[3714] egyedülható | 2013-04-17 19:35:54 |
Létezik-e olyan képlet,mely megadja,hogy egy adott számnál mikor lesz nagyobb a harmonikus sor értéke?
|
|
[3713] gyula60 | 2013-04-13 16:34:47 |
A klasszikus Csebisev polinomok és másodfokú Pell egyenlet között nyilvánvaló a kapcsolat. Az összekötő egyenletük lényegében egy másodrendű ciklikus mátrix determinánsával hozható összefüggésbe. Amire később mi kísérletet teszünk az, hogy megpróbálunk egy olyan polinom rendszert gyártani, ami egy harmadrendű mátrix determinánsával állítható elő. Ezt neveztem én hibásan 3711 utolsó mondatában "harmadfokú Csebisev polinom"-nak, holott többről lesz szó.
|
Előzmény: [3711] gyula60, 2013-04-13 16:01:27 |
|
|
[3711] gyula60 | 2013-04-13 16:01:27 |
A feladat egyenlőre a harmadfokú háromismeretlenes Pell egyenlet egyik lehetséges, a harmadrendű ciklikus mátrixok alkalmazásával történő általánosítása. A lehetséges feltételek megkeresése, majd egy későbbi fázisban elgondolkozunk a negyedfokú változaton is. Még később a harmadfokú Csebisev polinomokat is megpróbáljuk előállítani.
|
Előzmény: [3710] nadorp, 2013-04-13 09:28:54 |
|
[3710] nadorp | 2013-04-13 09:28:54 |
Legyen n-edfokú algebrai szám, és legyenek 1=,2,...,n az minimálpolinomjának gyökei. Tetszőleges x1,x2,,...,xn egész számokra tekinsük az
f(x1,...,xn,x)=xnxn-1+...+x2x+x1 polinomot.
A feladatod szerintem arra vezethető vissza általában, hogy oldjuk meg az
egyenletet az egész számok körében.
|
Előzmény: [3709] gyula60, 2013-04-12 17:35:08 |
|
[3709] gyula60 | 2013-04-12 17:35:08 |
A feladványom egyenletét eredetileg egy ciklikus mátrix determinánsával állítottam fel. Nyugodtan használhatsz gyökös kifejezéseket is. Ez a mátrixcsoport alkalmas lehet néhány alacsony fokszámú diofantoszi probléma kezelésére is.
|
Előzmény: [3706] nadorp, 2013-04-11 16:05:24 |
|
|
|
[3706] nadorp | 2013-04-11 16:05:24 |
csak lusta voltam és ez már súrolja az egyetemi anyagot:-)
Ha és (p,q,r) Q(a)-beli elem, akkor az inverzére
(pa2+qa+r)(xa2+ya+z)=(rx+qy+pz)a2+(6px+ry+qz)a+6qx+6py+rz=1
Láthatóan egy lineáris egyenletrendszert kapunk, melynek mátrixa
valamint jó jel, hogy |A|=36p3+6q3+r3-18pqr=1
A szimmetria miatt ha (p,q,r) megoldása a diofantikus egyenletnek, akkor fenti egyenletrendszer x,y,z megoldása is az. Az előzőek alapján sejteni lehet, hogy ha (p,q,r) és (x,y,z) is megoldás, akkor is megoldás lesz. Ez valóban így van, ezért innen indukcióval következik, hogy ha p,q,r megoldás, akkor is megoldás tetszőleges n egészre ( negatív kitevő is megengedett, hiszen az A mátrix invertálható ). Innen az egyenlet megoldásai:
Ezt még "szebbé" lehet tenni, ha a mátrixot diagonizáljuk. Azt még nem láttam be, hogy több megoldás nincs. Ha pld. tudnánk, hogy z=1 esetén csak egy megoldás van és a rekurzió z-ben monoton, akkor ezzel is kész vagyunk.
|
Előzmény: [3705] gyula60, 2013-04-11 13:27:06 |
|
|
|
[3703] nadorp | 2013-04-07 10:28:50 |
Igen, van összefüggés. Könnyű ellenőrizni, hogy tetszőleges p,q,r számokra
(1) | p3+q3+r3-3pqr=(p+q+r)(p2+q2+r2-pq-pr-qr) |
Ezt alkalmazva a diofantikus egyenletedre, bevezetve az jelölést kapjuk
36x3+6y3+z3-18xyz=(xa2+ya+z)((y2-xz)a2+(6x2-yz)a+z2-6xy)=1
Tehát, ha az egyenletnek az x,y,z számok megoldásai, akkor ez azt jelenti, hogy gyöktelenítéskor az y2-xz,6x2-yz,z2-6xy együtthatókat kell kapnunk. Esetünkben a 3,-6,1 számok kielégítik (1)-et, ezért gyöktelenítéskor a 33,60,109 együtthatókat kell, hogy kapjuk.
|
Előzmény: [3700] gyula60, 2013-04-06 22:05:08 |
|
[3702] w | 2013-04-07 09:18:45 |
Próbáld meg faktorizálni. Ha k páros, a kifejezés is páros lesz, úgyhogy a páratlan k számok esete számít.
45(2k+1)+(5(2k+1))4=410k+5+(10k+5)4=...
(Már kiírtak megoldást a korábbi hozzászólásokban.)
|
Előzmény: [3701] gyula60, 2013-04-06 23:09:43 |
|
[3701] gyula60 | 2013-04-06 23:09:43 |
Ha segít valamit az, hogy a számítógépem megnézte az összes 45k+(5k)4, (k=1,2,...,109) alakú számokat és false választ adott. Ebből talán felállítható egy sejtés, de a válasz nálam is meghaladja jelenlegi tudásomat.
|
Előzmény: [3646] w, 2012-12-08 20:48:35 |
|
[3700] gyula60 | 2013-04-06 22:05:08 |
Szeretnék egy számelméleti problémát ismertetni:
Van-e kapcsolat a következő tört nevezőjének gyöktelenítése és a 36x3+6y(y2-3xz)+z3=1 háromismeretlenes diofantoszi egyenlet megoldása között, ha tudjuk, hogy a tört nevezőjének együtthatói adják az egyenlet egyik megoldását?
|
|
|
[3697] w | 2013-02-28 20:48:10 |
Kicsit elbonyolítottad*: az
16(((s-b)(s-c))2+((s-c)(s-a))2+((s-a)(s-b))2)a4+b4+c4
egyenlőtlenség AM-GM miatt nyilván igaz: pl.
, ahol s-b+s-c=a. Innen egyenlőség esete is adódik.
-
*Persze ízlés kérdése, hogy teljes négyzetes alakra hozod-e.
|
Előzmény: [3696] sakkmath, 2013-02-28 14:45:49 |
|
[3696] sakkmath | 2013-02-28 14:45:49 |
Használjuk fel Kiss György: Amit jó tudni a háromszögekről című cikkének eredményeit:
először az rra = (s-b)(s-c), rrb = (s-c)(s-a), rrc = (s-a)(s-b) összefüggéseket, később pedig a jól ismert, következő helyettesítéseket: s-a = x, s-b = y, s-c = z, illetve: a = y+z, b = z+x, c = x+y .
|
|
Előzmény: [3695] w, 2013-02-23 16:53:45 |
|
|
|
|
[3692] w | 2013-02-21 22:08:17 |
Köszönöm a hozzászólást, a Pedoe-egyenlőtlenséget nem ismertem, csak a Weitzenböck-öt és a Hadwiger-Finsler-t.
Egyetértek, a háromváltozós egyenlőtlenségek nem túl izgalmasak, leginkább a (még) több változós egyenlőtlenségekre való gyakorlásra vagy módszerek megismerésére. (Manapság még a KöMaL A-ban néha szerepel ilyen, pl. A.571, de mint láttuk, azt is végig lehet tolni akár AM-GM-mel is :-). )
Ha már egyenlőtlenségeknél tartunk, mutatok sajátot is (szokásos jelölésekkel):
.
Nem valami szép, sok minden bele van erőltetve, de azért van benne némi gondolkodás is.
Ezenkívül kitűznék egy nehezebb feladatot is, aki tud, mondjon megoldást.
|
Előzmény: [3698] Fálesz Mihály, 2013-02-21 18:45:00 |
|
[3698] Fálesz Mihály | 2013-02-21 18:45:00 |
Bocs, a [3686]-ra akartam regálni, a [3688] elkerülte a figyelmemet.
A [3688]/a esetében valóban az a legegyszerűbb, ha új változókat vezetünk be, és ettől kezdve nincs háromszög, csak nemnegatív számok. (Btw, lehet egy lépéssel rövidebben, nincs szükség az xyz-vel való osztásra.)
A [3688]/b a (Neuberg-)Pedoe egyenlőtlenség egy változata, ami a KöMaL-ban is szerepelt (A. 468.). Ha két háromszög oldalai a,b,c, illetve A,B,C, a területük t, illetve T, akkor
a2(B2+C2-A2)+b2(C2+A2-B2)+c2(A2+B2-C2)16tT.
Egyenlőség akkor van, ha a két háromszög hasonló.
Abban a háromszögben, aminek az oldalai , és , azaz B2+C2-A2=p, C2+A2-B2=q és A2+B2-C2=r, a terület éppen .
(Mivel nem csak triviális esetekben van egyenlőség, ez elég nehézzé teszi a feladatot.)
* * *
Az érdekesség kérdéséről annyit, hogy sokezer háromváltozós szimmetrikus vagy ciklikus egyenlőtlenséget lehet találni az interneten, és ezeknek lényegében semmi üzenete vagy értelme nincsen. Egy időben voltak ilyenek az olimpián is, de miután egy csomó diák ráállt arra, hogy ilyeneket gyakoroljon tömegével, a háromváltozós egyenlőtlenségek háttérbe szorultak.
|
Előzmény: [3691] w, 2013-02-21 15:26:54 |
|
[3691] w | 2013-02-21 15:26:54 |
"Hát, alaposan túlbonyolítottátok." - Ízlés kérdése, pl. szerintem a módszerem hasznosabb (a tiéd valóban szebb megoldás). Ezt mutatja, hogy a Te becslésed csak az eredeti egyenlőtlenségre jó (illetve egy csekély általánosításra), az (a) állításnál nem válik be.
"Csak tudnám, hogy ez az egyenlőtlenség miért "érdekes"..." - Az egyenlőtlenség (és főként az eredeti feladat) nem érdekes, ami érdekes, az az, hogy legalább 10-féle bizonyítása és 3-féle általánosítása van. A megoldási módszerek az érdekesek és tanulságosak.
Amúgy pedig a (b) változatra is gondolkodás nélkül alkalmazhatnánk az új változók bevezetését, csak bonyolult lenne.
|
Előzmény: [3690] Fálesz Mihály, 2013-02-20 18:56:28 |
|
[3690] Fálesz Mihály | 2013-02-20 18:56:28 |
Hát, alaposan túlbonyolítottátok.
Jól ismert, hogy a terület és a (fél)kerület(négyzet) összehasonlításához az (s-a), (s-b) és (s-c) számok számtani és mértani közepeit érdemes venni:
tehát , egyenlőség csak s-a=s-b=s-c, vagyis szabályos háromszögre.
Ha az oldalak négyzetösszege kell, akkor ezután jöhet a számtani-négyzetes az oldalakra.
(Csak tudnám, hogy ez az egyenlőtlenség miért "érdekes"...)
|
Előzmény: [3689] w, 2013-02-20 10:54:27 |
|