|
[812] jenei.attila | 2009-02-19 23:22:26 |
Van-e a valós számok additív csoportjának nem triviális automorfizmusa?
Van-e a valós számok testének véges, vagy megszámlálható indexű részteste? Egyáltalán continuum számosságú valódi részteste? Mi a "legbővebb" valódi résztest?
Nem tudom a válaszokat, valaki segíthetne.
|
|
[811] nadorp | 2009-02-19 23:10:40 |
Én a bizonyításod megfogalmazására gondoltam.
Ha azt mondod:
"Tekintsünk egy a,b,c oldalú háromszöget, melyre fennáll az egyenlőség. Ekkor a cosinus tétel szerint ebben a háromszögben a c-vel szemben 60o van, tehát c a "középső" hosszúságú oldal."
akkor a fenti bizonyítás hiányos, mert nem tudjuk, hogy létezik-e az a,b,c oldalú háromszög.
Ha viszont azt mondod:
"Tekinsünk két pozitív ab számot és nézzük azt a háromszöget, melynek két oldala a és b, közbezárt szögük 60o. Ez egyértelműen meghatározza a c oldal hosszát és az egyenlőség összes megoldását megkaphatjuk ezzel a módszerrel. Mivel ezek a háromszögek nem szabályosak és c a "középső" hosszúságú oldal, ezért a<c<b vagy b<c<a teljesülhet."
akkor jó a megoldásod.
|
Előzmény: [807] laci777, 2009-02-19 19:30:30 |
|
[810] kiskiváncsi | 2009-02-19 20:24:56 |
Kedves HOA! Ez a feladat az egyik fórumon így jelent meg: O1O2 gyök2 hosszú szakasz a Thales körbe írható derékszögű háromszögek beírt körök középpontjai körén foroghat. Mekkora a BC szakasz? Azaz ez a megadott és csak ez létezik, vagy kinetogeometriailag ki lehet szerkeszteni, BC valóban mindig gyök 3 vagy nem? Azaz ha O1,O2 szakasz forog, akkor BC állandó és egyenlő gyök3? Vagy csak ez a 6o fokhoz tartozó két szakasz együtt foroghat (merev test szerűen)?
|
|
[807] laci777 | 2009-02-19 19:30:30 |
Nem tudom, jól értettem-e, amit írtál, kedves Nadorp, de pl. az (1;2;gyökhárom) számhármas esetén létezik a háromszög (bármely két oldal nagyobb a 3.-nál), és az egyenletet is kielégíti.
Vagy inkább arra utaltál, hogy a jelzett végtelen sok megoldás is csak részmegoldás, azaz létezhet olyan számhármas is, amivel az egyenlőség ugyan igaz, de háromszöget nem lehet ezekből kialakítani? Mindenesetre megpróbálok ezen is gondolkodni, mert volt kis hiányérzetem e tekintetben - de mivel a feladat azt kérte, hogy "írjuk fel növekvő sorrendben a számokat", úgy gondoltam, hogy már létező háromszögek esetén is végtelen sok megoldás adható. Ha viszont az "a", a "b" és a "c" egymáshoz képesti sorrendjét kérdezi, akkor csak a "c" köztes helyzete állapítható meg.
Vagy végképp tévúton járok?
|
Előzmény: [806] nadorp, 2009-02-19 17:06:38 |
|
|
[805] laci777 | 2009-02-19 16:29:02 |
Sziasztok! Most egy már megoldott(?) versenypéldával kapcsolatban kérném szépen véleményeteket.
Vegyük a köv. egyenletet: a2+b2-ab=c2 (ahol a,b,c páronként különböző pozitív valósak). A feladat: fel kell írni növekvő sorrendben a számokat. Arra jutottam, hogy egy olyan háromszög oldalairól van szó, ahol - a koszinusztétel miatt - a c oldallal szembeni szög 60 fok, és a<c<b vagy b<c<a. Ugyanakkor végtelen sok számhármas kielégíti a feltételeket (pl. 1, 2, gyökhárom ill. ezek tetszőleges k-szorosa hasonló derékszögű háromszögek esetén, és akkor még ott van végtelen sok egyéb lehetőség, ahol alfa és béta együtt 120 fok). De - ha minden igaz - ez nem jó (nem teljes?) megoldás. De miért? Tényleg szeretném tudni.
|
|
[804] sakkmath | 2009-02-17 13:20:30 |
Örülök, hogy a rajzoddal talpra állítottál, az újbóli fejreállást egy tengelyes tükrözéssel megoldom :))
Az adott tulajdonságú pontok halmaza egy negyedrendrendű algebrai görbe (a rajzodon még két további metszéspont is bejelölhető...), melynek egyenlete - Descartes-koordinátarendszerben - implicit és explicit módon is megadható... (Utóbbi esetben a görbét több, csatlakozó ívre kell bontani.)
Egykor hosszas nyomozást folytattam annak megállapítására, hogy hol, mikor fedezték fel ezt a görbét. Az eredmény: a trifolium (lóhere) nevű görbecsalád egy speciális esetéről van szó (legalábbis ezt írta a Encyclopedia Britannica ). Az általánosabb főgörbé(ke)t egyébként nem az általam talált szerkesztéssel definiálták.
Bebizonyítható, hogy a görbe által határolt terület kétszerese a kiindulási kör területének. Nekem ez "csak" integrálszámítással sikerült. Kérdés: van-e erre egy elegánsabb módszer?
A görbével kapcsolatban több egyéb kérdés is feltehető és megválaszolható. Pl.: súlypontok, megforgatással kapott test térfogata, stb. A K kerület viszont ellenállt, ez szerintem csak közelítő módszerekkel határozható meg. Nálam K/a 14,1666.
|
Előzmény: [802] BohnerGéza, 2009-02-16 19:48:30 |
|
[803] HoA | 2009-02-17 12:53:30 |
[757] ábrája arra utal, hogy használjuk fel: a háromszög beírt körének középpontja rajta van például a b oldal /2+/2 látószögű körívén és az ehhez a körívhez tartozó körközéppont éppen a körülírt kör b-hez tartozó, B-t nem tartalmazó ivének felezőpontja, ahol szögfelezője is metszi a körülírt kört. Az itt mellékelt ábra jelöléseivel EA=EO2 egyenlőséget közvetlenül is beláthatjuk. Legyenek az ABD háromszög szögei ,, . Ekkor AEB = ( BA húrhoz tartozó kerületi szög ), DAE = DBE = /2,O2 AD = /2,O2 AE =/2+/2 és így EAO2 háromszög O2 -nél lévő EO2A szöge is /2+/2 , EAO2 egyenlőszárú, EA=EO2 . Ugyanez igaz EO1-re is, így O1EO2 egyenlőszárú.
Csak most használjuk fel, hogy egységsugarú körülírt körről és derékszögű ABD háromszögről van szó: Az feltétel tehát azt jelenti, hogy O1EO2 szabályos, O2EO1=60o , BC az egységsugarú körben 60o-os kerületi szöghöz tartozó húr, hossza így
A gondolatmenet megfordítható, ha , akkor BEC=O2EO1=60o , O1EO2 egyenlőszárú szabályos,
|
|
Előzmény: [757] BohnerGéza, 2009-01-24 16:31:35 |
|
|