Fórum: "ujjgyakorlatok"

Játékszabályok Technikai információ TeX tanfolyam Elfelejtettem a jelszavam Témák

[1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [8] [9] [10] [11] [12] [13] [14] [15] [16] [17] [18] [19] [20] [21] [22] [23] [24] [25] [26] [27] [28] [29] [30] [31] [32] [33] [34] [35] [36] [37] [38] [39] [40] [41] [42] [43] [44] [45] [46] [47] [48] [49] [50] [51] [52] [53] [54] [55] [56] [57] [58] [59] [60] [61] [62] [63] [64] [65] [66] [67] [68] [69] [70] [71] [72] [73] [74] [75] [76] [77] [78] [79] [80] [81] [82] [83] [84] [85] [86] [87] [88] [89] [90] [91] [92] [93] [94] [95] [96] [97] [98] [99] [100]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[823] Fálesz Mihály

2013-04-30 23:50:11

Ennek mintájára, hozzuk egyszerűbb alakra ezt a kifejezést:

$f(x_1,\dots,x_n) = \sum_{i=1}^n \left(x_i \cdot \prod_{j\ne i}\bigg(1+\frac1{x_i-x_j}\bigg)\right)$

Ja, és ha lehet, fejben.

Előzmény: [820] Fálesz Mihály, 2013-04-30 23:02:25

[822] Fálesz Mihály	2013-04-30 23:45:09
Köszi, már kezdtem aggódni, hogy esetleg hibás. :-)
Előzmény: [821] jonas, 2013-04-30 23:31:34

[821] jonas

2013-04-30 23:31:34

Ja értem! Azt mondod, hogy a közös nevezőre hozás után g alternáló, vagyis g(a,c,b)=-g(a,b,c), ezért (b-c) osztóha g-nek. Hasonlóan (a-b) és (c-a) is osztója. Így aztán h osztója g-nek.

Most g/h a fokszámok miatt elsőfokú polinom. Mivel viszont g(b,c,a)=g(a,b,c) és h(b,c,a)=h(a,b,c), ezért az elsőfokú hányados csak a+b+c skalárszorosa lehet.

Ügyes megoldás.

Előzmény: [820] Fálesz Mihály, 2013-04-30 23:02:25

[820] Fálesz Mihály

2013-04-30 23:02:25

A függvény egy háromváltozós racionális tört. A nevezője a Vandermonde-polinom.

A függvény szimmetrikus. Mivel a nevező alternáló, a számláló is alternáló.

Ha viszont a számláló alternáló, akkor osztható a Vandermonde polinommal.

Tehát a számláló osztható a nevezővel, a tört valójában egy polinom.

Előzmény: [819] jonas, 2013-04-30 21:00:53

[819] jonas	2013-04-30 21:00:53
Én sem értem, hogy honnan jön ki neked, hogy a kifejezés polinom.
Előzmény: [817] Fálesz Mihály, 2013-04-30 18:59:33

[818] w

2013-04-30 19:38:17

"Ha csak ki akarjuk számolni. akkor érdemes előbb két tagot összeadni, egyszerűsíteni, és csak utána hozzáadni a harmadik törtet."

Nem mondod! Másik lehetőségünk (a korábbi két megoldás): közös nevezőre hozás után megnézzük a tagokat külön-külön. Lehet 'ügyesen számolni'.

Említetted, hogy "a kifejezés polinom, mert a közös nevező alternáló". Ezt részletesebben is kifejtenéd, mert a feladat annyit kér, hogy f(a,b,c) egész?

Előzmény: [817] Fálesz Mihály, 2013-04-30 18:59:33

[817] Fálesz Mihály

2013-04-30 18:59:33

Ha csak ki akarjuk számolni. akkor érdemes előbb két tagot összeadni, egyszerűsíteni, és csak utána hozzáadni a harmadik törtet.

* * *

Ha dózerolni akarunk, akkor megállapítjuk, hogy

--- a kifejezés szimmetrikus

--- a kifejezés polinom, mert a közös nevező alternáló

--- a polinom homogén elsőfokú.

Tehát f(a,b,c)=K^.(a+b+c) valamilyen K konstanssal.

A konstanst valamilyen konkrét számhármas (pl. -1,1,2) behelyettesítésével is megkaphatnánk, de ez ellentétes lenne a dózerolás filozófiájával. ;-) Ezért inkább a fájdalom- és számolásmentes $K=\lim_{a\to\infty}\frac{f(a,b,c)}{a}=-1+0+0$ határértéket vesszük (rögzítve b-t és c-t).

Előzmény: [816] w, 2013-04-30 16:44:54

[816] w

2013-04-30 16:44:54

Ez tetszik. Én egyszerűen felszoroztam. Kaptam a két oldalon egy-egy háromtagú ciklikus összeget:

a(...)+b(...)+c(...)=a(...')+b(...')+c(...')

Ezeknek első tagjait vetettem össze egymással. A dolgok szépen kiesnek, elkerülhetjük a sok számolást.

Előzmény: [815] jonas, 2013-04-30 15:00:35

[815] jonas

2013-04-30 15:00:35

Mutatok egy megoldást, bár gyanítom, hogy van ennél egyszerűbb is.

Hozzuk a kifejezést közös nevezőre. f=g/h, ahol

g=a(c+a)(a+b)(b-c)+b(a+b)(b+c)(c-a)+c(b+c)(c+a)(a-b),

h=(a-b)(b-c)(c-a).

Fejtsük ki először a nevezőt, mert az könnyebb.

h=-a²b+b²a-b²c+c²b-c²a+a²c.

Most nézzük a számlálót! Fejtsük ki a három tagot külön.

$\matrix{ g = &\big(a^3b &- a^2c^2 &+ a^2b^2 &- a^3c &+ ab^2c &- abc^2\big) &+ \cr + &\big(b^3c &- b^2a^2 &+ b^2c^2 &- b^3a &+ bc^2a &- bca^2\big) &+ \cr + &\big(c^3a &- c^2b^2 &+ c^2a^2 &- c^3b &+ ca^2b &- cab^2\big).& }$

Ebben vannak azonos tagok, amik kiejtenék egymást, de a trükk az, hogy nem ejtjük ki őket. Helyette forgassuk el az egyes oszlopokat külön-külön: a második és negyedik oszlopot forgassuk fölfelé, a hatodikat lefelé.

$\matrix{ g = &\big(a^3b &- b^2a^2 &+ a^2b^2 &- b^3a &+ ab^2c &- cab^2\big) &+ \cr + &\big(b^3c &- c^2b^2 &+ b^2c^2 &- c^3b &+ bc^2a &- abc^2\big) &+ \cr + &\big(c^3a &- a^2c^2 &+ c^2a^2 &- a^3c &+ ca^2b &- bca^2\big).& }$

Most a sorokat szorzattá alakíthatjuk:

g=ab(a+b+c)(a-b)+bc(a+b+c)(b-c)+ca(a+b+c)(c-a)=

=(a+b+c)(a²b-b²a+b²c-c²b+c²a-a²c)=-(a+b+c)h.

Ebből pedig f=-(a+b+c) egész szám, feltéve, hogy h nem nulla. Ha h nulla, akkor valamelyik tényezője nulla, ettől pedig f eredeti alakjában valamelyik nevező nulla lesz.

Előzmény: [807] w, 2013-04-29 16:36:16

[814] jonas	2013-04-30 11:29:18
Ez szép feladat. Később megpróbálok rá egyszerű megoldást készíteni.
Előzmény: [807] w, 2013-04-29 16:36:16

Játékszabályok Technikai információ TeX tanfolyam Elfelejtettem a jelszavam Témák

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?