|
|
|
|
|
|
[3212] bily71 | 2010-02-07 19:23:42 |
Igaz-e, hogy, ha pP, azaz prím, akkor
|
|
|
[3210] lgdt | 2010-02-06 14:23:19 |
Hát izé. A vektort megszorozhatjuk annyival, hogy a nem 0 koordinátái mind 1-nél nagyobbak legyenek, és ettől a determináns előjele nem változik. Ekkor viszont f() monoton növő és folytonos.
|
Előzmény: [3209] sakkmath, 2010-02-06 13:43:09 |
|
|
[3208] lgdt | 2010-02-06 12:34:11 |
Hasonlóan jó a b) feladatra, csak ki kell cserélni az utolsó két sort, ezért lesz a determináns negatív. És intuitíve ha >1, akkor a koordinátánkénti hatványozás "ugyanúgy" forgatja el az (x,y,z) vektort, mint az =2 esetben, ezért az előjeles térfogat pozitív marad. Szóval azt sejtem, hogy <1-re f0, =1-re f=0 és >1-re f0.
|
Előzmény: [3207] lgdt, 2010-02-06 01:23:54 |
|
|
|
|
|
|
|
[3201] sakkmath | 2010-02-05 15:18:09 |
Lehet, hogy ez túlságosan ismert feladat, ezért beírom a következőt is, amely a Nehezebb matematikai problémák /[652]-ben már szerepelt, de azóta sem érkezett rá teljes értékű megoldás:
Legyen , ahol 0xyz és 0. Határozzuk meg az paraméter értékét úgy, hogy
a) f(x, y, z)0,
b) f(x, y, z)0
teljesüljön.
|
Előzmény: [3200] sakkmath, 2010-02-04 16:40:13 |
|
|
|
|
[3196] m2mm | 2010-02-02 17:15:01 |
Szép megoldás, enyémnél biztosan szebb. Egy egy fokkal nehezebb:
Bizonyítsuk be, hogy ha a,b,c valós számok, akkor
a4+b4+c4+3(a2b2+b2c2+c2a2)2(a3b+b3c+c3a+ab3+bc3+ca3)
|
Előzmény: [3193] sakkmath, 2010-02-02 13:59:56 |
|
|
[3194] bily71 | 2010-02-02 14:06:58 |
Ha nem, hát nem.
Átnézem mégegyszer, hogy rájöjjek, hol hibáztam. Egyébként nem az n=1 behelyettesítésre gondoltam. [3185]-ben megadtam egy rekurzív eljárást: i!aij(mod p), ahol j(i-1)!mod p). Nekem hirtelen úgy tűnt, hogy a rekurzió miatt (p-1)!-nek nincs más lehetősége, mint kongruensnek lenni p-1-gyel modulo p.
Lehet, hogy lefelejtettem egy felkiáltójelet?:)
|
Előzmény: [3188] m2mm, 2010-02-01 21:13:36 |
|
[3193] sakkmath | 2010-02-02 13:59:56 |
0(a+b-c)2(a-b)2+(b+c-a)2(b-c)2+(c+a-b)2(c-a)2=
=2(ab2c+abc2+a2bc+a4+b4+c4-a3b-a3c-ab3-ac3-b3c-bc3).
2-vel elosztjuk az egyenlőtlenséget, majd jobb oldalon az első három tagból kiemelünk abc-vel és kapjuk:
0abc(a+b+c)+a4+b4+c4-(a3b+a3c+ab3+ac3+b3c+bc3). Az abc=1 behelyettesítése után a kívánt egyenlőtlenség adódik. Végig azonos átalakításokat alkalmaztunk.
|
Előzmény: [3189] m2mm, 2010-02-01 21:32:17 |
|