[2856] rizsesz | 2009-01-23 02:06:57 |
 Igazából pontosan jól látod a problémámat - akkor viszont hol bukik el a dolog, azaz miért nincsen kitüntetett szerepe a másik háromszög szögeinek? (a csak akkort most érzem :) tehát ha az eredeti állítás igaz, akkor a másik kettő is, így az összegük is, viszont az a kérdésem, hogy min múlik a visszafelé?)
|
Előzmény: [2855] Kemény Legény, 2009-01-22 22:58:59 |
|
[2855] Kemény Legény | 2009-01-22 22:58:59 |
 Ha jó a gondolatmenet, akkor pl. bizonyítható, hogy "minden háromszögben a+b+4c>=2K", hiszen az ehhez hasonló a+4b+c>=2K és 4a+b+c>=2K egyenlőtlenségek összege 6(a+b+c)=6K, azaz vmelyik a 3 egyenlőtlenség közül igaz kell legyen és akkor az "elv" miatt az összes többi is.
/Holott pl. az a=1,b=1,c=0.001 oldalú háromszögben nem igaz az állitás/
|
Előzmény: [2857] rizsesz, 2009-01-22 15:05:23 |
|
[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 írható, ahonnan t= miatt bc= . Ezt beírva kiemelhető t, ha ezt a logikát követjük mindhárom tagra behelyettesíthető ctg , és végül 4t-vel osztva azt kapjuk, hogy az állítás az A2*ctg +B2*ctg +C2*ctg >=4T
Tekintsük az alábbi 2 további állítást:
A2*ctg +B2*ctg +C2*ctg >=4T
A2*ctg +B2*ctg +C2*ctg >=4T
Ha ezek közül az egyik teljesül, akkor a másik kettő is, hiszen , , 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 +ctg +ctg )*(A2+B2+C2)>=12T
Ez pedig igaz, mert az első a Jensen-egyenlőtlenség miatt: (ctg +ctg +ctg )>=3*(ctg( + + )/3)=
(A2+B2+C2)>=4* *T pedig ismert.
Ez szerintetek jó?
|
|
|
[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| p-2 miatt elég bizonyítani, hogy S -1 mod(p), vagy ami ugyanaz, a mod p testben S=-1.
Felhasználva, hogy és hogy
Az utolsó lépésekben felhasználtuk, hogy 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 :)
|
|
|
[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 -t a-val, jelezve, hogy ennek az operátornak a a paramétere. A a ekkor így néz ki:
a:F F
a(h)=x 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, 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 a szerinti képeként sem. Ehelyett azt kellene bizonyítani, hogy ha a(h) Q, akkor a(h) (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 |
|