Fórum: Nehezebb matematikai problémák

Először röviden vázolom, hogy bizonyítja be az ember, hogy a szabályos 11-szög nem szerkeszthető. Miből áll a szerkesztés egy lépése? Általában véve sokféle lehet, de pontot csak háromféleképp kaphatsz: veheted már meglévő két egyenes, két kör vagy egy egyenes és egy kör metszéspontját (már meglévő egyenes: két pontja ismert, már meglévő kör: középpontja és egy kerületi pontja ismert). Most pakoljunk be mindent koordináta rendszerbe, kezdetben adottak mondjuk a (0,0) és (1,0) pontok. Ezek után mindig, amikor új pontot kapunk, annak mindkét koordinátája kifejezhető racionális számokból az alapműveletek és négyzetgyökvonás segítségével. Ezt indukcióval könnyű bebizonyítani: ilyen pontokra illeszkedő egyenesek metszéspontja ilyen stb.

Valójában áttérhetünk pontok szerkesztéséről számok szerkesztésére. Egy szabályos 11-szög szerkesztése ekvivalens a cos (2k/11) (vagy sin (2k//11) számok) szerkesztésével k=1,...,10-re. Ezek a számok viszont nem kaphatók meg a racionális számokból pusztán alapműveletekkel és négyzetgyökvonással.

Van az algebrában egy olyan fogalom, hogy test. Ez egy olyan halmaz, amin összeadást, kivonást, szorzást, osztást tudsz végezni a szokásos műveleti tulajdonságokkal (tagok felcserélhetősége, csoportosíthatósága, zárójelfelbontás). A racionális számok például testet alkotnak. Hasonló módon testet alkotnak az alakú (a,b racionálisok) számok is, ez a test tartalmazza Q-t. Ehhez hasonló esetekben lehet arról beszélni, hogy egy test egy másik felett hányadfokú. Ez lényegében az, hogy veszel egy olyan elemet, amit a kisebb F₁-hez hozzá kell venni, hogy a nagyobb F₂-t kapd (a konkrét példában a ilyen: ha hozzáveszed Q-hoz, utána már minden más előáll az alapműveletekkel), és kiszámolod, legalább hányadfokú F₁-beli együtthatós polinomnak a gyöke . A konkrét példában: nem gyöke egyetlen Q együtthatós elsőfokú polinomnak sem (hiszen irracionális), de másodfokúnak már igen: x²-2 (az ilyen legkisebb fokú polinomot hívjuk minimálpolinomnak). Tehát a konkrét példában ez a fok 2. A szerkesztendő számok nyelvén mindig ilyen történik: ha az eddig megszerkesztett számok benne vannak egy F₁ testben, akkor a következő megszerkesztett szám benne lesz egy olyan F₂ testben, ami vagy maga F₁ (nincs bővítés), vagy pedig F₁ egy másodfokú bővítése. Bővítés bővítése esetén a fokszámok összeszorzódnak. Így ha sokszor bővítünk, akkor is mindig olyan számaink lesznek csak, amiknek a Q feletti minimálpolinomjának foka 2-hatvány. Viszont cos (2/11)+isin (2/11) minimálpolinomja x¹⁰+x⁹+...+x+1, ami tizedfokú.

Általában is ez a procedúra. A szabályos n-szög szerkeszthetősége visszamegy az n. körosztási polinomra: ez az xⁿ-1 egyik tényezője, a cos (2/n)+isin (2/n) minimálpolinomja. Ennek foka pedig (n), az n-hez relatív prím maradékosztályok száma, és ez pontosan azokban az esetekben 2-hatvány, amit Csimby írt. És ez itt szerkeszthetőséget is jelent: a fent leírt dolgoknak a konkrét esetben van egy 'akkor és csak akkor' természete, de ezzel óvatosan! Általában nem igaz, hogy aminek a minimálpolinomja 2-hatvány fokú, az szerkeszthető; az xⁿ-1 gyökeinek van még egy tulajdonsága, amit itt suba alatt használunk.

Ezek mély dolgok. Majd tanulod:).

(Ez csak egy sebtében írt vázlat, de ha valamit elírtam, majd valaki kijavít.)

Gonosz válasz: Írj egy mailt és küldök egy könyvet :)

Kicsit gonosz kérdés következik: ez miért így van.

Szia, szabályos n-szög szerkesztésére (körzővel és vonalzóval) nem ez a feltétel, hanem hogy (n) ( a szokásos Euler függvény) kettőhatvány legyen. Ez ekvivalens azzal, hogy n=2^mp₁p₂...p_k, ahol m0 és p_i-k páronként különböző Fermat-prímek, tehát olyan alakú prímek, mint amit te is írtál: 2^2r+1.

Én úgy hallottam, hogy csak szabályos 3, 4 és 2²ⁿ+1-szög (n=1,2,...) szerkeszthető.

Nagyon hálás lennék annak, aki a következő összefüggések bármelyikét bizonyítani tudja. Ezeket az összefüggéseket én csak megsejtettem, ugyanis mindenképpen egy szabályos 11 oldalú (!) sokszöget akartam szerkeszteni.

Na szóval,

1. Mennyi a négyzetszámok lehetséges maradéka 3-mal osztva (kérlek, használd fel, amit írtam korábban, és írd le a megoldást ide)?

2. Miért nincs négyzetszám a következő számok között: 11, 101, 1001, ... ? (Segítség: vajon mennyi lesz a 3-as maradékuk?).

Szerintem nincs négyzetszám köztük, mivel egyesre végződő négyzetszám csak egyessel vagy kilencessel végződő számból származhat.

Kis lökés rajta: először keressük meg a legfeljebb n-edfokúakat. Igazoljuk, hogy pontosan egy van. Konstruáljuk is meg azt. Az általános eset ennél nehezebb, azt még nem oldottam meg.

(Ez ismert feladat. A hozzáértők kérem, ne lőjék le.)

Ez nem nehéz feladat. Osszuk el az n számot maradékosan 3-mal: n=3k+r (n, k egész szám; r lehet 0, 1 vagy 2). Ekkor mennyi lesz n²? Ebből megállapítható n² 3-as maradéka. Meglepő eredmény.

Próbáld megoldani akkor a következő feladatot. Hány négyzetszám van a következő számok között: 1, 11, 101, 1001, 10001, ...?

Bizonyítsa hogy: nincs négyzetszám, ami hárommal osztva kettőt ad maradékul (bocs ha rossz helyre írtam, mert kevés az itteni szinthez)

Adottak a páronként különböző x₁, x₂, ..., x_n, illetve a₁, a₂, ..., a_n számok. Keressük meg az összes olyan P polinomot, melyre P(x_i)=a_i (i).

Én úgy érzem, ahhoz, hogy érdekessé kezdjen válni, az egyik n-t m-mé kell átírni és elhagyni az egyenlő szárú kitételt. Az egybevágóság meg kötelező kell, hogy legyen, mivel enélkül nincs 'megkötés'.

Ez egyébként a diszkrét matematika parkettázás vagy csempézés részéhez tartozik. Ha kicsit finoman módosítunk a feltételeken, akkor Pakomániába érkezünk.

Adok okot is arra, hogy felhozzuk. :P. Kiötlöttem egy feladatot, amit tényleg nehéznek találok, és nagyon más témába nem illett bele.

Hányféleképpen darabolható fel egy szabályos n-szög n db egybevágó egyenlő szárú háromszögre? Mi a helyzet, ha valamelyik feltételt elhagyjuk?

Ez egy jó topik. Felhozom:)

Kipróbáltam a módszered, de sajnos elakadtam :(

Neked sikerült a megoldás? Ha igen, örülnék, ha föltennéd.

Ezek szerint nincs se kezdeti sebesség, sem pedig kezdeti hossz. Valami akkor az összeneregiával nem stimmel, mert ha állandó a gyorsulás, akkor a helyzeti energia az idő negyedik hatványával csökken, a mozgási energia viszont az idő második hatványával növekszik, úgyhogy egy kezdeti szakaszon biztos, hogy nem fedezi a mozgási energiát a helyzeti energia változása.

nos köszönöm szépen kedves nadorp és Lóczi Lajos! Egyébként a differenciálegyenlet egy Eötvös-versenyfeladatból származik (1997,2.feladat...dióhéjban:egy asztal tetejéről egy L hosszúságú lánc csorog le egy lyukon keresztül,kérdés hogy mennyi idő alatt ér le ennek az eleje és a vége az ugyancsak L-mélyen levő talajra). A megoldókulcsban nem szerepelt megoldás,amolyan "vegyük észre hogy..." módszerrel oldódott meg a feladat .A kötél asztalról lelógó hossza legyen x, sebessége v,gyorsulása a,ekkor:

Én is így gondoltam, csak rövidítettem :-) Egyébként helyettesítés után a függvényt kéne integrálni.

Mármint "az elemi függvények körében nem integrálható", az általános esetben. De a C=0 esetben valóban van elemi függvénnyel kifejezhető megoldás, ahogyan írtad.

Elnézést, az elsőrendűt elszámoltam. Tehát

Ez pedig valószínűleg C0 esetén nem integrálható.

Csak hogy ne legyen nyúl a kalapból.

Legyen z(y)=y' Ekkor

, tehát az egyenlet

Ez egy elsőrendű,inhomogén differenciál egyenlet z(y)-ra. Innen

Ez pedig az y=t² helyettesítéssel kiintegrálható.

Az előző hozzászólás a C=0 eset volt.

A legelemibb megoldás -- ennél van rondább is:-)

Úgy tűnik, a megoldás elemi függvénnyel nem fejezhető ki.

Sziasztok! Valaki segítene az alábbi differenciálegyenlet megoldásában?