Fórum: Valaki mondja meg!

Csal az ábra, ha a peremfeltételek igazak, akkor D, P, B nem lehetnek kollineárisak. Némi szögszámolás után P egybeesik Q-val, QCB háromszög szabályos és a kérdőjeles szögek rendre 0, 98, 60.

Ez egy széles körben ismert probléma. A keresett részek száma legyen k. A megoldás:

\(\displaystyle k=\binom{n}{0}+\binom{n}{2}+\binom{n}4=\frac{1}{24}(n^{4}-6n^{3}+23n^{2}-18n+24)\)

Bővebb információk és a feladattal kapcsolatos érdekességek az OEIS-adatbázisban: https://oeis.org/A000127/internal. E linkről kiindulva juthatunk el egy angol nyelvű megoldáshoz: https://maa.org/sites/default/files/Marc_Noy46792.pdf.

Egy részletes, magyar nyelvű megoldást olvashatunk a MATEMATIKAI PROBLÉMAKALAUZ I. című jegyzeben (4.75. probléma*). A kiadványt megvehetjük e-könyves, vagy nyomtatott formátumban is. Érdemes, most kedvezménnyel adják: https://interkonyv.hu/konyvek/kosztolanyi-jozsef-makay-geza-pinter-klara-pinter-lajos-matematikai-problemakalauz-i/

A nyomtatott jegyzet fedőlapjának fotója:

\(\displaystyle AD=DQ=DC\\ QC=QB\\ PB=CB\\\)

Sziasztok! Nyilván \(\displaystyle \alpha=82^{\circ}\) , de hogyan tovább? Nem jövök rá...

\(\displaystyle \beta=?\\ \delta=?\\ \varepsilon=?\)

Adott "n" pont egy kör kerületén. Páronként összekötjök a pontokat. Legfeljebb hány részre osztják ezek az összekötő szakaszok a körlemezt. Előre is köszönök minden segítséget.

Igen, és köszönöm a megoldást.

Mármint a teljes particionálás, \(\displaystyle n-2\) darab háromszögre kérdezed? Mert akkor ez ismert, \(\displaystyle C_{n-2}\), az \(\displaystyle n-2\)-edik Catalan szám.

Az N-nel jelölt konvex, n-oldalú sokszöget háromszögekre bontottuk azon átlóival, amelyek nem metszik egymást N belsejében. Hányféleképpen tehetjük meg ezt?

Találtam egy angol nyelvű pdf-et erről, ami több oldalon keresztül elmagyarázza ezt, itt: "https://web.northeastern.edu/seigen/11Magic/StebbinsStack/Si Stebbins Stack - from Numericana dot com.pdf"

Írjuk fel a kör kerületére az 1,2...,52 számokat és tegyük a számok mellé a kártyákat a sor definíciója szerint úgy, hogy az 1 mellett legyen a pikk ász.

Ha \(\displaystyle 1\leq i\leq j\leq52\), akkor az \(\displaystyle i\)-dik és \(\displaystyle j\)-dik lap távolsága legyen \(\displaystyle d=\min(j-i,52+i-j)\) ( a nem hosszabb íven levő intervallumot vesszük)

Minden lapot egyértelműen meghatároz egy \(\displaystyle (a,b)\) számpár (\(\displaystyle 0\leq a\leq3,0\leq b\leq12\)), ahol a="szín", b="érték-1" (Most a színekre pikk=0,kőr=1,treff=2,káró=3)

Ekkor a pikk ász a \(\displaystyle (0,0)\) és ha az \(\displaystyle n\)-dik lap az \(\displaystyle (a,b)\), akkor:

\(\displaystyle n-1\equiv a\mod(4)\)

\(\displaystyle 3(n-1)\equiv b\mod(13)\)

Ismert, hogy adott \(\displaystyle (a,b)\) esetén a fenti kongruencia rendszernek egyértelmű megoldása van \(\displaystyle n\)-re \(\displaystyle \mod(52)\), és különböző \(\displaystyle (a,b)\) számpárra - melyek megfelelnek a fenti feltételnek - különböző \(\displaystyle n\)-et kapunk.

Ha most adott két lap \(\displaystyle (a_1,a_2)\) és \(\displaystyle (b_1,b_2)\), melyek az \(\displaystyle n_1\)-dik illetve \(\displaystyle n_2\)-dik helyen vannak, akkor a fentiek szerint

\(\displaystyle n_1-n_2\equiv a_1-a_2\mod(4)\)

\(\displaystyle 3(n_1-n_2)\equiv b_1-b_2\mod(13)\)

——

\(\displaystyle 13(n_1-n_2)\equiv 13(a_1-a_2)\mod(52)\)

\(\displaystyle 12(n_1-n_2)\equiv 4(b_1-b_2)\mod(52)\)

——

\(\displaystyle n_1-n_2\equiv 13(a_1-a_2)-4(b_1-b_2)\mod(52)\)

Innen már látszik a módszer a távolság kiszámítására:

Kiszámoljuk \(\displaystyle 13(a_1-a_2)-4(b_1-b_2)\) értékét és vesszük az 52-es nemnegatív maradékát. Ha ez \(\displaystyle d\) , akkor a távolság \(\displaystyle \min(d,52-d)\)

az előző hozzászólásomhoz ábrát csatolok, hátha így érthetőbb lesz a Si Stebbins sorrend

Egy matekos kérdésem lenne, de nem boldogulok vele. A römi kártyák (52 lapból álló jokerek nélküli francia kártya) egy speciális sorrendjéről van szó, ezt a sorrendet SI STEBBINS sornak nevezik. Lényege: az ábrán látható körben óramutató járásával megegyező irányban a lapok színei periodikusan követik egymást (most pl. pikk, kőr, treff, káró), és bármelyik lap értéke mindig 3-mal több mod 13, mint az előtte levő lap értéke. Előnye ennek a sorrendnek, hogy valójában nincs vége, azaz a kártyacsomag utolsó lapja után következik a kártyacsomag első lapja... A probléma a következő: Két lap színének és értékének ismeretében hogyan lehet gyorsan és könnyen kiszámolni a két lap távolságát. Egyszerű képletet keresek. Mindenki segítségét előre is köszönöm.

ok, azóta megtaláltam a választ...

Van 20 darab egymástól nem feltétlenül különböző szám. A 20 darab számot tetszőlegesen szétválasztjuk két 10 elemű halmazra. Ezután egy 2 sorból és 10 oszlopból álló táblázat felső sorába beírjuk az egyik 10 elemű halmaz elemeit növekvő (nem csökkenő) sorrendben, a táblázat alsó sorába beírjuk a másik 10 elemű halmaz elemeit csökkenő (nem növekvő) sorrendben Ezután a táblázat minden oszlopában kiszámoljuk az oszlopban levő két szám különbségét (különbség = nagyobb szám - kisebb szám), majd az így kapott különbségeket összeadjuk, így egy eredmény adódik. Bizonyítsuk be, hogy bárhogy is választjuk szét a 20 darab számot két 10 elemű halmazra, a kapott eredmény mindig kiszámolható úgy is, hogy a 10 legnagyobb szám összegéből kivonjuk a 10 legkisebb szám összegét. Mindenki segítségét előre is köszönöm: BZ.

Szerintem a 1. feladatra a Sylvester-Gallai tétel túl erős, csak akkor kéne, ha azt a gyengébb feltételt vesszük, hogy bármely 3 pont által kifeszített síkra illeszkedik egy tőlük különböző negyedik pont.

Az 1. feladatban válasszunk tetszőleges A,B,C pontokat. Ezek nem kollineárisak, tehát egyértelműen meghatároznak egy S síkot. Ha most veszünk egy, az előző pontoktól különböző P pontot, akkor a feltétel szerint A,B,C és P egy síkon helyezkednek el, de ez a sík tartalmazza az A,B,C pontokat is, tehát meg kell hogy egyezzen S-sel. Tehát a pontok egy síkon vannak.

Bizonyítás teljes indukcióval.

Ha n=3, akkor igaz az állítás, mert ekkor n-3=0 és a háromszögnek nincs átlója.

Ha n=4, igaz az állítás, mert ekkor n-3=1 és mivel egy konvex négyszög 2 átlója metszi egymást, ezért csak egy átlót húzhatunk be.

Legyen \(\displaystyle n\geq5\), \(\displaystyle K_n\) egy n oldalú konvex sokszög és tegyük fel, hogy n-nél kisebb oldalszámú konvex sokszögre igaz az állítás.

Húzzunk be egy tetszőleges \(\displaystyle f\) átlót \(\displaystyle K_n\)-ben. Ekkor a sokszöget egy i oldalú \(\displaystyle K_i\) és egy n+2-i oldalú \(\displaystyle K_{n+2-i}\) konvex sokszögre bontottuk fel \(\displaystyle (3\leq i\leq n-1\)). Nyilvánvaló, hogy ezek után csak olyan átlót húzhatunk be \(\displaystyle K_n\)-ben, mely vagy csak \(\displaystyle K_i\) vagy csak \(\displaystyle K_{n+2-i}\) belsejében halad, ugyanis ellenkező esetben a behúzott átló metszené \(\displaystyle f\)-et. Az indukciós feltevés miatt így legfeljebb összesen

\(\displaystyle i-3+n+2-i-3=n-4\) átlót húzhattunk be.

Ezekhez hozzávéve a \(\displaystyle f\) átlót, kapjuk, hogy \(\displaystyle K_n\)-be is legfeljebb n-3 egymást nem metsző átló húzható be,mely tartalmazza \(\displaystyle f\)-et. A kapott felső érték nem függ i-től (így \(\displaystyle f\)-től sem), tehát \(\displaystyle K_n\)-be is legfeljebb n-3 darab egymást nem metsző átló húzható be.

A kapott felső korlát mindig elérhető, ha egy kijelölt fix csúcsból húzzuk be az összes átlót.

Az 1. feladatra az alábbi - síkbeli - Sylvester-Gallai tétel bizonyításának gondolatmenetét lehet felhasználni a térben is.

Sylvester-Gallai tétel: Adott n>=3 pont a síkon. Ekkor vagy az összes adott pont illeszkedik egy egyenesre, vagy van egy olyan egyenes, amire közülük pontosan kettő illeszkedik!

A tétel bizonyítása az interneten is elérhető több oldalon is.

Köszönöm a szép megfogalmazásokat. Ilyenkor látom, hogy bár ha tudom a feladat megoldását, vagy legalábbis azt hiszem, hogy tudom a feladat megoldását, még nem biztos, hogy jól le tudom írni. Találkoztam további két feladattal, amelyet tudom, hogy igaz, azt is tudom, hogy miért, de nem tudom szépen megfogalmazni:

1. Adott térben véges sok pont úgy, hogy semelyik három nincs egy egyenesen. Igaz-e, hogy ha bármelyik négy pont illeszkedik egy síkra, akkor az összes pont egy síkon van? Mi a helyzet végtelen sok pont esetén.

2. Igaz-e, hogy egy \(\displaystyle n\) oldalú konvex sokszögbe maximum \(\displaystyle n-3\) átlót lehet behúzni, úgy hogy az átlóknak ne legyen metszéspontjuk?

Egy könyvemből (Matematikai versenytételek) másolok.

II. megoldás: Ha a derékszögű háromszög átfogóját a kisebbik (pontosabban: a másiknál nem nagyobb) befogóval elosztjuk, gyök2-nél nem kisebb hányadoshoz jutunk. Ez abból következik, hogy a<= b esetén c*c=a*a+b*b>=2*a*a, tehát c/a>=gyök2.

Ha a háromszög két oldalát változatlanul hagyjuk, de az általuk közrefogott szöget növeljük, akkor a harmadik oldal is növekszik. Ezért tompaszögű háromszögre, sőt (egy egyenesen elhelyezkedő, csatlakozó szakaszokká) elfajuló háromszögre is kimondhatjuk, hogy legnagyobb oldala a legkisebbel osztva legalább gyök2 értékű hányadost ad.

Elég ezért azt bizonyítanunk, hogy a sík bármely négy pontja között van három olyan, amely derékszögű, tompaszögű vagy elfajuló háromszöget határoz meg. Induljunk ki a sík négy pontjából. Feltehetjük, hogy nincs közöttük három egy egyenesen elhelyezkedő. Tekintsük a négy pont konvex burkát, azaz azt az idomot, amelyet úgy kapunk, hogy a pontok köré fonalat feszítünk. Minthogy a pontok nincsenek mindannyian egy egyenesen, konvex burkuk vagy háromszög, vagy négyszög. Ha a P1P2P3 háromszöghöz jutunk, akkor P4 ennek belsejében van, hiszen három pont nem lehet egy egyenesen. A P4P1, P4P2, P4P3 szakaszok háromszögünket három háromszögre vágják fel. Ezeknek P4-nél elhelyezkedő három szöge együttesen 360 fok, s ezért közöttük tompaszög is van (sőt közülük legalább kettő tompa.) Egy ilyen tompaszög a pontjainkból alakított tompaszögű háromszög szöge. Ha a konvex burok négyszög, akkor ennek szögeiről elmondhatjuk, hogy nem lehet mindegyik hegyes, hiszen összegük 360 fok. A legnagyobb szög tehát derékszög vagy tompaszög, s ez egy a pontjainkból alakított derékszögű vagy tompaszögű háromszög szöge.

köszi szépen a szépmegfogalmazást. Valahogy én is így gondoltam, csak nem tudtam ennyire egyszerűen és átláthatóan összefoglalni.

A megoldás második része:

A bolyai.hu honlapról könnyű eljutni a [Kürschák József Matematikai Tanulóverseny 1961 1. kateg. 1. ford. 9-13. évfolyam] mappáig. Innen másolom be két részletben Hajós György (!) 1. feladatra adott megoldását. E feladat eredeti kitűzési szövege:

A sík négy pontja hat távolságot határoz meg. Bizonyítsuk be, hogy e távolságok legnagyobbika a legkisebbel osztva nem adhat \(\displaystyle \sqrt2\) -nél kisebb hányadost.

A megoldás első része:

Megint találkoztam egy feladattal: Bizonyítandó, hogy a síkon bárhogy is választunk ki négy pontot, a köztük előforduló hat távlság maximumának és minimumának hányadosa legalább \(\displaystyle 2^{1/2}\). Inkább arról van szó, hogy hogyan kell szépen és egyszerűen bizonyítani, mert körülményesen össze tudom hozni a bizonyítást. Minden segítséget előre is köszönök.

igen, erre mondtam, hogy nem túl precíz...

Elnézést kérek, de az előző hozzászólásban alábbi mondat nem igaz:

Az még elmondható, hogy \(\displaystyle b_n\) egy felső korlátja a mértani sor - bár már ehhez is hozzá kéne tenni , hogy ez a fenti limesz monotonitása miatt van

A \(\displaystyle b_{n,k}\) sorozat ui. csak elég nagy n-re kisebb a határértéknél, de ez nem nyilvánvaló állítás. Ezért is szerencsésebb a megoldásban tekintett másik sorozat, \(\displaystyle a_{n,k}\) vizsgálata, mert az monoton nő.

Az alábbi rész kérdőjeles:

\(\displaystyle \lim_{n\to\infty}\Bigg(\frac{n}{n+1}\Bigg)^n+\Bigg(\frac{n-1}{n+1}\Bigg)^n+\Bigg(\frac{n-2}{n+1}\Bigg)^n+\Bigg(\frac{n-3}{n+1}\Bigg)^n+\dots ?= e^{-1}+e^{-2}+e^{-3}+e^{-4}+\dots\)

Ha \(\displaystyle b_n=\Bigg(\frac{n}{n+1}\Bigg)^n+\Bigg(\frac{n-1}{n+1}\Bigg)^n+\dots+ \Bigg(\frac{1}{n+1}\Bigg)^n\)

akkor attól még, hogy a tagok "függőlegesen" konvergálnak, tehát hogy fix k-ra

\(\displaystyle \lim_{n\to\infty}\Bigg(\frac{n-k}{n+1}\Bigg)^n=e^{-k-1}\)

még nem következik, hogy az \(\displaystyle e^{-k-1}\) határértékek összege megegyezik \(\displaystyle b_n\) határértékével. Az még elmondható, hogy \(\displaystyle b_n\) egy felső korlátja a mértani sor - bár már ehhez is hozzá kéne tenni , hogy ez a fenti limesz monotonitása miatt van - de hogy oda konvergál-e, az nem következik az általad leírtakból.

Ha \(\displaystyle b_{n,k}=\Bigg(\frac{n-k}{n+1}\Bigg)^n\) ha \(\displaystyle 0\leq k \leq n\) és \(\displaystyle b_{n,k}=0\) ha \(\displaystyle k>n\), akkor azt állítod, hogy

\(\displaystyle \lim_{n\to\infty}\sum_{k=0}^nb_{n,k}=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=0}^\infty b_{n,k}=\sum_{k=0}^\infty(\lim_{n\to\infty}b_{n,k})\)

Viszont a fenti határátmenet csere nem nyilvánvaló.

A "szabályos" eljárás az, ami sakkmath 2. megoldásában van (Tannery-tétel). A képletek (indexek) egyszerűbbek lesznek, ha sakkmath megoldását követve a \(\displaystyle \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{k}{n}\right)^n=\lim_{n\to\infty}S_n\) határértékét számoljuk először ki, aztán osztjuk e-vel.

Minden \(\displaystyle n\geq1\) esetén legyen:

\(\displaystyle a_{n,k}=\Bigg\{\begin{matrix}\bigg(\frac{n-k}{n}\bigg)^n & 0\leq k\leq n \\ 0 & k> n \\ \end{matrix}\).

Ez egy végtelen mátrix, aminek a főátlójában - kivéve az \(\displaystyle a_{1,0}\) -és felette minden elem 0, a nulladik (azaz az első) oszlop csupa 1-es.

Bármely fix k-ra ismert, hogy az \(\displaystyle a_{n,k}\) sorozat monoton növekvő és határértékére

\(\displaystyle \lim_{n\to\infty}a_{n,k}=e^{-k} \tag{1}\)

Legyen \(\displaystyle \varepsilon>0\) rögzített. Mivel \(\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}e^{-k}=\frac{e}{e-1}=S\), ezért létezik K, hogy

\(\displaystyle \sum_{k=0}^{K}e^{-k}>S-\varepsilon \tag{2}\)

Másrészt (1)-ben a monotonitás miatt

létezik \(\displaystyle N_0\), hogy \(\displaystyle n>N_0\) esetén \(\displaystyle 1-a_{n,0}<\frac\varepsilon {K+1}\)

létezik \(\displaystyle N_1\), hogy \(\displaystyle n>N_1\) esetén \(\displaystyle \frac1{e}-a_{n,1}<\frac\varepsilon {K+1}\)

...

létezik \(\displaystyle N_K\), hogy \(\displaystyle n>N_K\) esetén \(\displaystyle \frac1{e^K}-a_{n,K}<\frac\varepsilon {K+1}\)

Így, ha \(\displaystyle N:=\max(K,N_0,...,N_K)\), akkor összeadva a fenti K+1 darab egyenlőtlenséget, \(\displaystyle n>N\) esetén teljesül

\(\displaystyle \sum_{k=0}^{K}e^{-k}-\sum_{k=0}^{K}a_{n,k}<\varepsilon\)

Felhasználva (2)-t is:

\(\displaystyle \varepsilon>\sum_{k=0}^{K}e^{-k}-\sum_{k=0}^{K}a_{n,k}> S-\varepsilon-\left(\sum_{k=0}^{n}a_{n,k}-\sum_{k=K+1}^{n}a_{n,k}\right)>S-\varepsilon-\sum_{k=0}^{n}a_{n,k}=S-S_n-\varepsilon\)

Azaz \(\displaystyle S-S_n<2\varepsilon\)