[3193] sakkmath | 2010-02-02 13:59:56 |
0(a+b-c)2(a-b)2+(b+c-a)2(b-c)2+(c+a-b)2(c-a)2=
=2(ab2c+abc2+a2bc+a4+b4+c4-a3b-a3c-ab3-ac3-b3c-bc3).
2-vel elosztjuk az egyenlőtlenséget, majd jobb oldalon az első három tagból kiemelünk abc-vel és kapjuk:
0abc(a+b+c)+a4+b4+c4-(a3b+a3c+ab3+ac3+b3c+bc3). Az abc=1 behelyettesítése után a kívánt egyenlőtlenség adódik. Végig azonos átalakításokat alkalmaztunk.
|
Előzmény: [3189] m2mm, 2010-02-01 21:32:17 |
|
[3192] Róbert Gida | 2010-02-02 00:10:01 |
Igen, de én nem írtam olyanokat, hogy "igazán komoly tételem", sőt azt írtam az én feladatomra, hogy "Ezt könnyű igazolni". De valóban írhattad volna rá, hogy halálismert, az sem zavart volna.
"Nem ugattalak le, pedig én utána érdemben(!) hozzá tudtam szólni a dologhoz (ez most rólad nem mondható el)."
Ja, kb. 18 éve megvan Szalay Mihály számelmélet könyve ( 7 forintba került) Shapiro karakteres bizonyításával. Erre is mondhatnám, hogy halálismert.
|
Előzmény: [3190] Maga Péter, 2010-02-01 21:37:30 |
|
|
[3190] Maga Péter | 2010-02-01 21:37:30 |
1. Sokat téptem a számat a Goldbach-topikon (meg hát mások is), most bily testhezálló dolgot csinált, végre rendesen. Amikor hülyeséget csinált, leszóltuk érte. Most nem csinál hülyeséget, ha ezért is leszóljuk, akkor azt fogja gondolni, hogy igazából mindegy, hogy mit csinál.
2. Amikor te a Goldbach-topikban megtetted a hozzászólást, ami szerint a Dirichletben nem a végtelen sok, hanem a legalább 1 prím a nehéz, akkor arra nem azt írtam, hogy ez halálismert. Nem ugattalak le, pedig én utána érdemben(!) hozzá tudtam szólni a dologhoz (ez most rólad nem mondható el).
3. Ha a gyereked beszélni tanul, gügyögésért ne vágd szájon. Valóban nem gügyögve kell beszélni, de didaktikailag messze nem optimális megoldás a szájonvágás.
|
Előzmény: [3182] Róbert Gida, 2010-02-01 11:43:16 |
|
[3189] m2mm | 2010-02-01 21:32:17 |
Remélem még nem volt, és igaz(saját alkotás): a,b,c valós számokra abc=1. Bizonyítsuk be, hogy a4+b4+c4+a+b+ca3b+b3c+c3a+ab3+bc3+ca3. Ha közismert lenne, akkor elnézést.
|
|
|
[3187] bily71 | 2010-02-01 20:03:10 |
Bármely n számrendszerbeli szorzótábla, (tehát nemcsak prím) ha elhagyjuk a 0-át, mint szorzótényezőt, középontosan szimmetrikus, hiszen
ab(n-a)(n-b)(mod n).
Ugyanezen táblázat tengelyesen is szimmetrikus, a maradékok abszolútértékére tekintettel, hiszen
|ab||(n-a)b||a(n-b)|(mod n).
Ez nem fontos, de, ha már szóba került: ha a szorzótábla p, azaz prím számrendszerbeli, akkor az a szám csak egyszer fordulhat elő soronként, ugyanis, ha többször szerepelne, akkor vagy a|p, vagy (a,p)1, egyik sem lehetséges, hiszen p prím, tehát a táblázat latin négyzet.
Ezen tulajdonságokat immáron bizonyítottnak tekinthetjük.
Most már nincs több teendőnk, csak a behelyettesítéseket kell végrehajtani a
képletbe, és az eredmény a Wilson-tétel.
Egyébként szó sincs arról, hogy ki kellene számolni (n-1)! értékét, vagyis, hogy n-2 darab szorzást kellene eszközölni egy szám Wilson-féle tesztelése során. Legyen . Legyen k=pii, azaz a prímek kitevőjükkel vett szorzatok közül a legnagyobb. Ekkor
k!0(mod n).
Tehát elég k darab szorzást és k darab osztást, azaz 2k darab műveletet végrehajtani.
De az is lehet, hogy szokás szerint tévedtem, ez esetben elnézést kérek mindenkitől.
|
Előzmény: [3186] Róbert Gida, 2010-02-01 17:11:09 |
|
[3186] Róbert Gida | 2010-02-01 17:11:09 |
"Az előbb felsorolt tulajdonságok ismertek, bizonyításukat most mellőzhetjük."
Életemben nem hallottam, hogy valaki is latin négyzetekkel próbálná bebizonyítani a Wilson tételt. Ne tartsd magadban!
|
Előzmény: [3185] bily71, 2010-02-01 15:41:23 |
|
[3185] bily71 | 2010-02-01 15:41:23 |
Wilson szerint (p-1)!p-1(mod p), ha p prím.
Tekintsük a p számrendszerbeli szorzótáblát. Ha a 0-át kihagyjuk, azaz a számokat csak 1-től p-1-ig szorozzuk össze, akkor a táblázat i-edik oszlopának j-edik eleme aiji.j(mod p).
Ebből következik, hogy i!aij(mod p), ahol j(i-1)!(mod p).
A táblázat, mivel p prím, egy latin négyzet, amely nem tartalmazza a 0-át és középpontosan szimmetrikus, azaz aija(p-i)(p-j)(mod p), továbbá tengelyesen is szimmetrikus oly módon, hogy aijp-a(p-i)j(mod p). Az előbb felsorolt tulajdonságok ismertek, bizonyításukat most mellőzhetjük.
A fenti szimmetriákból és a összefüggésből adódik, hogy (p-1)!p-1(mod p), tehát ez egy speciális eset.
|
Előzmény: [3184] Fálesz Mihály, 2010-02-01 12:04:48 |
|
[3184] Fálesz Mihály | 2010-02-01 12:04:48 |
Úgy látom, kezdenek forrósodni a kedélyek...
Szóval,
(p-1)!=(p-n)!.(p-n+1)(p-n+2)...(p-1)(p-n)!.(-n+1)(-n+2)...(-1)=(p-n)!.(-1)n-1(n-1)! (mod p),
és persze egyszerűsíthetünk bármivel, ami nem osztható p-vel.
De hol van ebben a Wilson-tétel?
|
|
|
[3182] Róbert Gida | 2010-02-01 11:43:16 |
Halál ismert példa, k=n-1 jelöléssel és osztással azt állítja a feladat, hogy . Ami például Graham Konkrét matematika című könyvében az 5. fejezet 5. példája. És szerinte ez k=0-ra spec. esete a Wilson tételnek. Egy túróst.
|
Előzmény: [3179] Maga Péter, 2010-02-01 08:11:25 |
|
[3181] bily71 | 2010-02-01 09:43:04 |
Saját! Ez az első "igazán komoly tételem", amit bizonyítanom is sikerült.:)
Ezzel a képlettel felgyorsítható a Wilson-teszt, hisz nem kell p-2 darab szorzást elvégezni, de még így is lassúbb, mint a naív módszer.
|
Előzmény: [3179] Maga Péter, 2010-02-01 08:11:25 |
|
|
|
|
|
[3176] Lóczi Lajos | 2010-01-30 17:50:28 |
Valamely m nemnegatív valós szám esetén jelölje Hm azt a végtelen háromszögtartományt a nyílt jobboldali komplex félsíkon, amelynek z=a+bi (a>0) pontjaira fennáll, hogy |b|ma.
Van-e olyan komplex függvény, amelyik értelmezve van a nyílt jobboldali komplex félsíkon (azaz a>0 esetén), ott (komplex értelemben) deriválható, és
- nem létezik a limesze az origóban, ha z0 és a>0 (vagyis ha z a jobb félsíkból tetszőlegesen jőve közelíti meg a nullát)
- viszont minden m0 esetén létezik véges limesze az origóban, ha z0 és zHm (vagyis ha z a háromszögtartományban haladva tart a nullához). (Igaz-e továbbá, hogy van olyan példa, hogy ez a létező véges limesz m-től függetlennek is választható?)
|
|
[3175] bily71 | 2010-01-30 14:11:17 |
Igaz-e, hogy ha pP, azaz prím, akkor
(nN és 0<n<p)?
|
|
[3174] Horváth Bence | 2010-01-21 19:49:56 |
Gézi ezt a feladatot nehéz meg csinálni de nagyon tetszik
|
|
|
[3172] Radián | 2010-01-18 15:43:56 |
Vegyük az egységsugarú kört és tegyük bele a négyzetünkbe(úgy hogy a négyzetünk és a kör középpontja egybeessen), majd forgassuk el úgy a körünket, hogy a kerületén kiválasztott A1 pont egybeessen a négyzet azon felezőpontjával (A2-vel), amely az R2 sugarú kör középpontja. Ha meghúzzuk az A1(=A2) pontból a megfelelő R1 sugarú kört akkor láthatjuk, hogy ez esetben négyzetünket nem osztottuk két egyenlő területű részre.(Hiszen R1<2 , így a kör a négyzetet két olyan pontban metszi melyek távolsága B ill C csúcstól (A2 eleme BC) kevesebb, mint 1/2. Így ha az R1 sugarú körrel (k1-gyel) eredeti körünket két egyenlő részre osztottuk, akkor négyzetünket a k1 kör nem fogja két egyenlő területű részre osztani.) Méghozzá az a rész lesz kisebb melyet tartalmaz a k1 kör. Így ahhoz hogy a négyzetünket két egyenlő területű részre oszthassuk egy R1-nél nagyobb sugarú R2 "körre" van szükségünk.
|
Előzmény: [3171] Valezius, 2010-01-18 14:44:55 |
|
[3171] Valezius | 2010-01-18 14:44:55 |
Van egy egységsugarú kör, kijelölünk a kerületén egy pontot ahonnan R1 sugárral kört rajzolunk úgy, hogy a körív két azonos területű részre ossza a kört.
Van egy 2 egység oldalhosszúságú négyzetünk, az egyik oldal felezőpontjából R2 sugárral kört rajzolunk úgy, hogy a körív két azonos területű részre ossza a négyzetet.
Érzésre R1 vagy R2-e a nagyobb? Leginkább heurisztikus megoldás érdekelne, a konkrét értékek kiszámolása nélkül.
|
|
|
[3169] Valezius | 2010-01-14 12:28:34 |
Igen, bocsi. Az volt a baj, hogy a számlálóban a papíromon -1 szerepel, és nem +1. Tehát mégse ugyanaz jött ki, csak azt hittem.
|
|