[290] gele_viki | 2008-02-14 20:15:54 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/default.jpg) tudna nekem segíteni valaki?
Van egy paralelogramma, aminek a hosszabbik átlója ,f', a rövidebbik ,e'. A két átlóval bezárt szög 60 fok. e=sin"alfa", f=cosß, a=sin2"alfa", a=?, b=? Bocsi az alfáért de nem tudom hol van a billentyűn :) Előre is köszönöm!
|
|
|
[288] nadorp | 2008-02-14 17:12:39 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/default.jpg) Ha x2+ax+b=y2, akkor
4x2+4ax+a2+4b=4y2+a2
(2x+a)2-4y2=a2-4b
(2x+a-2y)(2x+a+2y)=a2-4b
Ha a2-4b 0, akkor csak véges sok két tényezős felbontása létezik, tehát az eredeti kifejezés nem lenne végtelen sok x helyen négyzetszám. Tehát a2-4b=0, azaz
![x^2+ax+b=\left(x+\frac a2\right)^2](keplet.cgi?k=41111100CE5E9C24)
|
Előzmény: [286] Pardeller, 2008-02-13 18:54:43 |
|
[287] nemtommegoldani | 2008-02-13 21:38:49 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/default.jpg) Kedves Python! Nagyon köszönöm a segítséget, és a nagyon gyors választ!
|
|
[286] Pardeller | 2008-02-13 18:54:43 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/default.jpg) Tegyük fel, hogy x2+ax+b végtelen sok egész x-re négyzetszám (a és b is egész). Bizonyítsuk be, hogy ekkor a kifejezés egy elsőfokú polinom négyzete. Matek szakkör, Pell-féle egyenletek volt a témakör, de más természetű megoldásokat is szívesen fogadok :) Előre is köszönöm.
|
|
[285] Python | 2008-02-13 18:43:38 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/1672/0_ZDWQ.jpg) 25.34.73.1111 pozitív osztóinak a száma az ismert képlet alapján (5+1)(4+1)(3+1)(11+1). (prímkitevő+1 alakú tényezők szorzata minden prímre a prímfelbontásból; ha a szám egy p prímnek az a-adik hatványával osztható, a+1-edikkel nem, akkor p kitevője a+1 féle (0, 1, 2, ..., a) lehet egy osztójában.)
|
Előzmény: [283] nemtommegoldani, 2008-02-13 18:35:00 |
|
|
[283] nemtommegoldani | 2008-02-13 18:35:00 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/default.jpg) Az előbbi hozzászólásomhoz még egy feladatot elfelejtettem: Határozd meg a 2 az ötödiken*3a negyediken*7 a harmadikon*11 a tizenegyediken pozitív osztóinak számát! Köszönöm szépen!
|
|
[282] nemtommegoldani | 2008-02-13 18:15:16 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/default.jpg) Újabb feladattal bombázok! Mutassa meg, hogy minden n term. szám esetén az n négyzet+3n+3 és n+1 relatív prímek! Ismét csak köszönetet tudok mondani annak a kedves embernek, aki ezt megfejti nekem.
|
|
[281] nadorp | 2008-02-11 22:26:25 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/default.jpg) Természetesen igazad van, de a célom pont az volt, amit Rizsesz leírt, ti. az ax+by=c diofantikus egyenletet pont így oldjuk meg euklideszi algoritmussal. Én csak egyszerűen behelyettesítettem az általános képletekbe a konkrét értékeket. Szerintem a példát pont azért adták fel, hogy numerikusan is megértsék a bizonyítást, ezért volt az én levezetésem annyira "szájbarágós".
|
Előzmény: [279] BohnerGéza, 2008-02-11 16:50:13 |
|
[280] rizsesz | 2008-02-11 16:58:27 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/default.jpg) Itt pont az volt a lényeg, hogy az általános módszert végigvezessük ezen a konkrét eseten, ami akkor is működik, ha az ax+by=c egyenletben a és b relatív prímek. Itt egy olyan esettel álltunk szemben, ahol nem voltak azok, de maga a módszer természetesen ilyenkor is működőképes.
Ha az ember csak meg akarja oldani, és látja, hogy egyszerű, akkor persze fejben kitalálja a megoldást.
|
Előzmény: [279] BohnerGéza, 2008-02-11 16:50:13 |
|
|
[278] nadorp | 2008-02-11 13:18:54 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/default.jpg) 98=77.1+21
77=21.3+14
21=14.1+7
14=7.2+0
Innen a lnko=7.
Az első egyeneletből
21=98-77.1
A második egyeneletből felhasználva az elsőt
14=77-21.3=77-(98-77.1).3=77.4-98.3.
Tehát egy megoldás az x=-3 y=-4, azaz az általános megoldás
|
Előzmény: [277] nemtommegoldani, 2008-02-10 22:43:59 |
|
[277] nemtommegoldani | 2008-02-10 22:43:59 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/default.jpg) Oldjuk meg a következő diofantikus egyenletet:98x-77y=14 a megadott módon: euklideszi algoritmussal adja meg lnko-t, majd ennek a segítségével adja meg az összes megoldást! A feladatot már megoldottam más módszerrel, de az euklideszi algor. segítségével nem uazt az eredményt kaptam, mint a másiknál. Az jó megoldás, de nem fogadják el, mert az euklideszi algoritmust kellene hozzá használni. Mit téveszthettem az euklideszi algoritmusnál? Köszönöm a választ.
|
|
|
[275] epsilon | 2008-01-17 06:50:31 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/default.jpg) Igen, olvasom, az valóban az, de ami a [264] nadorp hozzászólás első felében van, az nem pont az, csak annak a segítségével (olyan típusú egyenlőtlenségek összegezésével) bizonyítják a Cebisev egyenlőtlenséget.
|
|
|
[273] epsilon | 2008-01-16 14:26:36 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/default.jpg) Bocs: ehelyett a1×b1+a2×b2>=a1×b2+a2×b2 ez kell a1×b1+a2×b2>=a1×b2+a2×b1
|
|
[272] epsilon | 2008-01-16 14:25:10 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/default.jpg) OK, valóban így is lehet nézni, de akkor a rendezési tételt valójában nagyágyúnak használjuk hiszen n=2 esetén b2>=b1 és a2>=a1 feltételek mellett egyetlen nemtriviális permutációra van bizonyítanivaló egyenlőtlenség: a1×b1+a2×b2>=a1×b2+a2×b2 ami átírva (b2-b1)×(a2-a1)>=0 és vágül nincs szükség a nagyágyúra, mert végső soron csak az ai illetve bi rendezését vesszük figyelembe, de vehetjük úgy is, hogy az ötletet a rendezési tétel adta. Üdv: epsilon
|
|
|
[270] epsilon | 2008-01-16 12:35:53 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/default.jpg) u.i.: Én úgy vélem, hogy a bizonyítás során végül is nem igazán használtad a "rendezési tételt" hanem inkább az a1<=a2<=...<=an rendezést, mert Én őszintén bevallva nem látom, hogy a rendezési tételből melyek a 264. hozzászólás kezdetén levő ai illetve bi azonos monotonítású sorozatok. Vagy tévedek? Üdv: epsilon
|
|
[269] epsilon | 2008-01-16 12:31:07 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/default.jpg) Kedves nadorp! A "Tulajdonképpen az a2 nevezőt "toljuk el" mindig 1-gyel balra" pontosításod úgy nézem, teljesen eloszlatja a kételyeimet, mégegyszer tüzetesen levezetek több első és utolsó lépést. Kedves sakkmath! Kösz az infót, ott is szétnézek, de megköszönném, ha be tudnád szkennerelni, és gondolom, könnyebb ha valahova feltöltöd és a linket megadod hogy letölthessük(gondolom, nem szabályellenes), mert itt méretkorlát is van a képekre. Üdv: epsilon
|
Előzmény: [267] nadorp, 2008-01-16 10:21:56 |
|
[268] sakkmath | 2008-01-16 11:10:24 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/1219/1_EizB.jpg) Kedves epsilon és nadorp!
Az 'ujjgyakorlatok' topic [273]-as hozzászólásában Sirpi dióhéjban elmondja a Szűcs-féle rendezési tételt (egy konkrét feladat megoldása kapcsán). Sirpi ismertetéséből is látható, hogy az a bizonyítás, amibe bekapcsolódtam, a Szűcs Adolf-féle rendezési tételt használja.
Csebisev nevéhez többféle egyenlőtlenség is fűződik. A jelen témakörhöz legközelebbi egyenlőtlensége megtalálható Skljarszkij-Csencov-Jaglom: Válogatott fejezetek és tételek... 1. kötetében (TipoTex Kiadó) is. Ha kell, holnapra kiollózom és fölteszem. Üdvözlettel: sakkmath
|
Előzmény: [263] epsilon, 2008-01-15 15:20:39 |
|
|
[266] epsilon | 2008-01-16 09:01:10 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/default.jpg) Helló nadorp! Belenéztem jobban a bizonyításba, és úgy tűnik, hogy a második lépéstől lefele az első lépésben elsütött minorálás nem igazán alkalmazható? Pontosabban: ott ahol írod, hogy "Kezdjük a végén az utolsó két taggal, ekkor"...itt a nevezőkben ebben a sorrendben a1 és a2 szerepel, és a1<a2. Ellenben ahol ezt írod, hogy "Újra a fenti "rendezési tételt" alkalmazva a két utolsó törtre" ott a nevezőben ebben a sorrendben a3 és a2 szerepek és ezekre a3>a2 vagyis úgy látom, hogy nem teljesül a rendezési tételből a monotonítási feltétel, és ugyanez a helyzet tovább lefele minden más 2 összehasonlításnál szerintem éppen a fordított egyenlőtlenség miatt úgy vélem, nem ismételhető meg az 1. lépés, vagy tévedek? Üdv: epsilon
|
|