Fórum: Érdekes matekfeladatok

[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] [101] [102] [103] [104] [105] [106] [107] [108] [109] [110] [111] [112] [113] [114] [115] [116] [117] [118] [119] [120] [121] [122] [123] [124] [125] [126] [127] [128] [129] [130] [131] [132] [133] [134] [135] [136] [137] [138] [139] [140] [141] [142] [143] [144] [145] [146] [147] [148] [149] [150] [151] [152] [153] [154] [155] [156] [157] [158] [159] [160] [161] [162] [163] [164] [165] [166] [167] [168] [169] [170] [171] [172] [173] [174] [175] [176] [177] [178] [179] [180] [181] [182] [183] [184] [185] [186] [187] [188] [189] [190] [191] [192] [193] [194] [195] [196] [197] [198] [199] [200] [201] [202] [203] [204] [205] [206] [207] [208] [209] [210] [211] [212] [213] [214] [215] [216] [217] [218] [219] [220] [221] [222] [223] [224] [225] [226] [227] [228] [229] [230] [231] [232] [233] [234] [235] [236] [237] [238] [239] [240] [241] [242] [243] [244] [245] [246] [247] [248] [249] [250] [251] [252] [253] [254] [255] [256] [257] [258] [259] [260] [261] [262] [263] [264] [265] [266] [267] [268] [269] [270] [271] [272] [273] [274] [275] [276] [277] [278] [279] [280] [281] [282] [283] [284] [285] [286] [287] [288] [289] [290] [291] [292] [293] [294] [295] [296] [297] [298] [299] [300] [301] [302] [303] [304] [305] [306] [307] [308] [309] [310] [311] [312] [313] [314] [315] [316] [317] [318] [319] [320] [321] [322] [323] [324] [325] [326] [327] [328] [329] [330] [331] [332] [333] [334] [335] [336] [337] [338] [339] [340] [341] [342] [343] [344] [345] [346] [347] [348] [349] [350] [351] [352] [353] [354] [355] [356] [357] [358] [359] [360] [361] [362] [363] [364] [365] [366] [367] [368] [369] [370] [371] [372] [373] [374] [375] [376] [377] [378] [379] [380] [381] [382] [383] [384] [385] [386] [387] [388] [389] [390] [391] [392] [393] [394] [395] [396] [397] [398] [399] [400] [401] [402]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[2857] rizsesz

2009-01-22 15:05:23

Szerintetek az A.468-ra jó az alábbi megoldás:

A bal oldalon a tagokat az alábbi logika szerint átalakítva: A²*(-a²+b²+c²) - a zárójelben található kifejezés a cos-tétel miatt alakba A²*2bc*cos $\alpha$ írható, ahonnan t= $\frac{bcsin\alpha}{2}$ miatt bc= $\frac{2t}{sin\alpha}$ . Ezt beírva kiemelhető t, ha ezt a logikát követjük mindhárom tagra behelyettesíthető ctg $\alpha$ , és végül 4t-vel osztva azt kapjuk, hogy az állítás az A²*ctg $\alpha$ +B²*ctg $\beta$ +C²*ctg $\gamma$ >=4T

Tekintsük az alábbi 2 további állítást:

A²*ctg $\beta$ +B²*ctg $\gamma$ +C²*ctg $\alpha$ >=4T

A²*ctg $\gamma$ +B²*ctg $\alpha$ +C²*ctg $\beta$ >=4T

Ha ezek közül az egyik teljesül, akkor a másik kettő is, hiszen $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ között annyi az összefüggés, hogy összegük 180 fok, más megkötést pedig nem generálnak az egyenlőtlenségekben.

Ha tehát ezen 3 összefüggés összege igaz, akkor legalább az egyik igaz (különben indirekten következne, hogy nem teljesülhet az összegként létrejövő egyenlőtlenség).

Viszont ha az egyik igaz, akkor abból logikailag következik, hogy mindhárom igaz, hiszen csak a szögeket kell átrendezni, amit megtehetünk.

A 3 egyenlőtlenség összege: (ctg $\alpha$ +ctg $\beta$ +ctg $\gamma$ )*(A²+B²+C²)>=12T

Ez pedig igaz, mert az első a Jensen-egyenlőtlenség miatt: (ctg $\alpha$ +ctg $\beta$ +ctg $\gamma$ )>=3*(ctg( $\alpha$ + $\beta$ + $\gamma$ )/3)= $\sqrt{3}$

(A²+B²+C²)>=4* $\sqrt{3}$ *T pedig ismert.

Ez szerintetek jó?

[2854] Fálesz Mihály	2009-01-22 13:46:42
TeX minitanfolyam
Előzmény: [2853] janomo, 2009-01-22 12:14:12

[2853] janomo

2009-01-22 12:14:12

Általánosan egy akármilyen q(x) eleme Z[x] polinomra kilehet számolni könnyen a legendre(q(x)) összegeit, ha x végig megy az összes maradékon.

A q(x) a (p-1)/2-en ek összegét vesszük, akkor olyan típusú összegeket kell vizsgálni, hogy (1) k +2 a k-o +....+(p-1) k és egy ilyenről belehet bizonyítani, hogypontosan akkor nem 0, ha k (p-1) többszöröse. Ha pedig k többszöröse (p-1)-nek, akkor ez az összeg (-1)-et ad a kis Fermat tétel miatt

Tehát a p(x) (p-1)/2 polinomban össze kell gyűjteni azokat a tagokat, amelyek kitevője osztható (p-1)-el és ezeknek a tagoknak a együtthatóinak az össszege.

Ezt nehéznek tűnik kiszámolni, de valójában nem az, például a p(x)= x köb +1 polinomra szép eredmény jön ki. Az összeg maradéka -(p-1)/2 alatt a (p-1)/3 plusz 1.

Érdekes még, hogyha veszünk egy akármilyen polinomot, akkor ezzel a polinomos módszerrel kihozható, hogy létezik egy c konstans melyre minden p-re az összeg maradéka c*sqrt(p)-nél közelebb van a 0-hoz. Ez azt jelenti, hogy egy polinom helyettesítési értékeiközt is nagyjából egyenletesen oszlanak el a kvadratikus és nem kvadratikus maradékok.

Érdekes kérdés, hogymely q(x) polinomra 0 ez az összeg minden p prímre.

[2852] nadorp

2009-01-21 09:17:29

Ha a balodali összeget S-nek jelöljük, akkor |S| $\leq$ p-2 miatt elég bizonyítani, hogy S $\equiv$ -1 mod(p), vagy ami ugyanaz, a mod p testben S=-1.

Felhasználva, hogy $\left(\frac ap\right)=a^{\frac{p-1}2}$ és hogy $\left(\frac{ab}p\right)=\left(\frac ap\right)\left(\frac bp\right)=\frac{\left(\frac ap\right)}{\left(\frac bp\right)}$

$S=\sum_{n=1}^{p-2}\frac{{\left(n+1\right)}^{\frac{p-1}2}}{n^{\frac{p-1}2}}=\sum_{n=1}^{p-2}\left({1+\frac1n}\right)^{\frac{p-1}2}=\sum_{n=2}^{p-1}n^{\frac{p-1}2}=\sum_{n=2}^{p-1}\left(\frac np\right)=-1$

Az utolsó lépésekben felhasználtuk, hogy $1+\frac1n$ a 2,3,...(p-1) értékeket veszi fel valamilyen sorrendben és mindegyiket egyszer, másrészt hogy ugyanannyi négyzetes maradék van, mint négyzetes nemmaradék.

Előzmény: [2849] psbalint, 2009-01-20 20:16:52

[2851] psbalint	2009-01-20 20:47:44
igen azon csakúgy átugrottam hogy p eleme P-nek, de valóban :)

[2850] nadorp

2009-01-20 20:28:32

Lagrange = Legendre

p páratlan prím

Előzmény: [2849] psbalint, 2009-01-20 20:16:52

[2849] psbalint

2009-01-20 20:16:52

üdv. van még egy szép, érdekes és megoldatlan, lagrange-szimbólumos feladatom :)

340. feladat bizonyítsuk be, hogy ha 'p' páratlan, akkor:

[2848] jenei.attila

2009-01-18 11:46:07

Szép gondolat, érdemes lenne kidolgozni. Apróbb pontosításokat engedj meg. A te jelöléseidet megtartva, jelöljük $\phi$ -t $\phi$ _a-val, jelezve, hogy ennek az operátornak a a paramétere. A $\phi$ _a ekkor így néz ki:

$\phi$ _a:F $\to$ F

$\phi$ _a(h)=x $\mapsto$ h(x+a)-h(x)

(nyilván elírtad, amikor a helyett p-t írtál). Az valóban elég lenne a h előállíthatóságához (a és b-periodikus fv-ek összegeként) ha, $\phi$ _a(Q)=Q teljesülne. Azonban nem biztos, hogy ez szükséges is, mert mi van ha Q-nak létezik olyan eleme, amely nem áll elő egyetlen F-beli elem $\phi$ _a szerinti képeként sem. Ehelyett azt kellene bizonyítani, hogy ha $\phi$ _a(h) $\in$ Q, akkor $\phi$ _a(h) $\in$ $\phi$ (Q) is teljesül.Mindez persze csak akkor, ha a és b nem összemérhetők. Ez utóbbi (egyébként szükséges) feltételt még nem használtuk ki.

Előzmény: [2847] Tibixe, 2009-01-17 16:54:58

[2847] Tibixe

2009-01-17 16:54:58

Ebben a legutóbbiban igazad van, még egyszer elolvasva ez éppen a kiválasztási axióma által létrehozott borzalmak közé tartozik.

Gondolkodtam rajta, hogy csoportokkal esetleg szebben megfogalmazható, de végül nem sikerült bizonyítanom . Azért beírom, hogy meddig jutottam.

F legyen a valósakon értelmezett függvények csoportja ( összeadásra )

P legyen az a-periodikus függvények csoportja

Q legyen az b-periodikus függvények csoportja

Tehát P és Q F részcsoportjai.

Az egyik állítás úgy néz ki, hogy h felírható P-beli és Q-beli elemek összegeként, azaz

h=p+q p $\in$ P q $\in$ Q

A másikat megfogalmazni viszont kicsit bonyolultabb.

Vegyük a

$\phi$ :F $\to$ F

$\phi$ (h)=x $\mapsto$ h(x+p)-h(x)

függvényt. Szemléletesen: $\phi$ megadja, hogy egy függvény hogyan nem a szerint periodikus. Ha ez ,,nemperiodikusság'' b szerint periodikus, akkor benne lesz Q-ban. Így megfogalmazva a második állítás:

$\phi$ (h) $\in$ Q

Tehát bizonyítandó, hogy:

h=p+q p $\in$ P q $\in$ Q $\leftarrow$ $\rightarrow$ $\phi$ (h) $\in$ Q

$\phi$ művelettartó, tehát F-nek egy endomorfizmusa, mégpedig olyan, ami az egész P részcsoportot a nullába képezi. Ebből még következik az is, hogy $\phi$ képe F/P-vel izomorf.

A balról jobbra irány bizonyítása: A jobb oldali képletbe írjuk be, hogy h=p+q és alkalmazzuk $\phi$ művelettartását:

$\phi$ (p+q) $\in$ Q

$\phi$ (p)+ $\phi$ (q) $\in$ Q

$\phi$ (p)-ről tudjuk, hogy nulla.

$\phi$ (q) $\in$ Q

$\phi$ (q) pedig két Q-beli függvény különbsége, tehát maga is Q-beli.

A jobbról balra irány bizonyítása: Ha

$\phi$ (q)= $\phi$ (h)

teljesül valamilyen Q-beli q-ra, akkor q és h csak egy P-beli elemmel különbözhetnek. Innen még azt kéne bizonyítani, hogy $\phi$ (Q)=Q, tehát hogy $\phi$ Q-ra való megszorítása szürjektív és készen lennénk.

A Wikipedia ír egy kiválasztásai axiómával ekvivalens feltételt a szürjektivitásra itt: http://en.wikipedia.org/wiki/Surjective Valószínűleg ezt kéne valahogy okosan használni és úgy ezt a gondolatmenetet is be lehetne fejezni.

Nekem viszont csak eddig tartott a tehetségem meg az energiám.

[2846] jenei.attila	2009-01-16 10:45:52
Ha jól értem arra gondolsz, hogy a valós számok additív csoportját az np+kq n,k $\in$ Z alakú számok által alkotott részcsoport mellékosztályaival osztályozzam. Csak ahhoz, hogy valamelyik osztályon f-et előállítsam, ki kell választanom egy reprezentáns elemet, amelyen f értékét tetszőlegesen megadom. Ezt sajnos nem lehet elkerülni. De kíváncsian várom a további észrevételeidet.
Előzmény: [2844] Tibixe, 2009-01-15 22:50:03

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?