|
[3309] epsilon | 2010-09-26 13:28:39 |
Üdv Mindenkinek! Egy középiskolás feladat a következő: igazoljuk, hogy az X×X×X=(2 3 1)(4)(5) ciklusszorzattal (ciklikus permutációkkal) adott permutáció egyenletnek nincs megoldása az S(5)-ben (az 5-öd rendű permutációk halmazán). Útmutatásnak ennyi szerepel: "Egy permutáció 3 hatványra emelésével nem kaphatunk egyetlen 3 hosszúságú ciklust." Elemi módszerrel nem tudom belátni ezt, vagyis a kért egyenlet megoldását. Valaki tudna-e segíteni? Előre is köszönöm!
|
|
[3308] Lóczi Lajos | 2010-09-26 13:28:12 |
Van-e olyan f:RR bijekció, amelyre f(0)=0, f folytonos a 0-ban, de az inverze nem folytonos a 0-ban?
|
|
|
[3306] Kristóf Miklós 2 | 2010-08-28 11:27:22 |
Kedves Mindenki, egy feladvány a latin négyzetekkel kapcsolatban: .
.
.
.
acb
cba
bac
ez egy latin négyzet. Legyen ez egy szorzótábla!
Ekkor ez ezt tudja:
x*x = x idempotencia (x*y)*z = (x*z)*(y*z) jobbdisztributivitás x*(y*z) = (x*y)*(x*z) baldisztributivitás
négyre is van ilyen:
acdb
dbac
bdca
cabd
Kérdés: Tudtok ilyet 5-re, 6-ra, n-re?
Ezt úgy hívják, hogy DILA, azaz Disztributív, Idempotens, Latin Algebra.
|
|
[3305] Sirpi | 2010-08-24 11:07:51 |
...kivéve, ha q=3 a második esetnél (hogy teljes legyen a bizonyítás). Valamint az összeg párosnál, és 3-mal oszthatónál nem árt megnézni, hogy nem lehet se 2, se 3 (de ez trivi).
|
Előzmény: [3304] jenei.attila, 2010-08-24 09:18:03 |
|
|
[3303] D. Tamás | 2010-08-23 10:43:49 |
Mutassuk meg, hogy ha p és q prímszámok, akkor a pq+qp összeg csak egyetlenegy esetben prímszám, ha p=2 és q=3. (p<q) A feladat egyáltalán nem nehéz, ezt most előre leszögezem.
|
|
[3302] Róbert Gida | 2010-08-18 17:38:34 |
Nem azt mondtam, hogy nehéz a megoldása, hanem azt, hogy gyenge a feladatkitűzés.
Amúgy Tóbi megoldása még mindig rossz, azt nem tudom miért tette fel, hogy xi>0 amikor a feladatban természetes egészekről van szó. És ekkor van pontosan egy megoldás, (ha minden xi különböző és n2): 0!+1!=2!.
|
Előzmény: [3298] D. Tamás, 2010-08-17 21:07:40 |
|
[3301] Tóbi | 2010-08-18 16:00:25 |
Így sem nehéz a megoldás. Állítás: Ha n2 rögzített egész, akkor n db faktoriális összege csak véges sok esetben lehet faktoriális. Bizonyítás: Tegyük fel, hogy a legnagyobb tag az összegben (jelölje k!) nagyobb, mint n!. Ekkor az n tag összege k! és (k+1)! közé esik, hiszen n*k!<k*k!<(k+1)!. Véges sok eset kivételével lesz is ilyen nagy a tagok közt. Egyébként valószínűleg tényleg így gondolták eredetileg a feladatot, ez indokolja a "csak véges sok megoldás"-t a szövegben.
|
Előzmény: [3300] Fálesz Mihály, 2010-08-18 13:44:20 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
[3290] Sirpi | 2010-07-16 13:35:21 |
Szerintem elég egyszerűen kijön, hogy ha 0t1, akkor ha a, b, c oldalakból szerkeszthető háromszög, akkor az at, bt, ct oldalakból is, egyéb t értékekre pedig van ellenpélda.
Ha 0t1, akkor abc-ből következik, hogy atbtct, ezért elég megmutatni, hogy c<a+b-ből következik, hogy ct<at+bt. Mivel c<a+b, így ezt leosztva c1-t-vel:
tehát valóban ct<at+bt.
Ha t>1, akkor elég kis epszilonra az 1,1,2- oldalú háromszög megfelelő, viszont az 1t,1t,(2-)t-re már nem teljesül a háromszög-egyenlőtlenség, mert (2-)t>2.
Amúgy a t<0 is hasonlóan érdekes eset, arra is van egyszerű ellenpélda (ha elég kicsi, akkor ,1,1 megfelelő háromszög, de t>2).
|
Előzmény: [3286] D. Tamás, 2010-07-15 16:05:08 |
|
[3289] D. Tamás | 2010-07-16 12:19:24 |
Ha minden igaz, megvan a felső korlát: n1 Most csupán eredményt közlök, levezetni sem olyan nehéz, mint gondoltam. Azonban az alsó korlát megkeresése már nehezebb lesz úgy vélem. (Legalábbis bizonyítani biztosan az lesz, ha megsejtettük a számot.)
|
|
[3288] D. Tamás | 2010-07-16 11:45:46 |
A 2 feladat hasonló, de nem ugyanaz.
B. 3936. Milyen feltételeknek kell teljesülni az a,b,c valós számokra ahhoz, hogy minden n természetes számra létezzék olyan háromszög, amelynek az oldalai an,bn és cn?
Az én feladatom pediog a következő volt: Igaz-e, hogy ha a,b és c oldalakból szerkeszthető (sík)háromszög, akkor an,bn és a cn oldalakból is szerkeszthető háromszög, ha nR\R-? Ez könnyen elmondható, hogy nem igaz, hiszen példának vehetjük a 3 4 és 5 egység hosszúságú oldalakkal rendelkező háromszöget. Ez a példa azért is speciális, mert n=2 esetén megkapjuk az oldalak közti összefüggést: 32+42=52 (De egyébként pithagoraszi számhármasnál ezt tapasztalhatjuk. Összefoglalva ez a feladat azért más a B.3936-hoz képest, mert itt meg kell keresnünk azokat az n számokat, melyekre igaz lesz, hogy az an,bn és cn hosszúságú szakaszokl szerkeszthető háromszög. n=1 és jó eset, de ez nem zárja ki a többi eset létezését. Mivel a probléma egyre jobban érdekel, ezért én is nekiállok a feladatnak mostantól. Bár van egy olyan sejtésem, hogy ez nem egy egyszerű probléma, na de majd meglátjuk.
|
Előzmény: [3287] psbalint, 2010-07-15 16:52:31 |
|
|
[3286] D. Tamás | 2010-07-15 16:05:08 |
Teljesen általánosan is felvetődhet a kérdés: Tehát ha a,b és c oldalakból szerkeszthető (sík)háromszög, akkor an,bn és a cn oldalakból is szerkeszthető háromszög, ha nR\R-.? A válasz nem, de jó feladatnak tűnik - elsőre - megkeresni az n lehetséges értékeit.
|
|