[1504] TiCoN314 | 2011-04-19 10:59:59 |
Üdv!
Egy kis segítségre lenne szükségem: Ugye van egy tételünk, hogy ha egy vektor-valós fgv. esetén egy adott pontban minden parc. derivált létezik és folytonosak, akkor ott totálisan diff-ható. Legyen f(x,y)= 1, ha x*y=0, különben 0. Ez esetben az origóban a parciális deriváltak léteznek és folytonosak (0), mégsem differenciálható a függvény, hiszen nem is folytonos a (0,0)-ban. Hol a hiba?
Előre is köszönöm a segítséget.
Üdv: TiCoN
|
|
[1503] Maga Péter | 2011-04-12 08:19:47 |
Nahát, de ostoba vagyok, ezt a Fano-síkból adódó felbontást és rokonait igazán észrevehettem volna...
Ha már az egyenes-pont felállásnál tartunk, akkor arra is mutatok egy lineáris algebrai bizonyítást (n pont, nincs mind egy egyenesen, ekkor n egyenest meghatároznak).
Először egy feladat, amit Pósa Lajos táborában tanultam. Van n pont, nincs mind egy egyenesen, mindegyikre ráírunk egy valós számot úgy, hogy minden legalább 2 pontú egyenesen 0 az összeg. Ekkor minden pontra 0-t kell írnunk. A bizonyítás nem nehéz.
Most minden Ai pontra vegyük az xi valós polinomot. Minden legalább kétpontú e egyenesre legyen . Az előbb leírtak szerint a 'Pe=0 minden e-re' egyenletrendszernek csak triviális megoldása van, így legalább n egyenletből áll.
|
Előzmény: [1500] Zine, 2011-04-11 20:52:40 |
|
|
|
[1500] Zine | 2011-04-11 20:52:40 |
Részben igaz a sejtés:) Két eset van, vagy az, amit te is leírsz, vagy pedig ha n = (k-1)k + 1, akkor felbontható n darab Kk-ra, például K7 felbontható 7 db háromszögre. Csak ebben a két esetben van egyenlőség.
Erdős-de Brujin-tétel a neve, ők tetszőleges pont-egyenes struktúrára fogalmazták meg, de a két megfogalmazás teljesen ekvivalens. Valamint a tétel onnan is ismerős lehet, hogy ennek egy speciális esete az az állítás, hogy n nem egy egyenesen lévő pont legalább n egyenest meghatároz. Sokszor ezt a tételt nevezik Erdős-de Brujin-tételnek az általánosabb helyett / mellett. (Persze egyből következik az is, hogy az általad sejtett eredmény ez utóbbi esetben már igaz is, mivel Gallai óta tudjuk, hogy van olyan egyenes, amely pontosan két pontot tartalmaz, vagyis a második konstrukció, amelyet említettem, a síkban nem valósítható meg, ha k legalább 2, míg gráfoknál akadálytalanul lehetséges)
Egyébként Graham-Pollak-tételt magát ismerem, de a bizonyítását nem tudom, úgyhogy majd töröm rajta én is fejem, és részemről igény biztos lesz a megoldásra, ha addig nem lesz meg. (amire elég nagy esélyt látok...)
|
Előzmény: [1499] Maga Péter, 2011-04-09 22:43:27 |
|
[1499] Maga Péter | 2011-04-09 22:43:27 |
Köszönöm, de a Graham-Pollak-tételé az érdem... Ha egy teljes n csúcsú gráfot felbontunk teljes páros gráfok páronként éldiszjunkt uniójára (teljes páros gráf: két színosztály, köztük minden él be van húzva), akkor legalább n-1 páros gráfot kell használnunk. Akinek van kedve hozzá, az törje rajta a fejét, hogyan lehet ezt lineáris algebrai módszerrel bebizonyítani (eléggé hasonló ahhoz, amit én írtam erre a feladatra). Ha pár napig nem lesz rá megoldás, de van érdeklődés, akkor felírom én magam. Ami ott érdekes, hogy az n-1 sokféleképp előáll.
Ebben a feladatban én az n-re másféle konstrukciót nem látok, minthogy veszünk egy teljes n-1-est, és a plusz egy pontot összekötjük mindennel. Mindazonáltal az én megoldásomból nem látszik, hogy ez lenne az egyetlen megoldás. A tiedből (ami valóban sokkal egyszerűbb) sem látom így kapásból, ami nem jelent semmit (főleg a kapásból miatt:)). Persze az sem biztos, hogy igaz.
Egyébként korábban azt írtad, hogy ez egy ismert tétel. Van esetleg neve is? (Én a kombinatorikához elképesztően nem értek, de aki ismer, az ezt tudja is. Lehet, hogy már másnak is feltűnt...:))
|
Előzmény: [1498] Zine, 2011-04-09 14:09:54 |
|
[1498] Zine | 2011-04-09 14:09:54 |
Ötletes megoldás:)
Egy másik általam ismert egy soros bizonyítása az állításnak: Kn = (E,V), |V| = n. Vegyünk egy v csúcsot, legyen rv azon klikkek száma, amelyek tartalmazzák. Egy L klikk csúcsainak számát, pedig jelöljük sL-lel. Tegyük fel, hogy nm. B egy olyan klikk, amelynek nem csúcsa v. Ekkor fennáll, hogy rvsB, amiből következik:
m(n-sB)m(m-rv)
Ezzel, pedig kész is.
|
Előzmény: [1487] Maga Péter, 2011-04-04 20:44:45 |
|
|
|
|
|
|
|
[1491] KovácsPeti | 2011-04-05 16:58:53 |
Hali! Nekem 1 kamatos kamattal kapcsolatos kérdésem lenne. Adott: Évi 82 különböző pénzösszeg: 20 000 Ft ; 2 000 000 Ft A kérdés pedig az, hogy melyik pénzösszeg duplázódik meg hamarabb, ha nem változik a kamat, illetve nem történik semmiféle tranzakció, tehát csak a kamatos kamat. Próbáltam beilleszteni a képletbe, de nem sikerült :(
|
|
|
[1489] Alekszandrov | 2011-04-05 16:40:22 |
Szia!
A baloldalt gyöktelenítsd és hozz közös nevezőre, majd a számlálóban előálló mértani közepek helyére írd be a számtani közepeket(természetesen ekkor jön be az ismert egyenlőtlenség). Ezután vonjál össze a számlálóban, egyszerűsíts és máris a jobboldalhoz érkeztél. Ebből már az is látszik, hogy egyenlőség csak a=b=c esetén lehetséges. Üdv!
|
Előzmény: [1488] WhiteTiger94, 2011-04-05 15:55:15 |
|
[1488] WhiteTiger94 | 2011-04-05 15:55:15 |
Üdvözlet! Lenne önökhöz, hozzátok, egy kérdésem, rendezési tétel kellene hozzá ha jól sejtem, de a megoldásról nincs sejtésem, a feladatot elvileg ábraként csatolom a hozzászólásomhoz, és azt kellene megtudnom, mikor teljesül az egyenlőség, tehát, hogyha pl. a=b=c, vagy valamikor máskor?
Előre is köszönöm a segítséget.
Az ábra:
|
|
|
[1487] Maga Péter | 2011-04-04 20:44:45 |
Nem ismertem a tételt, de a Graham-Pollak-tétel lineáris algebrai bizonyítása megihletett:). Szóval tegyük fel, hogy az Ai klikkekre (1im>1) felbontjuk a gráfot. Minden klikkhez rendeljük hozzá a valós polinomot. Ekkor . Ha most feltesszük, hogy az Ai-k uniójában minden él pontosan egyszer szerepel, akkor
ahol az utolsó egyenlőtlenség azért áll fenn, mert a felbontás nemtriviális volt, amiből világos, hogy az eredeti gráf minden csúcsa legalább két Ai-ben szerepel.
Most indirekte tegyük fel, hogy m<n. Ekkor van nem azonosan 0 megoldása a P1=...=Pm=0 egyenletrendszernek (elemi lineáris algebra). Viszont akkor erre , ami ellentmondás.
|
Előzmény: [1486] Zine, 2011-04-04 19:16:53 |
|
[1486] Zine | 2011-04-04 19:16:53 |
a) Igen, a Ramsey-tétel általánosítható uniform-hipergráfokra. Erről elég sok anyag van neten, pl wikipedia...
b) Ez egy viszonylag híres tétel, amelyet most szándékosan nem nevezek meg: Kn gráfot ha felbontjuk m Kn-től különböző klikkre, akkor mn
|
Előzmény: [1484] Radián, 2011-04-04 16:56:38 |
|
|
[1484] Radián | 2011-04-04 16:56:38 |
Hello!
Két kérdésem lenne az egyszerű gráfokkal kapcsolatban.
a.) Rendelkezünk-e bármiféle információval, hogy ha egy teljes gráf éleit akarjuk kiszínezgetni három színnel akkor minimum hány csúcs esetén fog egyszínű háromszöget v. négyszöget tartalmazni a gráfunk. (Van e Ramsey-számoknak valamilyen továbbfejlesztett alakja ?)
b.) Egy n csúcsú teljes gráfot felbontjuk 1-nél több ugyancsak teljes gráfra úgy hogy a kapott "kis" gráfok semelyikének se legyen közös éle. Mennyi kell legyen e "kis" gráfok minimális számossága ?
|
|
|
[1482] psbalint | 2011-03-31 21:28:31 |
köszönöm a segítséget. triviális feladatok között volt, és miután gondoltam/ajánlották a szitára/a szitát, én még mindig azt hittem, van valami teljesen nyilvánvaló megoldás, amit nem veszek észre.
|
|
[1481] jonas | 2011-03-31 21:08:12 |
Nem, ez így hibás, mert a mazsolák eloszlkása nem ugyanaz, mint a pálcikák eloszlása. Például ha két mazsolád és két süteményed lenne, akkor 1/4 valószínűséggel menne a bal oldali süteménybe mindkét mazsola, de 1/3 valószínűséggel menne mindkét mazsola a pálcáktól balra.
|
Előzmény: [1479] psbalint, 2011-03-31 20:53:43 |
|
[1480] jonas | 2011-03-31 21:05:56 |
Feltételezem, hogy ezt úgy kell érteni, hogy ha a nagymama az egész tésztába rakott mazsolákat pontosan leszámolja, és biztosan ugyanannyit, n darabot rak.
Ha a tésztát tíz részre osztja, akkor minden mazsola egymástól függetlenül kerül a tíz rész valamelyikébe, és feltesszük azt is, hogy a tíz rész pontosan egyforma méretű, vagyis egyforma valószínűséggel kerülnek beléjük a mazsolák.
Most akkor ha kiválasztassz k konkrét süteményt, akkor annak a valószínűsége, hogy az összes mazsola ezekbe kerül, (k/10)n. Ebből azt hiszem, szitával következik, hogy annak a valószínűsége, hogy minden süteménybe kerül mazsola,
Ezt átalakítod alapján, majd az összeget explicit alakra hozod, és innen próbáld meg te megoldani.
|
Előzmény: [1476] psbalint, 2011-03-31 14:24:15 |
|