Fórum: "ujjgyakorlatok"

Egy 2nx2n méretű négyzetrácsos ábrába hurkot rajzolunk olyan módon, hogy a hurok minden négyzeten átmegy, és mindig oldalasan szomszédos mezők középpontjait köti össze. (Egyszerűbben mondva csak vízszintesen és függőlegesen mehetünk)

Az egyik helyre, ahol a hurok irányt vált (például az egyik sarokba) rajzolunk egy kört, majd a hurkon végighaladva minden második töréspontra (és csak azokra) újabb kört rajzolunk.

1. Lássuk be, hogy a 4 sarok közül pontosan két szemben lévőben lesz kör.

2. Ha két kör egymás mellett van, akkor a képen látható négy lehetőség közül csak az első kettő valósulhat meg.

Mindkét bizonyítást elég egyszerűnek gondolom, úgyhogy remélem jó helyen van az ujjgyakorlatok között.

A könnyebb érthetőség kedvéért itt van néhány logikai feladvány, ahol minden kör meg van adva, és a feladat a hurok megrajzolása. www.logikairejtveny.5mp.eu

Trükkös bizonyítások

Híres(?) álbizonyítások

0-val osztunk

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?

Bocsánatodért esedezem, nem volt szándékomban félrevezetni téged.

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

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 a^s szerepel, akármi is az a. Tehát az eredeti kérdésedben, ahol azt mondtad hogy az a négyzetmentes, nem fog szerepelni a 12^s, 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.

Egyszerűen megválaszolható, ujjgyakorlat :) két dolgot kell ellenőrízni:

a, minden 1/n^s szerepel a jobboldalon

b, egyik sem szerepel kétszer.

Sambuca

Szerintem meg a kezdőtagok nevezőiben az a számok azok a pozitiv egészek, amelyek nem állnak elő a=b^r 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 1/12^s úgy lesz kezdőtag, hogy nem szerepel egyik előző sorban sem, vagyis igy:

+(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

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

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

Szerintem a kezdőtagok nevezői éppen a négyzetmentes számok. Továbbra sem találom az 1/12^s-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.

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

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 1/12^s is kezdőtag), nem azonosak a négyzetmentes számokkal, ezen számok halmaza bővebb.

s=0-ban a bal oldal értéke:

(dobpergés)

Kis rosszindulattal, persze.

Nekem úgy tűnik, nem igaz. A átalakításból a szumma mögött az mértani sorösszegek állnak minden négyzetmentes a-ra. Hol van ebbel pl. az ?

És persze n>0.

És ha s pozitiv egész?

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

Igaz-e, hogy

ahol sN, n végigfut a természetes számokon, a pedig az 1-nél nagyobb négyzetmentes számokon ?

"Ha a csomó a lyukhoz ér, megáll."

Igaz; nem gondoltam jól végig. Köszönöm.

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.

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

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.

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

Hol a hiba?

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?

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

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)