KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
 English
Információ
A lap
Pontverseny
Cikkek
Hírek
Fórum
Játékszabályok
Technikai info
TeX tanfolyam
Regisztráció
Témák

apehman

Rendelje meg a KöMaL-t!

ELTE

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

Fórum - "ujjgyakorlatok"

  Regisztráció    Játékszabályok    Technikai információ    Témák    Közlemények  

Ön még nem jelentkezett be.
Név:
Jelszó:

  [1. oldal]    [2. oldal]    [3. oldal]    [4. oldal]    [5. oldal]    [6. oldal]    [7. oldal]    [8. oldal]    [9. oldal]    [10. oldal]    [11. oldal]    [12. oldal]    [13. oldal]    [14. oldal]    [15. oldal]    [16. oldal]    [17. oldal]    [18. oldal]    [19. oldal]    [20. oldal]    [21. oldal]    [22. oldal]    [23. oldal]    [24. oldal]    [25. oldal]    [26. oldal]    [27. oldal]    [28. oldal]    [29. oldal]    [30. oldal]    [31. oldal]    [32. oldal]    [33. oldal]    [34. oldal]    [35. oldal]    [36. oldal]    [37. oldal]    [38. oldal]  

Ha a témához hozzá kíván szólni, először regisztrálnia kell magát.
[295] SAMBUCA2005-09-12 00:34:20

Sziasztok!

A titu lemmáról jut eszembe: Csak nem adja be az olimpiai 3. feladatot?! Dehogynem:

xzy\ge1 és az kell, hogy \frac{x^5-x^2}{x^5+y^2+z^2}+\frac{y^5-y^2}{y^5+z^2+x^2}+\frac{z^5-z^2}{z^5+x^2+y^2}\ge 0. Első lépésként átalakítunk: x5-x2 helyére: x5+y2+z2-(x2+y2+z2), így az első tört: 1-\frac{x^2+y^2+z^2}{x^5+y^2+z^2} hasonlóan a másik kettő, igy azt kell belátni, hogy: 3\ge (x^2+y^2+z^2)*\left(\frac{1}{x^5+y^2+z^2}+\frac{1}{y^5+z^2+x^2}+\frac{1}{z^5+x^2+y^2}\right) És most jön a trükk: szorozzunk be (x2+y2+z2)-tel!

A baloldalon 3*(x2+y2+z2) lesz, a jobboldalon: \frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{x^5+y^2+y^2} alakú tagok lesznek, amiket Titu-val tudunk felülről becsülni: \frac{(x^2)^2}{x^5}+\frac{(y^2)^2}{y^2}+\frac{(z^2)^2}{z^2} \ge \frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{x^5+y^2+z^2} azaz \frac{1}{x}+y^2+z^2 \ge \frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{x^5+y^2+z^2} hasonlóan a másik két törtre, ezeket összegezve: \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+2(x^2+y^2+z^2) \ge Jobboldal. Elég lenne belátni, hogy 3(x^2+y^2+z^2)\ge \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+2(x^2+y^2+z^2) azaz, hogy x^2+y^2+z^2 \ge \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}. Nemes egyszerüséggel felszorzunk,igy az kell, hogy: xyz(x2+y2+z2)\gexy+yz+zx, ez pedig xyz\ge1 és a rendezési tétel miatt igaz.

QED

SAMBUCA

[294] Kemény Legény2005-09-09 10:44:10

A megoldás a 'Titu-lemma' használatával kicsit egyszerűbben is kijön: könnyen ellenőrizhető (pl.felszorzással és négyzetté alakitással),hogy ha x,y,z pozitivak

\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y} \geq  \frac{(a+b)^2}{x+y}

Innen pedig rögtön adódik több tagra is hogy pl.

\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z} \geq \frac{(a+b+c)^2}{x+y+z}

A konkrét esetben pedig

\frac{a}{2b+c}+\frac{b}{2c+a}+\frac{c}{2a+b}=\frac{a^2}{2ab+ac}+\frac{b^2}{2bc+ab}+\frac{c^2}{2ac+bc} \geq

\geq \frac{(a+b+c)^2}{2ab+ac+2bc+ab+2ac+bc}
=\frac{(a+b+c)^2}{3(ab+bc+ca)}\geq 1 ,ez pedig már nyilvánvaló.

A megoldás előnye hogy tetszőlegesen sok tagra általánositható pl.

\frac{a}{2b+c+d+e}+\frac{b}{2c+d+e+a}+\frac{c}{2d+e+a+b}+\frac{d}{2e+a+b+c}+\frac{e}{2a+b+c+d} \geq 1

Előzmény: [291] Csimby, 2005-09-05 21:25:00
[293] Csimby2005-09-07 15:35:15

És akkor a folytatás (sajnos nem találtam egyszerűbbet mint felszorozni mindkét oldalt a bal oldalon lévő nevezőkkel):

a(2c+a)(2a+b)+b(2b+c)(2a+b)+c(2b+c)(2c+a)\ge(2b+c)(2c+a)(2a+b)

2a3+a2b+4ab2+2b3+4a2c+6abc+b2c+ac2+4bc2+2c3\ge4a2b+2ab2+2a2c+9abc+4b2c+4ac2+2bc2

2a3+2ab2+2b3+2a2c+2bc2+2c3\ge3a2b+3abc+3b2c+3ac2

Számtani és mértani közép közti egyenlőtlenséggel könnyen bizonyítható, hogy:

ab2+a2c+bc2\ge3abc

A rendezési tétel miatt:

a3+b3+c3\gea2b+b2c+ac2

Már csak ezt a 3 egyenlőtlenséget kell belátnunk:

a(a2+b2)\ge2a2b

b(b2+c2)\ge2b2c

c(c2+a2)\ge2ac2

Az első egyenlőtlenségben a-val, másodikban b-vel, harmadikban c-vel leosztva szintén a számtani és mértani középpel játszva bizonyítható állításokat kapunk.

A közepeket tényleg mindenütt alkalmaztuk, hiszen a,b és c is 2-2 négyzetszám összege, vagyis nem negatív.

Egyenlőség akkor lehet, amikor a közepekben és a rendezési tételben is egyenlőség van, vagyis ha a=b=c. Ekkor x2+y2=y2+z2=x2+z2, vagyis x2=y2=z2.

Előzmény: [291] Csimby, 2005-09-05 21:25:00
[292] Lóczi Lajos2005-09-05 22:35:40

Vagy (gömbi koordináták helyett): a változószám úgy is csökkenthető, ha mindhárom törtet végigegyszerűsítjük pl. y2-tel: ekkor két új (hányadosokat tartalmazó) változóra átírható az egész. (Hátránya a gömbi koordinátákhoz képest, hogy a változók értelmezési tartományai a pozitív számok lesznek, tehát nem korlátos halmaz. Végigszámolva ebben a konkrét példában azonban egyszerűbb kétváltozós polinomhoz vezet ez a helyettesítés: a rezultánsegyenletnek csak 1 pozitív gyöke van.)

Előzmény: [290] Lóczi Lajos, 2005-09-01 16:23:34
[291] Csimby2005-09-05 21:25:00

Szerintem így lehetne elindulni:

x2+y2=a, y2+z2=b és z2+x2=c helyettesítés után ezt kapjuk:

\frac{a}{2b+c}+\frac{b}{2c+a}+\frac{c}{2a+b}>=1

Előzmény: [289] Suhanc, 2005-08-29 09:37:23
[290] Lóczi Lajos2005-09-01 16:23:34

Az alábbi, egy lehetséges megoldás nyilván nem a legrövidebb, de viszonylag általános eszközöket használ, ezért beírom.

Mivel csupa négyzetes tagok szerepelnek, az az ötletem támadt, hogy térbeli polárkoordinátákat (azaz gömbi koordinátákat) alkalmazzak:

x=r.cos \phi.cos \theta, y=r.sin \phi.cos \theta, z=r.sin \theta,

ahol r>0 (r=0 nyilván nem lehet a nevezők miatt), \phi\in[0,2\pi] a forgásszög, \theta\in[-\pi/2,\pi/2] pedig az emelkedési szög.

A bizonyítandó


-1 + \frac{x^2 + z^2}{2x^2 + 3y^2 + z^2} + \frac{y^2 + z^2}{3x^2 + y^2 + 2z^2} + 
   \frac{x^2 + y^2}{x^2 + 2y^2 + 3z^2}\geq 0

egyenlőtlenségben elvégezve ezeket a helyettesítéseket r kiesik, és csak két változónk marad!

A közös nevezőre hozás után kapunk egy törtet, aminek a nevezője három pozitív szám szorzata, elég tehát a számlálót nézni. Ez nem lesz más, mint

g(A,B):=3-11B+5AB+16B2-28AB2+13A2B2-5B3+12AB3+3A2B3-5A3B3,

ahol az A:=cos2\phi, B:=cos2\theta rövidítéseket használtam. (A szinuszokat a Pitagorasz-tétellel koszinuszokká konvertáltam.)

A továbbiakban elegendő tehát megmutatni, hogy g(A,B)\ge0 a [0,1]×[0,1] egységnégyzeten, és megnézni, hol állhat egyenlőség.

Most standard szélsőértékszámítást használtam. Könnyű ellenőrizni, hogy g(A,0), g(A,1), g(0,B) és g(1,B) valamennyien pozitívak, ha A,B\in[0,1]. A peremen tehát stimmel a dolog, csak "belül" kell vizsgálódni.

Keressük meg a szokásos módon g lokális szélsőértékeit. Ez egy kis számolás. A derivált(vektor)nak kell megkeresni a zérushelyeit az egységnégyzeten belül (az alsó index jelöli a parciális deriválást): fenn kell álljon, hogy (*)

gA(A,B)=5B-28B2+26AB2+12B3+6AB3-15A2B3=0

gB(A,B)=-11+5A+32B-56AB+26A2B-15B2+36AB2+9A2B2-15A3B2=0

egyszerre nullák. Mivel egy (polinom)egyenletrendszernek csak ott lehetnek megoldásai, ahol a rezultáns nulla, vettem a fenti két egyenlet B-szerinti rezultánsát. Ez A-ban az alábbi ötödfokú egyenlet lett (rögtön faktorizálva egy kicsit):


9\left( -1 + 2A \right) \left( -11 + 5A \right) \left( -953 + 11418A - 13536A^2 + 4024A^3 \right).

Ennek a gyökei között vannak a lehetséges A-értékek, amelyek (*) megoldásait adják. Nem nehéz kiszűrni, hogy a fenti egyenletnek [0,1]-ben csak A=1/2-nél van gyöke, illetve van még egy gyök az A\in[9/100,1/10] intervallumban is. Zárjuk ki ez utóbbit.

Elemien meggondolható, hogy a B\togB(A,B) függvény monoton nő [0,1]-en tetszőleges A\in[9/100,1/10] esetén. Mivel azonban g(A,4/10) minden A\in[9/100,1/10] esetén negatív, ezért gB(A,B)<0, ha A\in[9/100,1/10] és B\in[0,4/10]. A másik egyenletről hasonlóan bebizonyítható, hogy gA(A,B)<0, ha A\in[9/100,1/10] és B\in[4/10,1]. Ezekből az következik, hogy a (*) egyenletRENDSZERnek nincs megoldása, ha A\in[9/100,1/10] és B\in[0,1].

Marad tehát az A=1/2 egyetlen lehetséges megoldása (*)-nak. Ez pedig valóban jó, amint azt B=2/3 mutatja.

Ott tartunk, hogy az egységnégyzet belsejében a g kétváltozós függvénynek csak (A,B)=(1/2,2/3)-nál LEHET szélsőértéke. A szokásos, Hesse-mátrixos másodrendű elégséges feltétellel azonban meggyőződhetünk róla, hogy itt valóban szélsőérték is VAN, mégpedig lokális minimum.

Meglepő, hogy ez éppen zérushely is: g(1/2,2/3)=0.

A feladat eredeti állítását tehát bebizonyítottuk, és ebből az egyenlőség esete is könnyen látható: a megadott A és B értékekből a \phi és \theta szögek visszaszámolhatók. Ezekből az eredeti x,y és z változókra azt kapjuk, hogy x=\pmy (hiszen cos2(\pi/4)=sin2(\pi/4)=1/2), sőt, azt is, hogy x=\pmz (y előjelétől függetlenül), ami pedig azon múlik, hogy

\left(\sqrt{\frac{2}{3}}\cdot \sin\frac{\pi}{4}\right)^2=1-\frac{2}{3}.

Egyenlőség az eredeti feladatban pontosan akkor van tehát, ha |x|=|y|=|z|.

Előzmény: [289] Suhanc, 2005-08-29 09:37:23
[289] Suhanc2005-08-29 09:37:23

72.Feladat:

Bizonyítsuk be a megadott egyenlőtlenséget, és vizsgáljuk meg, teljesülhet-e egyenlőség esete!

\frac{x^2+y^2}{3z^2+2y^2+x^2} +\frac{y^2+z^2}{3x^2+2z^2+y^2}+ \frac{z^2+x^2}{3y^2+2x^2+z^2} \ge 1

[288] Suhanc2005-08-29 09:17:54

...általánosan talán annyit mondhatunk, minden olyan évszámra kizárólag Jonas elképzelése müködőképes, ha a fent leírt szabálynak (evszam-n=j(n)) csak 1 megoldása van, míg, a (evszam-1-n= j(n))-nek legalább egy megoldása van...

Előzmény: [287] Suhanc, 2005-08-29 09:13:04
[287] Suhanc2005-08-29 09:13:04

Kedves László!

Őszintén szólva Jonas észrevétele után bennem ez a feladat kissé fogásmentessé vált. A konkrét kérdésedre válaszolva, a 2005 szerintem is csak Jonas verziójában működik. Nézzük meg egyenlőre azokat a számokat, melyekre, ha j(n) a szj-ek összege,

2005-n=j(n)

Majd ugyanezt tegyük meg 2004- re is! 2005-re egyetlen példát talált (a gép...:D), amennyiben feltételezzük, hogy 1000 előtt születettek ma már nem élnek. Ez az 1979. Míg 2004-re megfelel 1983 és 2001. Miért kerestünk 2004-re is? Mert az elsőnek elképzelt verzió szerint a feladatnak nem lehet megoldása, hisz egyetlen lehetséges megoldásunk nem lehet azapa és a fiú születési ideje. Ezáltal látszik meg a másik értelmezés pontosító hatása:

Tegyük fel, hogy az év olyan szakaszában vagyunk, amikor a két családtag közül pontosan egyik ünnepelte a születésnapját. (ha még egyik sem ünnepelte, azt nyugodtan tekinthetjük az előző évnek)

Ekkor egyiküknél a 2005-ös képletet kell használnunk, míg a másiknál a 2004-est, hisz ugyanolyan idős, mint 2004-ben, makor betöltötte. Ez alapján már kreálhautnk számpárokat.

Lehetséges pl. hogy az apa 1979-es születésű, míg a fiú 1983 (!!!), avagy az apa 1979,a fiú 2001. Mindkét esetben az apa ünnepelte már a születsnapját.

Előzmény: [285] lorantfy, 2005-07-27 15:37:14
[286] [evilcman]2005-08-23 18:53:03

71.

p=2 igaz, máskor

* (3;p)=1; (2;p)=1; (6;p)=1

a kis Fermat tételből:

2p-1=pa+1

3p-1=pb+1

6p-1=pc+1

a vizsgált kifejezés így : (3pa + 2pb + pc)/6 egész szám, ugyanakkor * ( (3a + 2b + c)/6 is egész )

Előzmény: [284] Ali, 2005-07-25 09:25:38
[285] lorantfy2005-07-27 15:37:14

Szia Suhanc!

Kösz, hogy foglalkoztál a feladattal! Gondold át, ha van kedved hozzá, hogy milyen évszámmal kellene megadni a feladatot, hogy csak a Jónás féle verzióban legyen megoldás! (Lehet, hogy 2005 jó lenne?)

Persze más is elgondolkodhat rajta!

Előzmény: [282] Suhanc, 2005-07-12 22:06:32
[284] Ali2005-07-25 09:25:38

71. feladat.

Ha p\ne3 prím, akkor 2p-2 + 3p-2 + 6p-2 - 1 osztható p -vel.

[283] lorantfy2005-07-12 22:12:13

Igazad van! A szokás szerint a következő születésnapig az előző életkor számít és ezt a feladat szövege megengedi. Nem erre gondoltam a megfogalmazáskor, de most rájöttem, hogy akkor lenne igazán jó a feladat ha csak egy megoldása lenne, a Te elképzelésed szerinti.

Előzmény: [281] jonas, 2005-07-12 19:46:08
[282] Suhanc2005-07-12 22:06:32

Kedves László!

Ha nem rontottam el, úgy néz ki, az 1900 és 2000 között születettek közül csak az 1984-re stimmel a feladat állítása (Ha szigorú értelemben vesszük. Jonas elgondolását nem írtam bele a programba). Szóval így kissé meghökkentő a feladat végeredménye...kétszeresen is...

Előzmény: [280] lorantfy, 2005-07-12 18:02:36
[281] jonas2005-07-12 19:46:08

Miért nem jó az 1979? Ha a szülő mondjuk 1979. októberben született, a gyereke pedig 2002. márciusában, akkor 2006. júliusában a szülő 26 éves, és 1+9+7+9=26, de a gyereke már 4 éves, és 2+0+0+2=4.

Előzmény: [280] lorantfy, 2005-07-12 18:02:36
[280] lorantfy2005-07-12 18:02:36

Szia Jónás!

Az 1979 nem stimmel, mert erre 2005-ben lesz igaz az állítás. Az 1984 a jó. 22 éves embernek lehet 4 éves gyereke!

Előzmény: [279] jonas, 2005-07-12 15:01:41
[279] jonas2005-07-12 15:01:41

Igen, 1979-ben született, a gyermeke pedig 2002-ben. (Nem olyan valószínű, de esetleg az is előfordulhat, hogy 1984-ben született, a gyereke szintén 2002-ben.)

Előzmény: [278] lorantfy, 2005-07-11 12:08:37
[278] lorantfy2005-07-11 12:08:37

70. feladat: Valaki azt állítja, hogy jövő évben (2006) ő és gyermeke is annyi ídős lesz mint születési évszámuk számjegyeinek összege. Igaza lehet?

[277] lorantfy2005-04-16 13:54:05

Kedves Suhanc és Fórumosok!

Bizonyítottnak kell tekintenek a gondolatátvitellel való információátadás lehetőségét :-), ugyanis az előző hozzászólásom végére odagondoltam, hogy akkor gyártsatok hasonló feladatokat.

Ezen kívül gratula az 55. feladat megoldásaiért! Nagyon tetszettek.

Előzmény: [276] Suhanc, 2005-04-16 12:21:11
[276] Suhanc2005-04-16 12:21:11

69.Feladat Bizonyítsd be, hogy:

17|33n+152n+1+25n+111n

[275] lorantfy2005-04-15 07:50:54

Kedves Csimbi!

Kösz az ügyes és gyors megoldást. Végülis az a lényeg, hogy ha két szám azonos maradékot ad, k-val osztva, akkor n-edik hatványuk is azonos maradékot ad.

Előzmény: [270] Csimby, 2005-04-13 16:48:53
[274] Suhanc2005-04-14 20:56:45

Kedves Sirpi és Fálesz Mihály!

Köszönöm a megoldásotokat! Igazából már lemondtam róla, hogy bárkit is érdekeljen a feladat... Sirpi, említettél egy közepes megoldást, ami szerintem megegyezik az én megoldásommal. Mindenesetre akkor én azt engedelmeddel "pofátlanul beírnám", szerintem van üzenete...

Megfelelő módon osztjuk részekre a baloldalon lévő mennyiségeket, és ezekből fogjuk a jobb oldal tagjait a számtani- mértani közepek közötti egyenlőtlenség egítségével becsülni.

Eredetileg: a3b+b3c+c3a\gea2bc+ab2c+abc2

Ekkor:

\frac{4(a^3b)+(b^3c)+2(c^3a)}{7} \ge a^2bc

\frac{2(a^3b)+4(b^3c)+(c^3a)}{7} \ge ab^2c

\frac{(a^3b)+2(b^3c)+4(c^3a)}{7} \ge abc^2

E három egyenlőtlenséget összeadva épp a bizonyítandó állítást kapjuk...

Előzmény: [273] Sirpi, 2005-04-14 14:24:06
[273] Sirpi2005-04-14 14:24:06

Hát igen, ez jóval egyszerűbb megoldás. Viszont igaz, hogy a másik hosszú, meg számolós, de az enyém :-) Közben rájöttem én is egy másik, nem ennyire számolós megoldásra.

Osszuk le mindkét oldalt abc-vel (ha valamelyik szám 0, akkor triviálisan igaz az egyenlőtlenség):

a2/c+b2/a+c2/b\geqa+b+c

Átrendezve:

a^2 \cdot \frac1c + b^2 \cdot \frac1a + c^2 \cdot \frac1b \geq a^2 \cdot \frac1a + b^2 \cdot \frac1b + c^2 \cdot \frac1c

Mindkét oldalon az a2,b2,c2 számok vannak páronként összeszorozva az \frac1a, \frac1b, \frac1c számokkal, és össze vannak adva a szorzatok, csak más sorrendben vannak összepárosítva a két oldalon. Ismert tétel (rendezési tételnek, vagy Szűcs Adolf-tételnek is hívják), hogy egy ilyen szorzat akkor lesz maximális, ha a két összeszorzandó sorozat azonos módon van rendezve, akkor lesz a legkisebb, ha ellentétes módon, ebből következően az összes többi permutáció e kettő közt fog elhelyezkedni.

A jobb oldalon fordított sorrendben van rendezve a két számhármas (ha pl. a2\geqb2\geqc2, akkor 1/a\leq1/b\leq1/c), így a bal oldal legalább akkora, mint a jobb.

[272] Fálesz Mihály2005-04-14 14:03:12

Szia Sirpi,

A megoldást ismertem, ezért nem írtam le eddig. (A 83-as párizsi diákolimpián a legnehezebb feladatot, amire a teljes magyar csapat összesen 1 pontot szerzett, erre az egyenlőtlenségre lehetett visszavezetni egy kis trükkel.)

(a3b+b3c+c3a)-(a2bc+ab2c+abc2)=

=ab(a-c)2+bc(b-a)2+ca(c-b)2\ge0.

F.M. :-)

Előzmény: [271] Sirpi, 2005-04-14 11:16:40
[271] Sirpi2005-04-14 11:16:40

Na, akkor a rég eltemetett 55. feladatról írnék, ami úgy szólt, hogy ha a,b,c\geq0, akkor a3b+b3c+c3a\geqa2bc+ab2c+abc2.

Kijött közepekkel is, de ha nem akarok nagyágyúkat használni, akkor ki lehet direkt módon is hozni. Első észrevétel, hogy ha a=b=c=0, akkor triviálisan igaz az állítás. Ha meg nem, akkor szorozzunk fel (a+b+c)-vel:

(a+b+c)(a3b+b3c+c3a)\geqabc(a+b+c)2

Elvégezve a beszorzást mindkét oldalon 9-9 tagot kapunk, amiből 3 egyezik:

a4b+ab3c+a2c3+a3b2+b4c+abc3+a3bc+b3c2+ac4\geqa3bc+ab3c+abc3+2a2b2c+2a2bc2+2ab2c2

Rendezve:

(a4b+b3c2-2a2b2c)+(b4c+c3a2-2ab2c2)+(c4a+a3b2-2a2bc2)\geq0

Ez pedig nyilvánvalóan igaz, mert ez átírható a következő alakra:

b(a2-bc)2+c(b2-ac)2+a(c2-ab)2\geq0

Egyenlőség akkor áll fenn, ha minden tag 0. Minden tag egy szorzat, ezért az egyenlőségnek az a feltétele, hogy minden tényező valamelyik tagja 0. Nézzük meg az eredeti egyenletet abban az esetben, ha pl. c=0, ekkor a bizony1tandó egyenlet az a3b\geq0 alakra egyszerűsödik. Vagyis ha van nulla a számok közt, akkor egyenlőség áll fenn, amennyiben van köztük még legalább egy másik nulla is.

Ha nincs nulla a számok közt, akkor pedig az a2=bc,b2=ac,c2=ab egyenlőségek mindegyikének kell teljesülnie, de ha feltesszük, hogy c a legnagyobb, és c2=ab, abból rögtön következik, hogy a=b=c. Tehát az (a,a,a) és az (a,0,0) számpárok esetén van egyenlőség.

Előzmény: [189] Suhanc, 2004-09-22 20:12:09

  [1. oldal]    [2. oldal]    [3. oldal]    [4. oldal]    [5. oldal]    [6. oldal]    [7. oldal]    [8. oldal]    [9. oldal]    [10. oldal]    [11. oldal]    [12. oldal]    [13. oldal]    [14. oldal]    [15. oldal]    [16. oldal]    [17. oldal]    [18. oldal]    [19. oldal]    [20. oldal]    [21. oldal]    [22. oldal]    [23. oldal]    [24. oldal]    [25. oldal]    [26. oldal]    [27. oldal]    [28. oldal]    [29. oldal]    [30. oldal]    [31. oldal]    [32. oldal]    [33. oldal]    [34. oldal]    [35. oldal]    [36. oldal]    [37. oldal]    [38. oldal]  

  Regisztráció    Játékszabályok    Technikai információ    Témák    Közlemények  

Támogatóink:   Ericsson   Google   Cognex   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Nemzeti Tehetség Program  
MTA Energiatudományi Kutatóközpont   MTA Wigner Fizikai Kutatóközpont     Nemzeti
Kulturális Alap   ELTE   Morgan Stanley