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

Rendelje meg a KöMaL-t!

ELTE

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

Fórum - "ujjgyakorlatok"

  Játékszabályok    Technikai információ    TeX tanfolyam    Elfelejtettem a jelszavam    Témák  

  [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.
[652] Fálesz Mihály2010-09-02 09:42:24

Trükkös bizonyítások

Híres(?) álbizonyítások

Előzmény: [650] bily71, 2010-09-01 21:36:23
[651] SAMBUCA2010-09-01 21:48:58

0-val osztunk

Előzmény: [650] bily71, 2010-09-01 21:36:23
[650] bily712010-09-01 21:36:23

Legyen a=b+c !

Ekkor:

5a=5b+5c

4b+4c=4a

Adjuk össze a két egyenletet!

5a+4b+4c=5b+5c+4a

Mindkét oldalból vonjunk ki 9a-t!

4b+4c-4a=5b+5c-5a

Ebből:

4(b+c-a)=5(b+c-a)

Vagyis 4=5. Hol a hiba?

[649] bily712010-08-31 20:31:34

Bocsánatodért esedezem, nem volt szándékomban félrevezetni téged.

Elsőre azt hittem, hogy a négyzetmentes számok azonosak a nem hatványszámokkal. Tévedtem...

Előzmény: [648] jenei.attila, 2010-08-31 16:00:59
[648] jenei.attila2010-08-31 16:00:59

Ne haragudj Bily, de a kérdést nem átfogalmaztad, hanem egyszerűen mást kérdezel. A négyzetmentes számokra igaz, hogy nem hatványszámok, de fordídva nem. A kezdőtagok nevezőiben pedig as szerepel, akármi is az a. Tehát az eredeti kérdésedben, ahol azt mondtad hogy az a négyzetmentes, nem fog szerepelni a 12s, mivel a 12 nem négyzetmentes. Ha most azt mondod, hogy az a mégis inkább legyen nem hatványszám, akkor szerepelni fog benne, mivel a 12 valóban nem hatványszám. Előbb döntsd el hogy mit kérdezel, és ne tegyél úgy mintha én lennék értetlen hülye! Legalább annyit írhattál volna, hogy bocsi, rosszul tettem fel a kérdést. Még hogy átfogalmaztad... Most felbosszantottál.

Előzmény: [646] bily71, 2010-08-31 14:23:52
[647] SAMBUCA2010-08-31 15:24:20

Egyszerűen megválaszolható, ujjgyakorlat :) két dolgot kell ellenőrízni:

a, minden 1/ns szerepel a jobboldalon

b, egyik sem szerepel kétszer.

Sambuca

Előzmény: [646] bily71, 2010-08-31 14:23:52
[646] bily712010-08-31 14:23:52

Szerintem meg a kezdőtagok nevezőiben az a számok azok a pozitiv egészek, amelyek nem állnak elő a=br alakban, ahol b és r pozitiv egészek és r>1, azaz bármely 1-nél nagyobb r esetén a r-edik gyöke nem egész szám.

Az 1/12s úgy lesz kezdőtag, hogy nem szerepel egyik előző sorban sem, vagyis igy:

\sum1/n=1+(1/2+1/4+1/8+1/16+...)+(1/3+1/9+1/27+...)+(1/5+1/25+...)+

+(1/6+1/36+...)+(1/7+1/49+...)+(1/10+1/100+...)+(1/11+1/121+...)+(1/12+1/144+...)+...

Tehát a kérdésem átfogalmazva:

Igaz-e, hogy

\sum\frac{1}{n^s}=1+\sum\frac{1}{a^s-1}

ahol a befutja a nem hatványszámokat, n pedig a pozitiv egészeket?

Előzmény: [645] jenei.attila, 2010-08-31 08:53:06
[645] jenei.attila2010-08-31 08:53:06

Sajnos nem értem mire gondolsz: "csakhogy a kezdőtagok nevezőjében lévő a-k, mint ahogy az ellenpéldád is mutatja (az 1/12s is kezdőtag), nem azonosak a négyzetmentes számokkal"

Szerintem a kezdőtagok nevezői éppen a négyzetmentes számok. Továbbra sem találom az 1/12s-ent. Ez szerinted hogyan lesz kezdőtag? A következő hozzászólásodban az r mit jelent? Mi az, hogy az r-edik gyök nem egész szám? Létezik ilyen r, vagy minden r-re? Légyszíves próbáld ezt világosabban kifejteni. Köszi.

Előzmény: [643] bily71, 2010-08-30 22:33:35
[644] bily712010-08-30 22:51:12

Tehát a nem négyzetmentes szám, hanem olyan pozitiv egész, amelynek r-edik gyöke r\inN és r>1 esetén nem egész szám.

Előzmény: [643] bily71, 2010-08-30 22:33:35
[643] bily712010-08-30 22:33:35

s=1 esetén:

1/1+1/2+1/3+...=1+(1/2+1/4+1/8...)+(1/3+1/9+1/27+...)+(1/5+1/25+1/125+)+...

s=2 esetén:

1/1+1/4+1/9+...=1+(1/4+1/16+1/64+...)+(1/9+1/81+1/729+...)+(1/25+1/625+1/15625+...)+...

...

A zárójelekben olyan mértani sorok vannak, melyek kezdőtagjai nem szerepeltek egyik elöző zárójelben sem és a kezdőtag egyenlő a kvócienssel, csakhogy a kezdőtagok nevezőjében lévő a-k, mint ahogy az ellenpéldád is mutatja (az 1/12s is kezdőtag), nem azonosak a négyzetmentes számokkal, ezen számok halmaza bővebb.

Előzmény: [641] jenei.attila, 2010-08-30 12:23:13
[642] Tibixe2010-08-30 16:26:11

s=0-ban a bal oldal értéke:

(dobpergés)

-\frac12

Kis rosszindulattal, persze.

Előzmény: [638] Róbert Gida, 2010-08-30 01:29:00
[641] jenei.attila2010-08-30 12:23:13

Nekem úgy tűnik, nem igaz. A \frac{1}{a^s-1}=\frac{\frac{1}{a^s}}{1-\frac{1}{a^s}} átalakításból a szumma mögött az \frac{1}{a^s}+\frac{1}{a^{2s}}+\frac{1}{a^{3s}}+\frac{1}{a^{4s}},... mértani sorösszegek állnak minden négyzetmentes a-ra. Hol van ebbel pl. az \frac{1}{12^s}?

Előzmény: [637] bily71, 2010-08-29 15:54:31
[640] bily712010-08-30 08:43:40

És persze n>0.

Előzmény: [639] bily71, 2010-08-30 07:27:24
[639] bily712010-08-30 07:27:24

És ha s pozitiv egész?

Előzmény: [638] Róbert Gida, 2010-08-30 01:29:00
[638] Róbert Gida2010-08-30 01:29:00

Nem igaz. s=0-ra a bal oldal végtelen, a jobb oldal pedig nem értelmezett.

Előzmény: [637] bily71, 2010-08-29 15:54:31
[637] bily712010-08-29 15:54:31

Igaz-e, hogy

\sum\frac{1}{n^s}=1+\sum\frac{1}{a^s-1}

ahol s\inNn végigfut a természetes számokon, a pedig az 1-nél nagyobb négyzetmentes számokon ?

[636] SmallPotato2010-08-24 08:28:17

"Ha a csomó a lyukhoz ér, megáll."

Igaz; nem gondoltam jól végig. Köszönöm.

Előzmény: [635] BohnerGéza, 2010-08-23 21:03:07
[635] BohnerGéza2010-08-23 21:03:07

Ha a csomó a lyukhoz ér, megáll. Egy súly nem emeli föl a másikat, hisz egyenlők. Addig történhet mozgás, míg a harmadik súly rásegít, de ez véget ér, ha a csomó a lyukhoz ér.

Érdemes helyzeti energia szempontjából is vizsgálni a feladatot:

Akkor áll meg a súlyok mozgása (persze, ha csillapodás is van), ha az összes helyzeti energiájuk a legkisebb, azaz az asztal fölött a madzagok összhossza a legkisebb. Tehát azt a pontot keressük, melyre a tőle a csúcsokig tartó szakaszok összege minimális.

Ez az olyan háromszögeknél, melyek minden szöge kisebb 120 foknál, valóban az izogonális pont. Az olyan háromszögeknél, melynek van legalább 120 fokos szöge, ennek csúcsa.

Előzmény: [633] SmallPotato, 2010-08-22 14:39:35
[634] Róbert Gida2010-08-22 17:20:55

Dimenzióval van a baj, 2 helyen is: f=f2, illetve Ft=Ft2 nem igaz.

Előzmény: [632] bily71, 2010-08-22 14:12:35
[633] SmallPotato2010-08-22 14:39:35

A jelzett esetben valóban nem állhat elő a három egyforma szög; ebből adódóan viszont ekkor a három egyenlő nagyságú erő nem tarthat egyensúlyt. Konkrétan az fog történni, hogy a 120 fokot elérő szögnél levő lyukba az ott lévő súly berántja a csomót és a rendszert csak valamelyik másik súly elakadása állítja meg.

Olyasmi helyzet ez, mint az utca két oldala között kifeszített tartókábel és az azon, (az egyszerűség kedvéért most középen) lógó lámpa. Ha a tartókábel túl feszes (azaz két ága az egyenesszöghöz közeli szöget zár be), a felfüggesztésben lényegesen nagyobb erők ébrednek, mint a lámpa súlya. Konkrétan ha a tartókábel ágai 120 foknál többet zárnak be, akkor a bennük ébredő erő a lámpa súlyánál nagyobb kell hogy legyen; vagy megfordítva: ha a feszítőerőnek nem szabad meghaladnia a lámpa súlyát, akkor a szög nem haladhatja meg a 120 fokot.

Előzmény: [631] gubanc, 2010-08-22 12:03:56
[632] bily712010-08-22 14:12:35

1Ft=100f=10f*10f=1/10Ft*1/10Ft=1/100Ft=1f, vagyis 1 forint=1 fillér.

Hol a hiba?

[631] gubanc2010-08-22 12:03:56

Ezt a példát már én is hallottam, de diszkussziós választ még nem. A feladat tetszőleges háromszögről szól. Kós Géza a GEOMETRIA [268]-ban ezt írja: „Ha valamelyik szög éppen 120 fok vagy annál nagyobb, akkor nincs izogonális pont”. Ha ez igaz, hol lesz a csomó az ilyen háromszögeknél és mi a teljes indoklás?

Előzmény: [630] Fernando, 2010-08-22 08:39:22
[630] Fernando2010-08-22 08:39:22

Szerintem ez az ún. izogonális pont, ahonnan a háromszög három oldala azonos szög alatt látszik = a csúcsokhoz vezető szakaszok hosszösszege minimális.

[629] SmallPotato2010-08-22 00:16:40

Szerintem nem a súlypont a befutó. A cérnák találkozási pontjában három, egy síkba eső és egyenlő nagyságú erő tart egyensúlyt, tehát ... (nem fejezem be; jusson másnak is a megoldásból)

Előzmény: [627] Nánási József, 2010-08-21 23:06:10
[628] BohnerGéza2010-08-22 00:16:31

Súlypontban?

Előzmény: [627] Nánási József, 2010-08-21 23:06:10

  [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]  

  Játékszabályok    Technikai információ    TeX tanfolyam    Elfelejtettem a jelszavam    Témák  

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