|
|
[2409] Pardeller | 2007-11-04 15:21:27 |
Hmm, furcsa... lehet, hogy kockákkal volt? most már nem vagyok túl biztos benne :S
|
|
|
|
|
[2405] Pardeller | 2007-11-04 12:23:35 |
Ha jól értem a feladatot, akkor tegnaphoz 11 éve ;)
Emlékszem, hogy valamikor láttam itt a fórumon a következő feladat megoldását, de nem találom. Előre is köszönöm, ha valaki oda tud irányítani, vagy le tudja esetleg újból írni a megoldást:
Bizonyítsuk be, hogy egy egész oldalhosszúságú négyzet nem bontható fel maradéktalanul nála kisebb, különböző egész oldalhosszúságú négyzetekre.
|
|
[2404] Zsolt21 | 2007-11-04 12:19:07 |
Üdv. mindenkinek! Én még új vagyok itt a fórumon, és lenne 1 feladványom (remélem még nem volt): Zsófi tegnapelőtt 10 éves volt, jövőre 13 lesz.Mikor született?
|
|
|
[2402] Cckek | 2007-11-02 03:12:42 |
oldjuk meg a funkcionalegyenletet:
f(x)=(x-y)f((x-y+1)x)+f(y)
|
|
[2401] Lóczi Lajos | 2007-10-22 22:14:07 |
Ha P projektor, akkor nyilván P(I-P)=(I-P)P=0, ahol I az identitás(mátrix).
A rangfeltételt figyelembe véve ezt az állítást kellene megfordítani, ebből a feladat már következne, vagyis elegendő volna igazolni, hogy
"Ha [rangfeltétel teljesül] és PR=RP=0, akkor R=I-P."
Itt persze az R:=I-Q választásra gondolok (az előzőekben ugyanis láttuk, hogy P(I-Q)=(I-Q)P=0 valóban teljesül).
|
Előzmény: [2399] Lóczi Lajos, 2007-10-22 12:32:28 |
|
[2400] Lóczi Lajos | 2007-10-22 18:07:19 |
arxiv.org/pdf/math.RA/0003224.pdf
Ez egy 220 oldalas dokumentum, témája a projektorok rangjainak kiszámítása, kicsit nézegettem, de sajnos nem találtam benne jó formulát (bár nagyon hasonlókat igen), hátha ez segít...
|
Előzmény: [2399] Lóczi Lajos, 2007-10-22 12:32:28 |
|
[2399] Lóczi Lajos | 2007-10-22 12:32:28 |
Egyelőre csak a következőt sikerült igazolnom: P=PQ=QP.
Jelölések: a mátrixszorzást az egymás mellé írás, a csillag a konjugált transzponáltját jelentse szokás szerint.
Feltétel szerint P2=P=P* és Q2=Q=Q*. (Ezek a vetítőmátrixok, vagy projektorok egyébként.)
Legyen A=PQ-P és számoljuk ki AA*-ot:
AA*=(PQ-P)(PQ-P)*=(PQ-P)(Q*P*-P*)=(PQ-P)(QP-P)=PQP-PQP-PQP+P=0, mert tudjuk, hogy P=PQP. De ismert, hogy AA*=0 maga után vonja, hogy A=0, azaz P=PQ. Véve ennek transzponált-konjugáltját, kapjuk, hogy P=P*=(PQ)*=Q*P*=QP.
(Nyilván a rangfeltételt nem használtam még fel, ez kellhet a továbbhaladáshoz.)
|
Előzmény: [2391] Gyöngyő, 2007-10-20 15:49:02 |
|
|
[2397] Gyöngyő | 2007-10-21 18:39:08 |
Sziasztok! A hermitikus mátrix az az jeleti,hogy komplex elemű!
Üdv:
Gyögyő
|
|
|
[2395] Gyöngyő | 2007-10-21 11:58:43 |
mátrix szorzásról van szó.
üdv.Gyöngyő
|
|
|
|
|
[2391] Gyöngyő | 2007-10-20 15:49:02 |
Sziasztok!
Nekem is lenne egy kérdésem egy másik feladattal kapcsán:
Adva van P és Q hermetikus idempotens mátrix,ugyanaz a dimenziójuk és a rangjuk is. Bizonyítsuk be,hogy ha P*Q*P=P,akkor P=Q.
Üdv: Gyöngyő
|
|
[2390] HoA | 2007-10-19 16:42:01 |
A feladatban szereplő egyesszámú kérdés: "Milyen színű kör marad végül a táblán?" és a több kört megengedő válasz: "páratlan fehér kör marad meg" felveti a feladat folytatásának lehetőségét:
a) 2k+1 , 2l, 2m+1 különböző színű körből indulva biztos-e, hogy végül 1 db. kör marad?
Ha nem, akkor
b) 2k+1 , 2l, 2m+1 különböző színű körből indulva van-e olyan stratégia, mellyel végül 1 db. kör marad?
|
Előzmény: [2388] Hajba Károly, 2007-10-18 23:52:58 |
|
[2389] Cckek | 2007-10-19 07:30:31 |
Igen, a bizonyítás tökéletes. A gyerekek számára viszont elég nehezeknek tűnnek ezek az invariánsok elvére épülő feladatok. Itt van még egy:
Adott a síkban az A(x,y) kordinátájú pont. A következő kordinátájú pontokba léphetünk:
(x+1,y+1),(x-1,y+1),(x-1,y-1),(x+1,y-1).
Bizonyítsuk be, hogy az origóból nem juthatunk el a (2007,2008) kordinátájú pontba.
|
Előzmény: [2388] Hajba Károly, 2007-10-18 23:52:58 |
|
[2388] Hajba Károly | 2007-10-18 23:52:58 |
A művelet végzése során mindhárom halmaz és az összhalmaz paritása is az ellenkezőjére fordul. Azaz mindig lesz egy halmaz, melynek a paritása mindig megegyezik az összhalmaz paritásával. Ez akkor sem változik, mikor a másik két halmaz már üres. Ez akkor működik így, ha a három halmaz paritásaiban van különböző.
Jelen példánál az összhalmaz paritása páros, ezért páratlan fehér kör marad meg.
Valóban érdekes kis feladat.
|
Előzmény: [2387] Cckek, 2007-10-18 21:48:34 |
|
[2387] Cckek | 2007-10-18 21:48:34 |
Egy számotokra, tisztelt fórumozók, egyszerű, ugyanakkor nagyon kedves kis feladat:
A táblára fel van rajzolva 999 piros, 1000 fehér és 1001 zöld kör. A következő műveletet végezzük: letörlünk két különböző színű kört és helyette rajzolunk egy olyat amilyent nem töröltünk. Milyen színű kör marad végül a táblán?
|
|