[1118] lorantfy | 2005-11-13 17:25:49 |
i,j,k-n kívül van még megoldás?
Én már majdnem elfelejtettem mik ezek a kvaterniók, így hála Neked, most utána néztem.
A komlex számfogalom 4 dimes kiterjesztéséről van szó:
Ferde testekre ( ferde az olyan test, melyben a szorzás nem kommutatív ) az egyik legfontosabb példa a kvaterniók teste.
Az a+ib+jc+kd alakú kifejezéseket kvaternióknak nevezzük, ahol a,b,c,d tetszőleges valós számokat jelölnek az i,j,k szimbólumokra pedig teljesülnek az alábbi azonosságok
(I) i2=j2=k2=-1,
(II) ij=k, jk=i, ki=j, ji=-k, kj=-i, ik=-j.
Kvaterniókra az összeadást az alábbi egyenlőség definiálja:
(a+ib+jc+kd)+(a`+ib`+jc`+kd`)=(a+a`)+i(b+b`)+j(c+c`)+k(d+d`).
A szorzást úgy végezzük el mint ahogy több tagot szokás többtaggal szorozni, figyelembe véve a (I),(II)-ben szereplő azonosságokat. Test axiómák teljesülése könnyen igazolható. A multiplikatív inverz létezésének igazolása sem nehéz, ha figyelembe vesszük, hogy:
(a+ib+jc+kd)[a+i(-b)+j(-c)+k(-d)]=a2+b2+c2+d2.
|
Előzmény: [1116] Lóczi Lajos, 2005-11-13 14:24:37 |
|
[1117] Lóczi Lajos | 2005-11-13 16:09:14 |
206. feladat. Keressük meg mindazokat a q=a+bi+cj+dk egész kvaterniókat (ahol tehát a,b,c,d valós egészek), melyekre
(2+3i+5j+7k)q=q(2+3i+5j+7k)
teljesül. (Szokás szerint i,j,k jelöli a kvaterniók báziselemeit.)
|
|
[1116] Lóczi Lajos | 2005-11-13 14:24:37 |
205. feladat. Oldjuk meg a kvaterniók körében a
q2+1=0
egyenletet!
|
|
[1115] Lóczi Lajos | 2005-11-13 14:07:37 |
Egy régi feladat átfogalmazása következzen:
204. feladat. Jelölje a komplex számok alábbi részhalmazát
Mutassuk meg, hogy H korlátos. Adjuk meg továbbá azt az origó középpontú körgyűrűt, amely befedi a H halmazt és területe minimális.
|
|
[1114] Lóczi Lajos | 2005-11-04 21:55:36 |
203. feladat. Tekintsük a síkon azt a paraméteres görbét, amelyet a
t(2t-sin t,2t+cos t)
hozzárendelés értelmez, ha t[0,]. Van-e ennek a görbének inflexiós pontja (azaz olyan görbepont, amelyben a görbe érintője "átmetszi" a görbét)? Ha igen, hol?
|
|
|
[1112] lorantfy | 2005-11-03 11:53:11 |
Már indítanám a programot, hogy megkeressem a többi megoldást, de sajnos Pascalban a longint csak 2 milliárdig bírja, így reménytelen a helyzet! :-)
Azért elég jól megmozgatta az emberek fantáziáját ez a feladat. Vagy 50 hozzászólás jött, ami ezzel kapcsolatos.
A Fermat könyv csak ezt az egy ellenpéldát említi az Euler sejtés cáfolataként.
|
Előzmény: [1110] Lóczi Lajos, 2005-11-02 20:23:27 |
|
[1111] lorantfy | 2005-11-03 11:36:16 |
Kedves Lajos!
A megoldásod rendben van. Az én hibám, hogy a feladat kitűzésénél nem fogalmaztam meg, hogy a megoldásnak a sakkal való kapcsolatát keressük.
Írjuk át az egyenletrendszert 2 dimes vektoregyenletre:
Egy végtelen sakktáblán a (0,0) mezőről el kell jutnunk az (a,b) pontba lólépésben.
|
Előzmény: [1108] Lóczi Lajos, 2005-11-02 20:15:53 |
|
|
|
[1108] Lóczi Lajos | 2005-11-02 20:15:53 |
Nem értem.
"Két egyenletünk van és 4 ismeretlen. Hát miért is ne lenne egész megoldás!"
Íme, egy példa, amikor 1 egyenlet és 4 ismeretlen van, mégsincs megoldás:
2x+2y+2z=2t+1.
Az általam felírt megoldások ekvivalensek az eredeti rendszerrel, tehát annak összes megoldása előállítható a megadott képlettel.
De most már én is kíváncsi vagyok a sakk-kapcsolatra :)
|
Előzmény: [1107] lorantfy, 2005-11-02 17:03:04 |
|
[1107] lorantfy | 2005-11-02 17:03:04 |
Két egyenletünk van és 4 ismeretlen. Hát miért is ne lenne egész megoldás! Nyugodtan megtehetjük, hogy egyik változót lefixáljuk, még akkor is mindig van egész megoldás a többire.
Végülis az az érdekesség benne, ha rájövünk, mi az összefüggés a feladat és a sakk között.
Káli gúlának sikerült! Grat!
|
Előzmény: [1104] Lóczi Lajos, 2005-11-01 22:43:28 |
|
|
[1105] Káli gúla | 2005-11-01 23:26:25 |
Adjuk össze és vonjuk ki egymásból a 2 egyenletet:
3(x-y)+(z+t)=a+b
(x+y)+3(z-t)=a-b
A zárójeles összegek helyére írjunk A,B,C,D-t:
3A+B=a+b
C+3D=a-b
Ilyen A,B,C,D nyilván van, mert 1 és 3 relatív prímek. Azt kell biztosítani, hogy itt A=C és B=D (mod 2) legyenek, pl. úgy, hogy legyen A=a+b (mod 2) és C=a-b (mod 2)
|
Előzmény: [1100] lorantfy, 2005-10-30 21:49:05 |
|
[1104] Lóczi Lajos | 2005-11-01 22:43:28 |
Legyenek a, b és t tetszőleges egészek. Ekkor
x:=-a-2b-2t, y:=-a-2b-t, z:=a+b+2t
megoldás. Sőt, általánosabban
x:=-a-2b-2t+5w, y:=-a-2b-t+4w, z:=a+b+2t-3w
is megoldás, ha w tetszőleges egész.
|
Előzmény: [1100] lorantfy, 2005-10-30 21:49:05 |
|
|
|
|
[1100] lorantfy | 2005-10-30 21:49:05 |
202. feladat: Bbh. hogy az alábbi egyenletrenszernek minden a,bZ esetén van x,y,z,tZ megoldása!
2x-y+2z-t=a
x-2y-z+2t=b
|
|
[1099] medvecukor | 2005-10-25 21:06:29 |
KÖSZÖNÖM SZÉPEN!:)
örök hálám,köszönöm mindenki segítségét:)
utólag nem is olyan nehéz:)
|
|
[1098] xviktor | 2005-10-25 00:44:53 |
Elnezest kerek, valoban elneztem. ZH-ra keszulve az n-dimenzios paralelepipedon elojeles terfogata es a komplex szamok kozott, egy kisse osszecsptam a megoldast. Koszonom, hogy eszrevettek a hibat.
Udv: Viktor
|
Előzmény: [1094] lorantfy, 2005-10-25 00:03:35 |
|
|
|
|
|