PF|
|AB|.|PE|-|AC|.|PF| --> |AC|/|PE|=|AB|/|PF| ---> |BC|/|PD|=|AC|/|PE|=|AB|/|PF| bağıntısı elde edilmiş olur.
Foruma üye olmana gerek yok! Facebook hesabınla yorumlarını bekliyoruz!