Fórum: Nehezebb matematikai problémák

Ha a jobb oldalon szereplő egyik szinuszt elnevezed M-nek, a másikat P-nek, majd ezekre a definiáló egyenletekre külön-külön ráhatsz arkusz szinusszal, lineáris rendezéssel és szinusszal, és egyszerűsítünk, akkor azt kapjuk, hogy

és .

Ebből adódik, hogy P-M gyöke a 3872x⁵-9680x³+6820x²-880x-109=0 egyenletnek, és így gyöke az 1024x¹⁰-2816x⁸+2816x⁶-1232x⁴+220x²-11=0 egyenletnek.

Először is köszönöm, hogy többen foglalkoztak az általam felvetett [675] összefüggésekkel.

Néhány reagálás a részemről:

[681] hozzászólás: Az rendben van, hogy az általam említett összefüggés bal oldala a hozzászólásban említett egyenlet legkisebb pozitív gyöke (addíciós tételek segítségével ez belátható), de hogy mutatjuk meg, hogy általam említett összefüggés jobb oldala is a hozzászólásban említett egyenlet legkisebb pozitív gyöke?

[680] hozzászólás: Csakugyan, euklideszi szerkesztési lépésekkel (csak egyélű és beosztás nélküli vonalzó és körző használható, két ponton átmenő egyenes húzható, két egyenes metszéspontja jelölhető, adott középpontú és adott sugarú kör szerkeszthető, egyenes és kör metszéspontja jelölhető, két kör metszéspontja jelölhető), csak a hozzászólásban említett szabályos sokszögek szerkeszthetők. De mi van akkor, ha megengedjük az egyélű vonalzó illesztését is? Erre példa a "www.gszi.sulinet.hu"-->"tanulói információk" fül-->"Bertalan Zoltán" helyen lehet példákat látni. (szögharmadolás, déloszi probléma, szabályos 7-szög szerkesztése)

Még egy kérdés: Feltéve, ha tudjuk, hogy az első összefüggésem helyes, ezt az összefüggést felahsználva hogy lehet bizonyítani a többi összefüggést?

Köszönöm mégegyszer az eddigi hozzászólásokat, mindenkinek kívánok jó gondolkozást: Bertalan Zoltán.

1. 0,1. 2. 3 oszthatsági szabálya miatt.

Csak az első formuládat ellenőriztem. Ez pl. azért igaz, mert a bal oldal is és a jobb oldal is mindketten az

1024x¹⁰-2816x⁸+2816x⁶-1232x⁴+220x²-11=0 egyenlet legkisebb pozitív gyökével egyezik meg.

Először röviden vázolom, hogy bizonyítja be az ember, hogy a szabályos 11-szög nem szerkeszthető. Miből áll a szerkesztés egy lépése? Általában véve sokféle lehet, de pontot csak háromféleképp kaphatsz: veheted már meglévő két egyenes, két kör vagy egy egyenes és egy kör metszéspontját (már meglévő egyenes: két pontja ismert, már meglévő kör: középpontja és egy kerületi pontja ismert). Most pakoljunk be mindent koordináta rendszerbe, kezdetben adottak mondjuk a (0,0) és (1,0) pontok. Ezek után mindig, amikor új pontot kapunk, annak mindkét koordinátája kifejezhető racionális számokból az alapműveletek és négyzetgyökvonás segítségével. Ezt indukcióval könnyű bebizonyítani: ilyen pontokra illeszkedő egyenesek metszéspontja ilyen stb.

Valójában áttérhetünk pontok szerkesztéséről számok szerkesztésére. Egy szabályos 11-szög szerkesztése ekvivalens a cos (2k/11) (vagy sin (2k//11) számok) szerkesztésével k=1,...,10-re. Ezek a számok viszont nem kaphatók meg a racionális számokból pusztán alapműveletekkel és négyzetgyökvonással.

Van az algebrában egy olyan fogalom, hogy test. Ez egy olyan halmaz, amin összeadást, kivonást, szorzást, osztást tudsz végezni a szokásos műveleti tulajdonságokkal (tagok felcserélhetősége, csoportosíthatósága, zárójelfelbontás). A racionális számok például testet alkotnak. Hasonló módon testet alkotnak az alakú (a,b racionálisok) számok is, ez a test tartalmazza Q-t. Ehhez hasonló esetekben lehet arról beszélni, hogy egy test egy másik felett hányadfokú. Ez lényegében az, hogy veszel egy olyan elemet, amit a kisebb F₁-hez hozzá kell venni, hogy a nagyobb F₂-t kapd (a konkrét példában a ilyen: ha hozzáveszed Q-hoz, utána már minden más előáll az alapműveletekkel), és kiszámolod, legalább hányadfokú F₁-beli együtthatós polinomnak a gyöke . A konkrét példában: nem gyöke egyetlen Q együtthatós elsőfokú polinomnak sem (hiszen irracionális), de másodfokúnak már igen: x²-2 (az ilyen legkisebb fokú polinomot hívjuk minimálpolinomnak). Tehát a konkrét példában ez a fok 2. A szerkesztendő számok nyelvén mindig ilyen történik: ha az eddig megszerkesztett számok benne vannak egy F₁ testben, akkor a következő megszerkesztett szám benne lesz egy olyan F₂ testben, ami vagy maga F₁ (nincs bővítés), vagy pedig F₁ egy másodfokú bővítése. Bővítés bővítése esetén a fokszámok összeszorzódnak. Így ha sokszor bővítünk, akkor is mindig olyan számaink lesznek csak, amiknek a Q feletti minimálpolinomjának foka 2-hatvány. Viszont cos (2/11)+isin (2/11) minimálpolinomja x¹⁰+x⁹+...+x+1, ami tizedfokú.

Általában is ez a procedúra. A szabályos n-szög szerkeszthetősége visszamegy az n. körosztási polinomra: ez az xⁿ-1 egyik tényezője, a cos (2/n)+isin (2/n) minimálpolinomja. Ennek foka pedig (n), az n-hez relatív prím maradékosztályok száma, és ez pontosan azokban az esetekben 2-hatvány, amit Csimby írt. És ez itt szerkeszthetőséget is jelent: a fent leírt dolgoknak a konkrét esetben van egy 'akkor és csak akkor' természete, de ezzel óvatosan! Általában nem igaz, hogy aminek a minimálpolinomja 2-hatvány fokú, az szerkeszthető; az xⁿ-1 gyökeinek van még egy tulajdonsága, amit itt suba alatt használunk.

Ezek mély dolgok. Majd tanulod:).

(Ez csak egy sebtében írt vázlat, de ha valamit elírtam, majd valaki kijavít.)

Gonosz válasz: Írj egy mailt és küldök egy könyvet :)

Kicsit gonosz kérdés következik: ez miért így van.

Szia, szabályos n-szög szerkesztésére (körzővel és vonalzóval) nem ez a feltétel, hanem hogy (n) ( a szokásos Euler függvény) kettőhatvány legyen. Ez ekvivalens azzal, hogy n=2^mp₁p₂...p_k, ahol m0 és p_i-k páronként különböző Fermat-prímek, tehát olyan alakú prímek, mint amit te is írtál: 2^2r+1.

Én úgy hallottam, hogy csak szabályos 3, 4 és 2²ⁿ+1-szög (n=1,2,...) szerkeszthető.

Nagyon hálás lennék annak, aki a következő összefüggések bármelyikét bizonyítani tudja. Ezeket az összefüggéseket én csak megsejtettem, ugyanis mindenképpen egy szabályos 11 oldalú (!) sokszöget akartam szerkeszteni.

Na szóval,

1. Mennyi a négyzetszámok lehetséges maradéka 3-mal osztva (kérlek, használd fel, amit írtam korábban, és írd le a megoldást ide)?

2. Miért nincs négyzetszám a következő számok között: 11, 101, 1001, ... ? (Segítség: vajon mennyi lesz a 3-as maradékuk?).

Szerintem nincs négyzetszám köztük, mivel egyesre végződő négyzetszám csak egyessel vagy kilencessel végződő számból származhat.

Kis lökés rajta: először keressük meg a legfeljebb n-edfokúakat. Igazoljuk, hogy pontosan egy van. Konstruáljuk is meg azt. Az általános eset ennél nehezebb, azt még nem oldottam meg.

(Ez ismert feladat. A hozzáértők kérem, ne lőjék le.)

Ez nem nehéz feladat. Osszuk el az n számot maradékosan 3-mal: n=3k+r (n, k egész szám; r lehet 0, 1 vagy 2). Ekkor mennyi lesz n²? Ebből megállapítható n² 3-as maradéka. Meglepő eredmény.

Próbáld megoldani akkor a következő feladatot. Hány négyzetszám van a következő számok között: 1, 11, 101, 1001, 10001, ...?

Bizonyítsa hogy: nincs négyzetszám, ami hárommal osztva kettőt ad maradékul (bocs ha rossz helyre írtam, mert kevés az itteni szinthez)

Adottak a páronként különböző x₁, x₂, ..., x_n, illetve a₁, a₂, ..., a_n számok. Keressük meg az összes olyan P polinomot, melyre P(x_i)=a_i (i).

Én úgy érzem, ahhoz, hogy érdekessé kezdjen válni, az egyik n-t m-mé kell átírni és elhagyni az egyenlő szárú kitételt. Az egybevágóság meg kötelező kell, hogy legyen, mivel enélkül nincs 'megkötés'.

Ez egyébként a diszkrét matematika parkettázás vagy csempézés részéhez tartozik. Ha kicsit finoman módosítunk a feltételeken, akkor Pakomániába érkezünk.

Adok okot is arra, hogy felhozzuk. :P. Kiötlöttem egy feladatot, amit tényleg nehéznek találok, és nagyon más témába nem illett bele.

Hányféleképpen darabolható fel egy szabályos n-szög n db egybevágó egyenlő szárú háromszögre? Mi a helyzet, ha valamelyik feltételt elhagyjuk?

Ez egy jó topik. Felhozom:)

Kipróbáltam a módszered, de sajnos elakadtam :(

Neked sikerült a megoldás? Ha igen, örülnék, ha föltennéd.

Ezek szerint nincs se kezdeti sebesség, sem pedig kezdeti hossz. Valami akkor az összeneregiával nem stimmel, mert ha állandó a gyorsulás, akkor a helyzeti energia az idő negyedik hatványával csökken, a mozgási energia viszont az idő második hatványával növekszik, úgyhogy egy kezdeti szakaszon biztos, hogy nem fedezi a mozgási energiát a helyzeti energia változása.

nos köszönöm szépen kedves nadorp és Lóczi Lajos! Egyébként a differenciálegyenlet egy Eötvös-versenyfeladatból származik (1997,2.feladat...dióhéjban:egy asztal tetejéről egy L hosszúságú lánc csorog le egy lyukon keresztül,kérdés hogy mennyi idő alatt ér le ennek az eleje és a vége az ugyancsak L-mélyen levő talajra). A megoldókulcsban nem szerepelt megoldás,amolyan "vegyük észre hogy..." módszerrel oldódott meg a feladat .A kötél asztalról lelógó hossza legyen x, sebessége v,gyorsulása a,ekkor:

Én is így gondoltam, csak rövidítettem :-) Egyébként helyettesítés után a függvényt kéne integrálni.

Mármint "az elemi függvények körében nem integrálható", az általános esetben. De a C=0 esetben valóban van elemi függvénnyel kifejezhető megoldás, ahogyan írtad.

Elnézést, az elsőrendűt elszámoltam. Tehát

Ez pedig valószínűleg C0 esetén nem integrálható.