Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

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]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[2884] Káli gúla2009-03-11 20:18:55

Ez így nem jó, a színek számát biztosan nem lehet egyesítéssel csökkenteni.

Előzmény: [2883] Tibixe, 2009-03-11 18:09:52
[2883] Tibixe2009-03-11 18:09:52

Ha jól látom, a lenti megoldás általánosítható 2c sok színre, mert egy színt meghatároz az, hogy melyik együtthatót követeljük nemnegatívnak és melyiket negatívnak. És kontinuum sok együttható van.

Színek egyesítésével pedig megkaphatunk bármilyen ennél kisebb számosságot.

Jól látom?

[2882] Káli gúla2009-03-11 15:50:48

Én is hasonlóan gondoltam, annyi különbséggel, hogy a színezésnél az adott szám előállításban ténylegesen szereplő legkisebb báziselem együtthatójának az előjelét vettem.

Egyébként R-ben véges kodimenziós altér nem lehet résztest, mert [R : K]<\infty esetén [C : K]  is véges volna, ami az Artin-Schreier tétel szerint csak a  K=R  esetben lehet. Másrészt, ha A\subsetR egy maximális (nyilván 2^\omega számosságú) algebrailag független halmaz Q felett, akkor annak minden kontinuum számosságú B részhalmazára Q(B) egy kontinuum számosságú valódi résztest lesz R-ben.

Előzmény: [2881] jenei.attila, 2009-03-11 12:03:31
[2881] jenei.attila2009-03-11 12:03:31

Válaszolnék az alábbi valóban érdekes feladatra:

"Ki lehet-e színezni a pozitív valós számokat pirosra és kékre(mindkét színt kell használni), hogy pirosak összege piros, kékek összege kék legyen?"

Sokat agyaltam rajta, és úgy tűnik van ilyen színezés. A "valaki mondja meg" topikban feltettem néhány valós számokra vonatkozó algebrai kérdést, azokat is ez a feladat hozta elő. Tekintsük a valós számok testét a racionális számok teste feletti vektortérnek. Ennek a vektortérnek a bázisát Hamel bázisnak nevezik. Vagyis igaz az, hogy létezik a valós számok halmazának olyan H részhalmaza (ez a Hamel bázis), amellyel minden valós szám egyértelműen áll elő

r1h1+...+rnhn

alakban, ahol az r együtthatók racionális számok, a h számok pedig H elemei és n véges de függ az előállítandó számtól. Feltehetjük, hogy H tartalmazza az 1-et, és r1 az 1 együtthatója. Minden így előállított valós számot színezzünk pirosra, ha a h1 együttható (a szám "racionális része") nem negatív, kékre, ha r1 negatív. Így nyilván a valós számoknak egy jó színezését adjuk meg, és lesz kék pozitív szám is (pl. -1+\sqrt{2}, ha a \sqrt{2} is eleme H-nak).

Előzmény: [2804] kutasp, 2009-01-07 22:02:55
[2880] sakkmath2009-03-07 17:03:18

Igazoljuk, hogy ha 1 < a < b < c, akkor

loga(logab) + logb(logbc) + logc(logca) > 0.

[2879] nadorp2009-02-17 10:23:07

Nem a másik irányú egyenlőtlenség kell? Az ln sin x függvény konkáv a 0<x<\pi intervallumon

Előzmény: [2878] Cckek, 2009-02-16 20:24:08
[2878] Cckek2009-02-16 20:24:08

Nagyon jó. Esetleg olyan z1\neqz2 melyeknek az abszolut értéke is különbözik? Amugy itt van még egy kérdés: Bizonyitsuk be, hogy létezik \epsilon>0 úgy hogy, ha

|x-y|<\epsilon,0<x,y<1

akkor \sin( \pi\frac{x+y}{2})\le \sqrt{\sin (\pi x) \sin(\pi y)}.

Előzmény: [2877] Tibixe, 2009-02-16 19:38:07
[2877] Tibixe2009-02-16 19:38:07

A

z1=i    z2=-i

esetben nálam

|z1|=1

|z2|=1

f(z_1)=f(i)=i\cdot e^{i \pi \cdot 1}=-i

f(z_2)=f(-i)=-i\cdot e^{i \pi \cdot 1}=i

Tehát

f(i)-f(-i)=-2i

és

i-(-i)=2i

ezek aránya -1.

Abszolút értékeik aránya pedig 1.

És ez a két arány csak előjelben különbözik.

Elrontottam volna valamit?

Előzmény: [2876] Cckek, 2009-02-15 21:12:42
[2876] Cckek2009-02-15 21:12:42

Nem hinném:D

Előzmény: [2875] Tibixe, 2009-02-13 22:55:06
[2875] Tibixe2009-02-13 22:55:06

Igen, léteznek.

[2874] Cckek2009-02-13 11:55:09

Természetesen a \pm nem egyidejűleg áll fenn. Tehát vagy baloldal =+ jobboldal vagy baloldal =- jobboldal.

Előzmény: [2873] Cckek, 2009-02-13 11:47:21
[2873] Cckek2009-02-13 11:47:21

Adott az f(z)=z\cdot e^{i\pi|z|},|z|\le 1, z\in {C} függvény. Léteznek-e olyan z1\neqz2, |z1|,|z2|\leq1 komplex számok melyekre:

\frac{f(z_1)-f(z_2)}{z_1-z_2}=\pm \frac{|f(z_1)-f(z_2)|}{|z_1-z_2|} ?

[2872] mmarta2009-01-26 17:29:13

Húú, nagyon köszönöm, Ákosnak is!! Összeállt végre az agyamban is :)

Előzmény: [2871] psbalint, 2009-01-26 17:02:35
[2871] psbalint2009-01-26 17:02:35

megnézed azt a kis nyilacskás részt, és mindegyik elemhez hozzárendeled a tőle jobbra, három nyilacskára álló elemet :)

[2870] mmarta2009-01-26 08:37:05

Akkor már csak a vége nem világos, a háromszori hozzárendelés. Ezt hogyan kell?

Előzmény: [2869] S.Ákos, 2009-01-25 21:17:30
[2869] S.Ákos2009-01-25 21:17:30

63=12.5+3, szóval: P63=P60+3=(P5)12.P3=P3 A párosítás pedig abból adódott, hogy külön-külön megnézzük az egyes elemeknél, hogy P háromszori elvégzése mit rendel hozzá az adott elemhez.

Előzmény: [2868] mmarta, 2009-01-25 19:02:42
[2868] mmarta2009-01-25 19:02:42

Köszi! A P3 hogyan lett? És mi alapján állítjuk párba a végén?

Előzmény: [2867] S.Ákos, 2009-01-25 16:24:57
[2867] S.Ákos2009-01-25 16:24:57

Nézzük, hogy a permutáció melyik elemet melyikbe viszi: 1\to3\to5\to2\to4\to1. Ebből következik, hogy P5=1, mivel P ötszöri elvégzése identitás. Vagyis P^{63}=P^3=\left(\matrix{1&2&3&4&5\cr 2&3&4&5&1\cr}\right)

Előzmény: [2866] mmarta, 2009-01-25 11:53:47
[2866] mmarta2009-01-25 11:53:47

Sziasztok! Segítséget szeretnék én is kérni a köv. feladathoz.  P=\binom{12345}{34512} Adja meg a P63 permutációt. Egyszerű, szájbarágós magyarázat, megoldás kellene, hogy meg is értsem :)

Köszönöm

[2865] Kemény Legény2009-01-24 02:18:24

Hát, semmi sem elég jó Neked :)

Rendben, akkor az új "tétel": A\cos\alpha+B\cos\beta+C\cos\gamma\leq\frac{K}{2}

Az ezzel egyenértékű A\cos\beta+B\cos\gamma+C\cos\alpha\leq\frac{K}{2} és A\cos\gamma+B\cos\alpha+C\cos\beta\leq\frac{K}{2}

egyenlőtlenségek összege (A+B+C)(\cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma)\leq\frac{3}{2}K

Ismert, hogy \cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma\leq\frac{3}{2}

Tehát valamelyik állítás igaz, azaz a "szokásos érvvel" az összes is, a tételt "beláttuk".

Ezt mutatja nyilván az A=1,B=\sqrt2, C=\sqrt2, \alpha=90°, \beta=45°, \gamma=45° példa is, amikor A\cos\alpha+B\cos\beta+C\cos\gamma=\frac{\sqrt2}{2}\cdot2\sqrt2=2

Míg a jobb oldal \frac{K}{2}=(1+2\sqrt2)/2=0.5+\sqrt2<2

Amit csináltam az eredeti "bizonyítás" kapcsán, hogy lehagytam a 2-es kitevőket, és a koszinuszra cseréltem a kotangenst, és a jobb oldalra a kerület konstansszorosa került. Ha még mindig vannak ellenvetéseid (pl. szép-szép, de egy kontangenses ellenpélda még szebb lenne, sőt miért nem cáfolom meg rögtön az eredetileg kitűzött A-feladatot is), akkor szólj bátran.

Előzmény: [2864] rizsesz, 2009-01-23 23:47:26
[2864] rizsesz2009-01-23 23:47:26

Nálad mindkét változó-tömegnek van a jobb oldalon is függvénye (a+b+c=k, A+B+C=K), míg az én esetemben ctg\alpha, ctg\beta, ctg\gamma variálása nem befolyásolja a másik oldalt (T, amely csak A, B és C által meghatározott).

Előzmény: [2863] Kemény Legény, 2009-01-23 17:45:05
[2863] Kemény Legény2009-01-23 17:45:05

Ha csak az kell, tudok én egyenértékű állításokból is ellenpéldát mutatni. Legyenek 2 háromszög oldalai A,B,C és a,b,c, kerületeik K,k. Állítás: Aa+Bb+Cc\geq \frac{Kk}{3} Egyenértékű ezzel: Ab+Bc+Ca\geq \frac{Kk}{3} Szintén egyenértékű: Ac+Ba+Cb\geq\frac{Kk}{3}

Összeadva a 3 egyenlőtlenséget: a bal oldal (A+B+C)(a+b+c)=Kk azaz valamelyikük igaz, ekkor az "elv" miatt mindhárom igaz.

Ellenpélda: (A=2,B=2,C=3,a=1,b=1,c=0.1,K=7,k=2.1,Aa+Bb+Cc=2+2+0.3=4.3<4.9=Kk/3)

Előzmény: [2862] rizsesz, 2009-01-23 10:55:57
[2862] rizsesz2009-01-23 10:55:57

Én értem ezt a logikai utat. Pontosan ezért kérdeztem rá. Jelen esetben azonban ha akármelyik igaz, az egyenértékű az állítással.

Ezzel szemben az általad adott példában a 3 állítás nem egyenértékű.

Azt is értem, hogy az eredeti állításból nem juthatunk el a + 2 általam felírt egyenlőtlenséghez.

Szóval már majdnem meggyőztél, de még kötözködöm :)

Előzmény: [2861] Kemény Legény, 2009-01-23 10:11:10
[2861] Kemény Legény2009-01-23 10:11:10

Az eredeti "bizonyítás" során a 3 állítás bármelyikének igazolása önmagában elegendő lenne a teljes megoldáshoz, de onnantól kezdve, hogy mindhármat felírtuk egyszerre, akkor már csak azt tudjuk belátni, hogy minden háromszögben valamelyik igaz. Abból pedig, hogy egy állítás egy tetszőleges háromszögben igaz az oldalak/szögek valamilyen sorrendjére, nem következik, hogy minden háromszögben az oldalak/szögek tetszőleges sorrendjére igaz lenne.

Az állítások felírásában valóban nincs kitüntetett szerepe semminek, de amikor találunk egyet a 3 közül, ami igaz, abban már az oldalak/szögek egy kitüntetett sorrendben szerepelnek, és épp ez veszi el az általánosítás lehetőségét.

Előzmény: [2856] rizsesz, 2009-01-23 02:06:57
[2860] rizsesz2009-01-23 09:14:59

Ugyanis ha már az egyik igaz, akkor mivel a szorzók nincsenek meghatározva, így bármilyen formában odapakolhatod őket az oldalak mellé együtthatónak.

Szóval szerintem az én logikám nem alkalmazható az a+b+4c-s példára.

Előzmény: [2858] Valezius, 2009-01-23 06:41:45

  [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]