Fórum: Valaki mondja meg!

Sziasztok!

Ugyan most vesszük a deriválást, de egy feladat kifogott rajtam. Ha valaki tudna segíteni, megköszönném.

A példa: adott egy r sugarú gömb. Mekkora az ebbe a gömbbe szerkeszthető maximális térfogatú henger?

Bocs, ha túl egyszerű ez a pélfa, de bevallom kifog rajtam:(

Előre is köszönöm.

Legyen O egy pont a síkon. Legyen r az O távolságának maximuma az 5n adott objektumtól. Vegyünk egy O középpontú R sugarú kört. Ha R elég nagy, akkor belátjuk, hogy lesz rajta megfelelő P pont. A körvonal egy pontjának távolsága egy adott ponttól legalább R-r, ezen távolságok összege így legalább 2nR-2nr. Ha e egy adott egyenes, legyen e' a vele párhuzamos O-n átmenő egyenes. Ha p a körvonal egy pontja, akkor p és e távolsága legfeljebb annyi, mint p és e' távolsága plusz r. p és e' távolságának átlaga, miközben p fut a körön lesz, mivel ennyi a |sin(x)|R függvény átlagos nagysága is. Így összegezve a 3n egyenesre legfeljebb lesz az átlagos távolságösszeg. Ha R elég nagy, akkor . Tehát valamely P pont jó lesz a körvonalon (például az, aminek minimális a távolságösszege az egyenesektől).

Adott a síkon 2n pont és 3n egyenes. Bizonyítsuk be, hogy van a síkon olyan P pont, hogy P-nek a 3n egyenestől való távolságainak összege kisebb, mint p-nek a 2n ponttól való távolságainak összege!

Eddig még n=1-re sem tudtam belátni.

Ha valaki tudna segíteni megköszönném. (Nem fontos és sürgős, csak érdekel.)

Persze. Hiszen ekkor ha minden maradékhoz csak véges sok prím tartozna, az összesen is csak véges sok.

Miért igaz, hogy egy maradékból végtelen sok van, mert végtelen sok prímszám van?

Valamit én is gondoltam, de azt hittem átlátom amit írtam, de mégse ... lényegében az a) ill. b) feladatrész ugyanolyan elven működik ezek szerint, csak máshogy kell csoportosítani. Köszi a pontosítást vagy az érthetőbb megvilágítást :-) Köszi

Uhh, belekavarodtam a skatulyáidba :-)

A lényeg, hogy 129 skatulyánk van (a prímek 129-es maradéka alapján), tehát valamelyik maradékból végtelen sok van, és erre a végtelen sok prímre igaz, hogy bármely kettő különbsége osztható 129-cel. Nyilván ez a bizonyítás tökéletesen működik bármilyen más számra is. Lényegében ezt írtad le Te is, csak túl sok volt a kérdőjel, és túl hosszúak a mondatok :-)

Lemaradt a kérdőjel a végéről, de értelmesnek tűnhet? és ha azt kell bebizonyítani hogy végtelen sok prímszám van, melyek közül bármely kettőnek különbsége osztható 129-el? ügye itt is végtelen sok prímszámból válogatunk, de végtelen sokat abból is, mégpedig úgy hogy, mindegyik prímnek 129-el osztva ugyanolyan maradékot kell adnia. Erre is ugyanaz a skatulya-elv működhet? de az elsőnél véges sok skatulyába tettünk végtelen sok prímszámot, de itt véges skatulya van úgyszint, de nem csak egy elemre kell belátni, hanem hogy végtelen sok ilyen prímszámot tudunk kiválasztani, amik 129-el osztva azonos maradékot adnak.

Az esetleg értelmesnek tűnhet, hogy tekintjük a 10 ad 10-en osztási maradékait, és ezeket tekintjük skatulyáknak, nyílván ezekből a skatulyákból véges sok van, ellenben azzal hogy végtelen sok prímszámunk van, és mindenképp lesz olyan két prímszám amit ha osztunk 10 ad 10-el, akkor ugyanannyi maradékot ad, és ezért különbségük osztható lesz vele.

A mondat valóban értelmetlen, de azért bizonyos szempontból és bizonyos fokig igaznak tűnik. Műkedvelők olvassák el a Turán 100 konferencia absztraktjai közül Dan Goldston előadásának kivonatát!