|
|
|
[3212] bily71 | 2010-02-07 19:23:42 |
Igaz-e, hogy, ha pP, azaz prím, akkor
|
|
|
[3210] lgdt | 2010-02-06 14:23:19 |
Hát izé. A vektort megszorozhatjuk annyival, hogy a nem 0 koordinátái mind 1-nél nagyobbak legyenek, és ettől a determináns előjele nem változik. Ekkor viszont f() monoton növő és folytonos.
|
Előzmény: [3209] sakkmath, 2010-02-06 13:43:09 |
|
|
[3208] lgdt | 2010-02-06 12:34:11 |
Hasonlóan jó a b) feladatra, csak ki kell cserélni az utolsó két sort, ezért lesz a determináns negatív. És intuitíve ha >1, akkor a koordinátánkénti hatványozás "ugyanúgy" forgatja el az (x,y,z) vektort, mint az =2 esetben, ezért az előjeles térfogat pozitív marad. Szóval azt sejtem, hogy <1-re f0, =1-re f=0 és >1-re f0.
|
Előzmény: [3207] lgdt, 2010-02-06 01:23:54 |
|
|
|
|
|
|
|
[3201] sakkmath | 2010-02-05 15:18:09 |
Lehet, hogy ez túlságosan ismert feladat, ezért beírom a következőt is, amely a Nehezebb matematikai problémák /[652]-ben már szerepelt, de azóta sem érkezett rá teljes értékű megoldás:
Legyen , ahol 0xyz és 0. Határozzuk meg az paraméter értékét úgy, hogy
a) f(x, y, z)0,
b) f(x, y, z)0
teljesüljön.
|
Előzmény: [3200] sakkmath, 2010-02-04 16:40:13 |
|
|
|
|
[3196] m2mm | 2010-02-02 17:15:01 |
Szép megoldás, enyémnél biztosan szebb. Egy egy fokkal nehezebb:
Bizonyítsuk be, hogy ha a,b,c valós számok, akkor
a4+b4+c4+3(a2b2+b2c2+c2a2)2(a3b+b3c+c3a+ab3+bc3+ca3)
|
Előzmény: [3193] sakkmath, 2010-02-02 13:59:56 |
|
|
[3194] bily71 | 2010-02-02 14:06:58 |
Ha nem, hát nem.
Átnézem mégegyszer, hogy rájöjjek, hol hibáztam. Egyébként nem az n=1 behelyettesítésre gondoltam. [3185]-ben megadtam egy rekurzív eljárást: i!aij(mod p), ahol j(i-1)!mod p). Nekem hirtelen úgy tűnt, hogy a rekurzió miatt (p-1)!-nek nincs más lehetősége, mint kongruensnek lenni p-1-gyel modulo p.
Lehet, hogy lefelejtettem egy felkiáltójelet?:)
|
Előzmény: [3188] m2mm, 2010-02-01 21:13:36 |
|
[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 |
|