[3487] jonas | 2011-10-07 11:16:49 |
Az ilyen polinom egyenlőségeket először mindig érdemes kipróbálni néhány véletlen bemenetre. Tegyünk egy ilyen próbát.
Legyen mondjuk
a=(93,92,71),
b=(-35,51,49),
c=(-40,-29,99).
Akkor
a×b=(887,-7042,7963),
(a×b)×a=(-1232578,677582,736510),
a×c=(11167,-12047,983),
(a×b)×(a×c)=(89007975,88050900,67952325),
((a×b)×(a×c))×(a×b)=(1179669589350,-648496792650,-704895308250)=-957075((a×b)×a).
Itt tehát párhuzamos lett a két vektor.
Ez után (illetve esetleg több hasonló próba után) érdemes bizonyítást keresni. Nekem van egy bizonyításom, de egyelőre hagyom a fiatalokat kibontakozni.
|
Előzmény: [3486] Lóczi Lajos, 2011-10-07 00:43:26 |
|
[3486] Lóczi Lajos | 2011-10-07 00:43:26 |
Legyenek a,b,c térvektorok, és jelölje × a vektoriális szorzást.
Igaz-e, hogy az
((a×b)×(a×c))×(a×b)
és az
(a×b)×a
vektorok párhuzamosak?
|
|
[3485] phoenix | 2011-10-03 19:43:51 |
Több szem többet lát, köszönöm az útravezetést, Róbert Gida és Sirpi neked is :-)
|
|
[3484] Róbert Gida | 2011-10-03 17:07:57 |
Van egyszerűbb út is: minden sorban van azonos színű pontpár (skatulyaelv), ha van két sorod amikben ugyanott van az azonos színű pontpárod, akkor egyszínű téglalapod van. 3 féle helyen lehet a pontpár, a szín kétféle lehet, így 3*2=6 lehetőség van a helyre+színre. Azaz 7 sornál lesz egyszínű téglalapod (skatulyaelv).
|
Előzmény: [3482] Sirpi, 2011-10-03 09:03:01 |
|
[3483] Sirpi | 2011-10-03 10:36:54 |
Végiggondoltam ezt az utat is, és tényleg igaz az az állítás, hogy: Ha egy 3x7-es téglalapban elhelyezünk 11 korongot, akkor a korongok közül van 4, amik egy (álló) téglalap 4 csúcsát alkotják.
Amit leírtál, az csak az a rész, amikor az egyik oszlopban 7 korong van, ilyenkor tényleg 9 a maximum. Viszont mi a helyzet, ha a legtöbb korongot tartalmazó oszlopban 6,5,4 korong szerepel? Végig lehet nézni, ilyenkor is kijön, hogy 10 után elakadunk.
Szóval ez az út is járható, de személy szerint macerásabbnak érzem, mint a (3 hosszú) sorok szerinti esetvizsgálatot.
|
Előzmény: [3481] phoenix, 2011-10-03 01:35:47 |
|
[3482] Sirpi | 2011-10-03 09:03:01 |
Ez a feladat konkrétan a Fazekasban volt nálam felvételi feladat, 92-ben, azóta kedvencem.
A bizonyításhoz nem azt érdemes nézni, hogy az egyik színből legalább 11 van, hanem azt, hogy a sorok összesen 8-félék lehetnek. Ha van két azonos sor, készen vagyunk. Ha van egyszínű sor, szintén. Ezeket érdemes végiggondolni, és meg is van a bizonyítás (és az is látszik, hogy 3x6-ra hogy néz ki az ellenpélda).
|
Előzmény: [3481] phoenix, 2011-10-03 01:35:47 |
|
[3481] phoenix | 2011-10-03 01:35:47 |
Gondoltam ilyenre Azért nem lehetséges?, mert 21 négyzet van, és mondjuk optimális esetben 10-10-et tudunk elhelyezni egyik-egyik színből, ha az egyikből több van, akkor szinte garantált hogy négy négyzet összejön ami meghatároz egy téglalapot, elhelyezünk egymás alá 7-et azután legalsóba vízszintesen ez eddig 9 és bárhova tesszük tizediket akkor már meglesz, nem beszélve a másik színről hogy abból jóval több van
|
|
Előzmény: [3480] Róbert Gida, 2011-10-03 01:10:57 |
|
[3480] Róbert Gida | 2011-10-03 01:10:57 |
"igazából bármilyen téglalapot színezel is ki, mindig lesz négy olyan négyzet, ami egy téglalapot határoz meg... "
helyesen megkérdezve: igazából bármilyen téglalapot színezel is ki, mindig lesz négy olyan pont, ami egy egyszínű téglalapot határoz meg...
Ez pedig nem igaz.
A feladatot skatulyaelvvel lehet megoldani. Ramsey tipusú problémának is tekintheted. A feladat több színnel és magasabb dimenzióban is érdekes. Tudtommal 2d-ben és 4 színnel is már megoldatlan, hogy mely téglalapokat lehet kiszínezni, hogy ne legyen benne monokromatikus téglalap. Véges sok, de még mindig marha sok színezést kéne végignézni ehhez.
|
Előzmény: [3479] phoenix, 2011-10-02 18:38:08 |
|
|
|