Fórum: "ujjgyakorlatok"

[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]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[833] w

2013-05-02 15:29:43

Ha valamely két szám egyenlő, akkor a kezdeti kifejezés nem értelmezhető. :-)

Nekem a nadorp-féle hozzáállás nagyon tetszik, a kifejezésről ordít az interpolációs képlet, csak felfedezni nem véltem ilyet. Amúgy az interpolációs feladatot valahol ki is tűztem a fórumon, csak válasz nem érkezett.

Előzmény: [830] Lóczi Lajos, 2013-05-02 14:53:56

[832] jonas	2013-05-02 15:11:28
Aha, értem. Szóval te most Fálesz Mihály megoldásához hasonlót szeretnél kapni.
Előzmény: [829] nadorp, 2013-05-02 14:52:23

[831] nadorp	2013-05-02 14:56:36
Így kevesebbet kellett írni. :-)
Előzmény: [830] Lóczi Lajos, 2013-05-02 14:53:56

[830] Lóczi Lajos

2013-05-02 14:53:56

>>> Tekintsük a következő p(x) polinomot. ( a $\neq$ b $\neq$ c )

És mi van, ha a=c ? :)

Előzmény: [826] nadorp, 2013-05-02 13:44:57

[829] nadorp	2013-05-02 14:52:23
a,b és c adott valós számok. A nevezőben nincs "x". p miért nem polinom?
Előzmény: [827] jonas, 2013-05-02 14:36:48

[828] Lóczi Lajos	2013-05-02 14:51:41
Mert nincs x a nevezőben.
Előzmény: [827] jonas, 2013-05-02 14:36:48

[827] jonas	2013-05-02 14:36:48
De honnan tudod, hogy p polinom (vagyis nincs nevezője)?
Előzmény: [826] nadorp, 2013-05-02 13:44:57

[826] nadorp

2013-05-02 13:44:57

Remélem, ez már jó megoldás lesz.

Tekintsük a következő p(x)polinomot. ( a $\neq$ b $\neq$ c)

$p(x)=a\frac{(x-b)(x-c)}{(a-b)(a-c)}+b\frac{(x-a)(x-c)}{(b-a)(b-c)}+c\frac{(x-a)(x-b)}{(c-a)(c-b)}$

Látszik, hogy a p(x)=x egyenletnek az a,b és c különböző gyökei. Mivel egy másodfokú egyenletnek csak két különböző gyöke lehet, ez csak úgy lehet, ha a p(x)=x egyenlet azonosság, tehát minden x-re

$x=a\frac{(x-b)(x-c)}{(a-b)(a-c)}+b\frac{(x-a)(x-c)}{(b-a)(b-c)}+c\frac{(x-a)(x-b)}{(c-a)(c-b)}$

$-x=a\frac{(x-b)(x-c)}{(a-b)(c-a)}+b\frac{(x-a)(x-c)}{(a-b)(b-c)}+c\frac{(x-a)(x-b)}{(c-a)(b-c)}$

Behelyettesítve az x=a+b+c értéket

$-(a+b+c)=a\frac{(a+c)(a+b)}{(a-b)(a-c)}+b\frac{(b+c)(a+b)}{(b-a)(b-c)}+c\frac{(b+c)(a+c)}{(c-a)(c-b)}$

Előzmény: [825] nadorp, 2013-05-02 13:29:00

[825] nadorp	2013-05-02 13:29:00
Bocs, az előző megoldás hibás, még finomításra szorul
Előzmény: [824] nadorp, 2013-05-02 13:24:21

[824] nadorp

2013-05-02 13:24:21

Tekintsük a p(x)=x polinomot. Ekkor p(a)=a, p(b)=b és p(c)=c. Írjuk fel a Lagrange interpolációs képletet. Kapjuk, hogy minden x-re

$x=a\frac{(x-b)(x-c)}{(a-b)(a-c)}+b\frac{(x-a)(x-c)}{(b-a)(b-c)}+c\frac{(x-a)(x-b)}{(c-a)(c-b)}$

$-x=a\frac{(x-b)(x-c)}{(a-b)(c-a)}+b\frac{(x-a)(x-c)}{(a-b)(b-c)}+c\frac{(x-a)(x-b)}{(c-a)(b-c)}$

Behelyettesítve az x=a+b+c értéket

$-(a+b+c)=a\frac{(a+c)(a+b)}{(a-b)(c-a)}+b\frac{(b+c)(a+b)}{(a-b)(b-c)}+c\frac{(b+c)(a+c)}{(c-a)(b-c)}$

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

[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

[813] Lóczi Lajos	2013-04-29 23:05:52
Sajnos nem tudom megmondani, hogy a gép melyik algoritmust választotta. :)
Előzmény: [812] w, 2013-04-29 22:28:07

[812] w	2013-04-29 22:28:07
A feladatoddal még nem volt időm foglalkozni, ha arra céloztál, de majd gondolkozom rajta. Másrészt akkor megkérdezném, hogy melyik ördöngös módszerrel igazoltad az f(a,b,c)=-(a+b+c) azonosságot?
Előzmény: [811] Lóczi Lajos, 2013-04-29 22:15:13

[811] Lóczi Lajos

2013-04-29 22:15:13

"olyan egyszerű alakja van"

Egyszerű? Micsoda egybeesés, szerintem a g polinom együtthatói az "Érdekes matekfeladatok" [3717]-es hozzászólásában szereplő összegekkel fejezhetők ki!

Előzmény: [810] w, 2013-04-29 21:31:33

[810] w

2013-04-29 21:31:33

Tudom, ez szubjektív kérdés. Én ciklikus permutációkkal láttam be, úgy nem bonyolódunk bele a dologba. A kérdés, hogy lehet-e ezt nem dózerolni?

A többieknek: a Lajos által definiált g polinom rövid kísérletezéssel megkapható, még interpolálni se kell, olyan egyszerű alakja van :)

Előzmény: [809] w, 2013-04-29 21:27:10

[809] w	2013-04-29 21:27:10
Azt már tudom, a feladatot megoldottam. Az adódó azonosság legegyszerűbb bizonyítása viszont hogy mehet?
Előzmény: [808] Lóczi Lajos, 2013-04-29 21:13:49

[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]

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?