Fórum: Érdekes matekfeladatok

Valóban, nem mindig ellentétes irányú. A c vektortól függően lehet azonos irányú is.

Van olyan egyszerű módszer, amivel az ilyen feladatokat mindig meg lehet oldani úgy is, hogy csak ezekhez hasonló vektor azonosságokat alkalmazunk, nem pedig koordinátánként írjuk föl őket? Én nem tudom a választ, de kíváncsi lennék rá.

Az én számolásomból mellesleg az is látszik, hogy a két vektor nem mindig ellentétes irányú, hanem lehet azonos irányú is. Pontosabban ha az (a×b)c hármas szorzat pozitív, akkor ellentétes irányúak, különben azonos irányúak.

Elmondom akkor az én megoldásomat.

Az ilyen feladatokat sokszor meg lehet oldani úgy, hogy formális átalakításokat végzünk a vektoriális szorzat és a skaláris szorzat azonosságait használva. Ezt a Reiman: A geometria és határterületei könyv 2. fejezete szépen elmagyarázza.

Ha ez nem segít, akkor utána kifejthetjük koordinátánként az összes kifejezést. Ezzel elvileg az összes hasonló feladatot meg tudjuk oldani mechanikusan, mivel a koordináták polinomjait kapjuk. Csakhogy ez a megoldás egy bonyolultabb feladatra kézzel nagyon körülményes lehet, tehát mindenképp érdemes megpróbálkozni először ezekkel a vektor azonosságokkal egyszerűsíteni a feladatot.

A teljesség kedvéért hadd soroljam föl itt az azonosságokat, azokat is, amiket most nem használok. Tetszőleges x,y,z,w térbeli vektorokra és , valós számokra igazak a következők.

A skaláris szorzat lineáris.

(x)y=x(y)=(xy),

(x+y)z=xz+yz,

x(y+z)=xy+xz.

A skaláris szorzat kommutatív.

xy=yx.

A vektoriális szorzat lineáris.

(x)×y=x×(y)=(x×y),

(x+y)×z=x×z+y×z,

x×(y+z)=x×y+x×z.

A vektoriális szorzat negatív kommutatív.

x×y=-(y×x).

Egy vektor vektoriális szorzata egy párhuzamos vektorral a nullvektor.

x×(x)=0.

A hármas szorzat kétféleképp írható.

(x×y)z=x(y×z).

Ennek speciális esete, hogy a vektoriális szorzat skaláris szorzata az egyik tényezőjével nulla.

(x×y)y=0,

(x×y)x=0,

x(x×y)=0,

y(x×y)=0.

A hármas szorzat negatív kommutatív (ez ugyan a fentiekből levezethető).

(x×y)z=(y×z)x=(z×x)y=-(x×z)y=-(z×y)x=-(y×x)z.

A dupla vektoriális szorzat kifejtési tétele.

(x×y)×z=(xz)y-(yz)x,

x×(y×z)=(xz)y-(xy)z

Végül ezekből levezethető két vektoriális szorzat skaláris szorzatának kifejtése.

(x×y)(z×w)=(xz)(yw)-(xw)(yz).

* * *

A hosszú bevezető után végre jöjjön [3486] egyszerű bizonyítása.

Vezessük be a d=(a×b) jelölést. Vegyük észre, hogy ad=a(a×b)=0.

A feladat szerint azt kell belátnunk, hogy (d×(a×c))×d párhuzamos a d×a vektorral. Alkalmazzuk a belső vektoriális szorzatra a kifejtési tételt, majd a külső vektoriális szorzatra a linearitást.

(d×(a×c))×d=((cd)a-(ad)c)×d=((cd)a)×d-((ad)c)×d=

=(cd)(a×d)-(ad)(c×d)=(cd)(a×d)=-(cd)(d×a).

Szerencsére pont az ad skaláris szorzat jött be, ami nulla. Tehát azt kaptuk, hogy a bonyolult kifejezés a d×a skalárszorosa, tehát párhuzamos vele.

Nyüzsögnek itt a fiatalok és alig várják, hogy megoldhassanak egy példát :-).

Az utóbbi vektor a-ra és (axb)-re merőleges. Az első nyilván merőleges (axb)-re, hiszen ez az utolsó szorzó tényező, így már csak azt kell belátni, hogy a-ra is merőleges.

Az (axb) és (axc) szorzatok mindegyike merőleges a-ra ,így az a-ra merőleges síkban vannak, tehát keresztszorzatuk a-val párhuzamos vektor, így a végső szorzat a-ra is merőleges lesz.

A gyorsan összeütött ábrán (elnézést érte!) az is látható, ami Jonas számolásából is látszik, hogy ellentétes irányúak.

Mondok egy hasonló, de kicsit nehezebb feladatot. Ez egy ismert geometriai tétel analitikus köntösben.

532. feladat. Legyen a,b,c,e,f öt térbeli vektor. Legyen

r=((a×e)×(b×f))×c,

s=((b×e)×(c×f))×a,

t=((c×e)×(a×f))×b.

Lássuk be, hogy az r,s,t vektorok lineárisan összefüggők.

Úgy látom nem is kell számolni, fejben gyorsan végig lehet gondolni az egészet. (Viszont és is hagyom a fiatalabbakat kibontakozni)

Az ilyen polinom egyenlőségeket először mindig érdemes kipróbálni néhány véletlen bemenetre. Tegyünk egy ilyen próbát.

Legyen mondjuk

a=(93,92,71),

b=(-35,51,49),

c=(-40,-29,99).

Akkor

a×b=(887,-7042,7963),

(a×b)×a=(-1232578,677582,736510),

a×c=(11167,-12047,983),

(a×b)×(a×c)=(89007975,88050900,67952325),

((a×b)×(a×c))×(a×b)=(1179669589350,-648496792650,-704895308250)=-957075((a×b)×a).

Itt tehát párhuzamos lett a két vektor.

Ez után (illetve esetleg több hasonló próba után) érdemes bizonyítást keresni. Nekem van egy bizonyításom, de egyelőre hagyom a fiatalokat kibontakozni.

Legyenek a,b,c térvektorok, és jelölje × a vektoriális szorzást.

Igaz-e, hogy az

((a×b)×(a×c))×(a×b)

és az

(a×b)×a

vektorok párhuzamosak?

Több szem többet lát, köszönöm az útravezetést, Róbert Gida és Sirpi neked is :-)

Van egyszerűbb út is: minden sorban van azonos színű pontpár (skatulyaelv), ha van két sorod amikben ugyanott van az azonos színű pontpárod, akkor egyszínű téglalapod van. 3 féle helyen lehet a pontpár, a szín kétféle lehet, így 3*2=6 lehetőség van a helyre+színre. Azaz 7 sornál lesz egyszínű téglalapod (skatulyaelv).

Végiggondoltam ezt az utat is, és tényleg igaz az az állítás, hogy: Ha egy 3x7-es téglalapban elhelyezünk 11 korongot, akkor a korongok közül van 4, amik egy (álló) téglalap 4 csúcsát alkotják.

Amit leírtál, az csak az a rész, amikor az egyik oszlopban 7 korong van, ilyenkor tényleg 9 a maximum. Viszont mi a helyzet, ha a legtöbb korongot tartalmazó oszlopban 6,5,4 korong szerepel? Végig lehet nézni, ilyenkor is kijön, hogy 10 után elakadunk.

Szóval ez az út is járható, de személy szerint macerásabbnak érzem, mint a (3 hosszú) sorok szerinti esetvizsgálatot.

Ez a feladat konkrétan a Fazekasban volt nálam felvételi feladat, 92-ben, azóta kedvencem.

A bizonyításhoz nem azt érdemes nézni, hogy az egyik színből legalább 11 van, hanem azt, hogy a sorok összesen 8-félék lehetnek. Ha van két azonos sor, készen vagyunk. Ha van egyszínű sor, szintén. Ezeket érdemes végiggondolni, és meg is van a bizonyítás (és az is látszik, hogy 3x6-ra hogy néz ki az ellenpélda).

Gondoltam ilyenre Azért nem lehetséges?, mert 21 négyzet van, és mondjuk optimális esetben 10-10-et tudunk elhelyezni egyik-egyik színből, ha az egyikből több van, akkor szinte garantált hogy négy négyzet összejön ami meghatároz egy téglalapot, elhelyezünk egymás alá 7-et azután legalsóba vízszintesen ez eddig 9 és bárhova tesszük tizediket akkor már meglesz, nem beszélve a másik színről hogy abból jóval több van

"igazából bármilyen téglalapot színezel is ki, mindig lesz négy olyan négyzet, ami egy téglalapot határoz meg... "

helyesen megkérdezve: igazából bármilyen téglalapot színezel is ki, mindig lesz négy olyan pont, ami egy egyszínű téglalapot határoz meg...

Ez pedig nem igaz.

A feladatot skatulyaelvvel lehet megoldani. Ramsey tipusú problémának is tekintheted. A feladat több színnel és magasabb dimenzióban is érdekes. Tudtommal 2d-ben és 4 színnel is már megoldatlan, hogy mely téglalapokat lehet kiszínezni, hogy ne legyen benne monokromatikus téglalap. Véges sok, de még mindig marha sok színezést kéne végignézni ehhez.

igazából bármilyen téglalapot színezel is ki, mindig lesz négy olyan négyzet, ami egy téglalapot határoz meg... csak miért van ez a jelenség?

Triviális, közismert. Egyébként már a 2x6-os téglalapot (ez 21 pontot jelent) sem tudod kiszínezni 2 színnel.

321. Ha a síkot (tekintsük négyzetrácsosnak) kiszínezzük két fajta színnel, legyen barna és kék, bárhogy is választjuk meg a színeket, mindig lesz négy azonos színű, amelyek egy téglalap csúcsait határozzák meg. A kérdés hogy miért?

Olyan Tom és Jerry tipusú feladat. igaz, ez pont a szabályos (n+1) szögben egy oldal hosszának a reciproka. Ezen pontokban jelenjenek meg a morzsák (egy csúcsban legfeljebb egy). Ha a fenti egyenlőtlenség nem teljesül, akkor 1 morzsa gyorsabban jelenik meg, mint ahogyan azt meg tudná enni a hangya (hiszen a szabályos sokszögben csúcsok közti legrövidebb távolság az oldal hossza). Így ekkor véges időn belül olyan helyzet lesz, hogy a hangya egy csúcsban van (éppen megette a morzsát), és a többi n csúcsban morzsa van. 1 percen belül morzsát teszünk le, de ne abba a csúcsba ahol a hangya éppen volt. Így egy morzsát sem tud elérni, és n+1 morzsa lesz a csúcsokban. (egyikben most kivételesen kettő).

n=1-re még pontos is a formula.

Sziasztok!

Tegnap jött egy ötlet, nem lett még belőle egzakt feladat. Azért leírom, hátha másnak is megindítja a fantáziáját.

Szóval induljunk ki egy 1 egység átmérőjű körből. Ebben van egy pontszerű hangya, és percenként véletlenszerűen (vagy direkt szívatós helyen) megjelenik egy-egy morzsa.

Ha a hangya sebessége legalább 1 egység/perc, akkor minden morzsát össze tud szedni, mielőtt a következő megjelenne.

Viszont mi van, ha a hangya lassabb? Tehát mennyire lehet kicsi a maximális sebessége, hogy egyszerre legfeljebb 2, 3 stb. morzsát engedhet meg a körön (minden darabszámra lehetne mondani egy korlátot).

Nem tudom, hogy van-e egyáltalán értelme az egésznek, sokat még nem gondolkodtam rajta, de hátha kijön belőle valami érdekes.

Megjegyzés: az ötletet a Plants vs. Zombies játék adta, amiben van egy Zen garden nevű rész, ahol a virágok pénzeket potyogtatnak, és egy csiga próbálja őket összeszedni (és a csiga csokival gyorsítható). Ha a csiga lassú, a pénzek elszaporodnak... Ezen kezdtem agyalni, hogy mennyire számít a csiga sebessége, és próbáltam "lecsupaszítani" a problémát.

Már vissza is vontam, a "0 egyébként" elkerülte a figyelmemet.

Biztosak vagytok benne, hogy tg(x) /2-ben értelmezett ?

Tibixe példája tökéletes ellenpélda, megcáfolja az állítást, azaz "létezik olyan periodikus függvény, amely mindenhol értelmezett, értékkészlete R".

Ha esetleg a folytonosságot is ki akarod kötni, akkor "olyan periodikus folytonos függvény nem létezik, amely mindenhol értelmezett, értékkészlete pedig R". Indirekten ugyanis ha lenne ilyen p periódusú f függvény, akkor annak az értékkészlete ugyanaz lenne, mint a [0,p] intervallumon (kompakt halmazon) felvett értékkészlete, ami folytonos függvény esetén szintén kompakt (korlátos és zárt), ezért nem lehet az a teljes R.

Erre többek között lentebbi f függvény cáfolat, mert értelmezési tartománya és értékkészlete egyaránt a valós számok halmaza, továbbá 2-periodikus és mindenhol értelmezett.

A kérdésednek akkor van matematikai tartalma, ha megköveteled, hogy a függvény folytonos legyen.

A feladatot elég félreérthetően fogalmaztam meg sajnos. A lényege az lenne, hogy azt bizonyítsuk vagy cáfoljuk, hogy minden valós, periodikus függvény esetén, ahol az értelmezési tartomány és az értékkészlet nem korlátos sem alulról, sem felülről van olyan valós szám, amely nem eleme az értelmezési tartománynak.