Fórum: Valaki mondja meg!

Valóban igaz,hogy nem is biztos, hogy létrejön háromszög. A feladatot akkor átfogalmazva: Hány rácspont elegendő, hogy biztosan találjak három olyat,hogy a megfelelő koordináták összege biztosan osztható legyen hárommal? Igazából egy kombinatorikai feladatot helyeztek geometriai csomagolásba, a lényeg számomra a kombinatorikai rész megoldása lenne. Most éppen ott tartok, hogy a válasz valószínűleg 9, de a bizonyítással gondjaim vannak. fermel

8 nyilván nem elég (elég a koordináták 3-as maradékait kiírni):

(0; 0) (0; 0) (0; 1) (0; 1) (1; 0) (1; 0) (1; 1) (1; 1)

Itt csak úgy lehetne a súlypont rácspont, ha a négyzet valamelyik csúcsába esne, de akkor azt a csúcsot háromszor kellene kiválasztanunk, de mindegyik csak kétszer szerepel.

* * *

Ezek után be kellene látni, hogy 9 pontból viszont mindig kiválasztható a megfelelő 3.

Ennek belátásához egy segédállítás: a {0,1,2}×{0,1,2} halmaz 5 különböző elemét kiválasztva biztosan lesz köztük három, aminek súlypontja rácspont.

Ez azért van így, mert ha valamelyik sorban ki van választva 3 elem is, akkor készen vagyunk, ellenkező esetben viszont 2-2-1 a sorokban a kiválasztott elemek megoszlása, és ugyanez igaz az oszlopokra is. Veszem az első "dupla" sort és megcserélem az elsővel, majd oszlopcserékkel elérem, hogy a két elem az első 2 legyen a sorban. Ezután felviszem a 2. sorba a másik "dupla" sort, ennek valamelyik eleme felett is van elem, ezt az oszlopot megcserélem az első oszloppal. Innen két eset lehet az első két sor tekintetében:

1) a 4 pont egy négyzetet alkot a (0,0) (1,0) (0,1) (1,1) pontok által

2) a (0,0) (1,0) (0,1) (2,1) pontok vannak az első két sorban

Mindkét esetben nyilvánvaló, hogy a 3. sorban bármelyik elemet is választjuk ehhez a 4-hez, az létre fog hozni egy "rossz" ponthármast. Ezzel a segédállítást beláttuk.

Innen pedig készen vagyunk, mert maximum 4 különböző pontot választhatunk ki, mindegyiket legfeljebb kétszer (ha 3-szor választanánk, akkor az adott megháromszorozott pont önmagában meg fog felelni), ami összesen 8 pont legfeljebb.

Így beláttuk, hogy 9 pont kell legalább, hogy garantáltan kiválasztható legyen közülük 3 úgy, hogy azok súlypontja is rácspont.

Pontosan eddig a segédállításig jutottam el én is és ennek a bizonyításánál akadtam el. A te bizonyításodból még sajnos az nem világos számomra, hogy miért csak az 1. és 2. eset jöhet szóba az első 4 pont vonatkozásában.( nem igazán értem a cseréket) Kifejtenéd kicsit bővebben? A bizonyítás többi része teljesen világos. Köszönöm. fermel

Szóval felteszem, hogy le lehet tenni 5 pontot úgy, hogy ne keletkezzen rossz hármas. Ekkor nem lehet semelyik sorban 3 pont, mert akkor azok súlypontja a középső, így csak 2-2-1 lehet a megoszlás (nem feltétlen ebben a sorrendben), és ugyanez az oszlopokra is.

Azt állítom, hogy ha nincs rossz 3-as, akkor 2 sort megcserélve sem fog rossz 3-as keletkezni. Rossz 3-as csak úgy jöhet létre, hogy minden sorból és minden oszlopból egy elemet választok ki, hiszen egyik sor és oszlop sincs tele, az meg nem lehet, hogy 2-t az egyik sorból és 1-et egy másikból. Ilyenkor viszont a csere változatlanul hagyja az x- és y- koordináták összegét is, vagyis ha nem volt rossz hármas, akkor nem is jött létre új a csere hatására. Vagyis innentől szabadon csereberélhetem a sorokat és oszlopokat.

1. csere: a legfelső sorba viszek egy "dupla" (azaz 2 kiválasztott elemet tartalmazó) sort

2. csere: ebben a sorban a 2 elemet az első két helyre teszem

3. csere: felviszem a 2. sorba a másik dupla sort

4. csere: mivel az első 2 sorban 4 elem van, de csak 3 hely, ezért valahol egyeznek. Ezt az egyezést oszlopcserével az első oszlopba viszem

És ahogy már mondtam, most a (0,0) (1,0) (0,1) elemek ki vannak választva, és két eset van aszerint, hogy a 2. sorban melyik a másik kiválasztott elem. Innen úgy fejeződik be a bizonyítás, ahogy már leírtam.

Most már teljesen világos. Bár én a cserék alkalmazását kihagyom, de az indoklásom ugyanazokon az alapokon nyugszik. Nagyon sokat segítettél, köszönöm szépen. fermel

Ha definiálunk egy új változót vagy függvényt vagy akármit, akkor az egyenlőségjel melyik oldalára kell írni a kettőspontot? Az új változó felől vagy a másik oldalra?

Az új változó felé.

Onnan megjegyezheted, hogy pl. f(x):=x² kiolvasása "legyen egyenlő".

Sziasztok!

Vki meg tudná mondani, hogy hogy lehetne meghatározni azt a legnagyobb egészet, melyre

teljesül?(A egy tetszőleges poz. valós szám)

Hali! Szerintem nem létezik egy legnagyobb A mert a jobboldal bármilyen nagy lehet, ugyanis a jobboldali kifejezés így írható (n/n-1) az (n-1)-ik hatványon, × n, és az első tag az "1/e" számhoz tart, amikor n a végtelenhez tart, és a második tényező, az "n" tetszőlegesen nagy, amikor n a végtelenhez tart, tehát A minden korlátnál nagyobb lehet. Magyarán mondva a jobboildali tagból alkotott általános tagú sorozat korlátlan.

Szerintem arra gondolt, hogy adott A-ra mi a legnagyobb n.

Igen, elnézést kérek, megint nem fogalmaztam egyértelműen

Legyen tehát A>0 rögzített valós szám.

Pontos n értéket nem tudok mondani (szerintem általános A esetén nem is lehet (egykönnyen)), de legfeljebb 1 hibával meg tudom mondani a legnagyobb olyan n pozitív egész számot, amelyre nⁿ/(n-1)^n-1 legfeljebb A.

Nyilván csak az n>1 eset az érdekes, de ekkor A4. Tegyük fel tehát a továbbiakban, hogy A>e.

A logaritmus sorfejtésével játszadozva be lehet látni például, hogy n2 esetén fennáll az

ne-e/2nⁿ/(n-1)^n-1ne-e/2-e/(4n)

egyenlőtlenség. (Itt a két szélső kifejezés távolságát tetszőlegesen kicsivé össze lehetne húzni, de az nem segítene jobban.)

Innen most már csak elemi legfeljebb másodfokú egyenlőtlenségekkel (és a négyzetgyök sorfejtésével) továbbhaladva kapjuk, hogy

-- ha n<1/2+A/e, akkor A>nⁿ/(n-1)^n-1, az ilyen n-ek tehát még biztosan jók,

-- míg ha n>1/2+A/e+5e/(16A), akkor A<nⁿ/(n-1)^n-1, az ilyen n-ek tehát már biztosan rosszak.

Nem tudom eldönteni a kérdést, ha történetesen esik egész szám az [1/2+A/e,1/2+A/e+5e/(16A)] intervallumba (itt is ugyanaz a helyzet: ez az intervallum tetszőlegesen szűk, de fix hosszú lehetne); innen jön az, hogy ha nem is a legnagyobb, de legrosszabb esetben a második legnagyobb n-et tudom csak megadni.

Egy 'a' oldalú szabályos háromszög minden csúcsában 1-1 kutya áll (A, B és C), majd egyszerre elkezdenek futni egymás felé azonos sebességgel: A B felé, B C felé és C pedig A irányában. Mennyi idő múlva találkoznak?

Segítségként egy "sejtés": egy furcsa "spirál-alakot" megtéve a háromszög középpontjában fognak találkozni, mégpedig egyszerre.

http://mathworld.wolfram.com/MiceProblem.html

Úgy látszik, végül is csak rossz helyre írtam, ezt egy érdekes feladatnak szántam.

A feladat ettől még persze él, csak 1 ábrát és a végeredményt láthatjuk a linken.

Sziasztok!

Meg tudnáktok mondani, hogy hol lehet arra bizonyítást találni, hogy

illetve

mindig mindig teljesül(p_i az i-edik prímszám)?

Nézd meg pl. a Sárközy-Surányi: Számelméletfeladat-gyűjteményt, illetve annak függelékét. (Teljes bizonyításokat nem fogsz találni mindkettőre, de sok útmutatást igen.)

Ismét egy kombinatorikai feladat megoldásában szeretnék segítséget kérni. 13-as totóról van szó. Ebből 6 kimenetele egyértelmű, a további 7 pedig kétesélyes. Hány "szelvényt" kell legkevesebb kitölteni ahhoz, hogy biztosan legyen 12 találat? Adjuk is meg azokat a kitöltéseket, amelyek ezt biztosítják!

Odáig eljutottam, hogy 16 szelvény kitöltése elegendő. Viszont elképzelésem sincs arról, hogy milyen szisztéma szerint "töltsem ki a 16 szelvényt", hogy biztosan legyen 12 találat. (Végül is 7 kétesélyesből kell hatot biztosan eltalálni)

Köszönöm a segítséget: fermel

sziasztok. remélem jó helyre írom a kérdésem.

lehet hogy a válasz már egyértelmű dolog, de én nem tudom, ezért bátorkodom megkérdezni

van-e olyan négyzetszám, ami több mint 1 négyzetszámösszeg párból előállitható?!

tehát

a² + b² = c²

és a,b,c egész számok. létezik-e olyan c, amihez több a és b pár tartozik?

na, találtam egyet, ileltve hát kettőt 16 63, 65; 33 53, 65

ebböl arra merek következtetni hogy létezik sok ilyen pár, és létezik olyan x szám amihez n db, iylen pár tartozik.

Jól érzed :-)

Vegyünk pithagoraszi számhármasokat, pl:

3²+4²=5²

12²+5²=13²

20²+21²=29²

Az elsőt beszorozva (13^.29)²-nel kapjuk, hogy

(3^.13^.29)²+(4^.13^.29)²=(5^.13^.29)²

Ugyanígy a 2.-at és a 3.-at is megfelelően megszorozva:

(12^.5^.29)²+(5^.5^.29)²=(5^.13^.29)²

(20^.5^.13)²+(21^.5^.13)²=(5^.13^.29)²

És ez a módszer tetszőlegesen kiterjeszthető (mivel végtelen sok különböző pithagoraszi számhármas van), és mint látható, a jobb oldalakon mindig ugyanaz a szám áll.

Nem tudom, hogy ide tartozik-e vagy nem, de:

Léteznek-e több dimenziós mátrixok a matematikában, és ha igen, akkor mire és hogyan lehet őket használni (pl. két 3D mátrixot hogyan lehet összeszorozni, vagy mi a determinánsa)?

Valóban, a legegyszerűbben a Sirpi által leírt módon, tehát pihagoraszi számhármasok "átfogóinak" összeszorzásával lehet ilyen számokat találni. De példád éppen arra mutat rá, hogy nemcsak ilyen megoldások vannak, és talán ezek az érdekesebbek.

A szorzásos módszerrel 65 = 5 * 13, vegyük tehát a (3,4,5) és (5,12,13) hármasokat, ezekből adódik (39,42,65) és (25,60,65). A primitív pithagoraszi hármasokat előállító képlet szerint (x²-y²,2xy,x²+y²) 65-öt mint két primitív "átfogó" egészszám-szorosát kapjuk: 13^.(2²+1²) illetve 5^.(3²+2²)

A Te példádban a 65 két primitív pithagoraszi hármas átfogójaként áll elő: x=8, y=1 választással (63,16,65), ahol 65=8²+1², illetve x=7, y=4 választással (33,56,65) - és nem 53 - , ahol 65=7²+4²

Érdekes lenne bizonyítani, hogy végtelen sok szám áll elő többféleképpen két relatív prím négyzetszám összegeként, illetve hogy bármilyen n-re vannak olyan számok, melyek n féleképpen állíthatók elő két relatív prím négyzetszám összegeként.

Tudtommal nem léteznek, ugyanis a mátrix nem egy téglalap sémába rendezett számcsoport (csak annak látszik). Lényegében a mátrix véges dimenziós vektortéren értelmezett korlátos lineáris operáció, amely szintén véges dimenziós vektortérbe képez. Ez röviden azt jelenti, hogy ha L az operáció, akkor L(a+t*b)=L(a)+t*L(b) minden a,b vektortérbeli elemre és minden t valós számra (ha a valós számtest feletti vektortérről van szó). Egy ilyen operáció reprezentálható egy mátrixszal, amelynek oszlopai megadják, hogy az L operáció értelmezési tartományának bázisvektorai az L által milyen vektorba képeződnek. Az általad ismert mátrixszorzás pedig nem más, mint az általuk reprezentált operációk egymás utáni alkalmazása által nyert operáció mátrix reprezentánsa. A mátrix összeadás pedig az operációk egyszerű függvény összeadása (természetesen a vektortérbeli összeadás szerint). Látható, hogy a téglalap séma csak technikai könnyítés (jelölés), és nem tartozik a mátrix lényegéhez.

A "többdimenziós mátrixokat" szokás tenzoroknak vagy multilineáris leképezéseknek nevezni (melyek bizonyos transzformációs szabályoknak engedelmeskednek). A multilineáris leképezés olyan, hogy több vektorhoz rendel egy számot, és mindegyik változójában lineáris. A fizikában, differenciálgeometriában, analízisben (pl. R²R² függvények magasabbrendű deriváltjai multilineáris leképezések) sokszor használatosak.

Néhány keresőszó:

multilinear algebra, multilinear form, tensor, tensor product. Két példa:

http://documents.wolfram.com/v5/Built-inFunctions/ListsAndMatrices/StructureManipulation/FurtherExamples/Inner.html

http://documents.wolfram.com/v5/Built-inFunctions/NumericalComputation/MatrixOperations/FurtherExamples/Outer.html

Sziasztok! Van egy ilyen kirakós játékom, amit az ábrán láthattok (9 darabból áll). A helyzet az, hogy nem tudom hogyan kell kirakni, ha valaki tudja, hogy kell vagy akár csak a nevét ismeri, kérem mondja meg! Köszönöm.

Sziasztok!

Egyik matematikafeladat továbbgondolásánál jött elő a következő probléma: Hogyan lehetne közelíteni a sor összegét?

Ha n tart a végtelenbe, a szumma is. Arra gondolsz, hogy milyen sebességgel divergál?

Mivel arctg(x)x, ha |x| kicsi, ezért a szummádat jól közelíti az di integrál, ami .

Nem lenne jobb inkább 1-től integrálni? Akkor az integrál értéke , ami pontosabban közelíti a szumma értékét.

Ha az összeget az integrállal alulról és felülről becsüljük ( felülről 0-tól n-ig, alulról 1-től n+1-ig ), akkor az összeg a értékétől kb. 1-re van.

Szeretnék egy egyszerű modellt kreálni a globális felmelegedés modellezésére, de honnét lehetne megbízható adatokat szerezni? (Pl.: CO₂ mennyire fogja vissza a meleget... ezt a molekula méretéből is meg lehet-e mondani?)

Sorry,de ezt alaposan elszámoltam. Helyesen a kérdéses S_n összegre elég nagy n esetén

Üdvözlet mindenkinek!

Jó lenne a segítene valaki ebben , már nem nagyon tudok sehová fordulni:

4^sin2x + 4^cos2x = 4

Reggelre kell? :)

Biztos leírtunk egy ilyet már itt: Pitagorasz-tétel a jobboldali tag kitevőjében (cos²(x)=1-sin²(x)), új ismeretlen (A:=4^sin2(x)) és másodfokú egyenlet.

4^sin2(x)+4^1-sin2(x)=4, azaz A+4/A=4, vagyis A_1,2=2, tehát , ezt meg kitalálod.

Köszönöm.

Tud segíteni valaki?

Mennyi 2005 számjegy a tizedesvessző után 1/7 tizedestört alakban?

Egy téglalp átlói d cm hosszúak, az átlók által bezárt hegyesszög alfa fok. Fejezzük ki a téglalp területét és kerületét d-vel és alfával.

A téglalap átlója a hosszabbik oldallal /2 szöget zár be, ezért aztán a hosszabbik oldal hossza dcos (/2), a rövidebbik oldalé dsin (/2). Ebből a téglalap kerülete 2d(sin (/2)+cos (/2))= vagy valami hasonló. A terület d²cos (/2)sin (/2)= d²/2^.sin .

Sziasztok! Gráfos feladattal kapcsolatban kérnék segítséget: Bizonyítsuk be, hogy ha egy n pontú egyszerű gráf leghosszabb útja két végpontjának fokszámösszege legalább n, akkor a leghosszabb utak között van 2, amelyek végpontjai szomszédosak. Előre is köszönöm.

1/7 tizedestört alakban = 0,142857142857142857142857142857... , vagyis a jegyek 6-osával ismétlődnek. 2004 osztható 6-tal ( 3-mal osztható és páros ) , tehát a 2005-ik jegy a ciklus első jegye, vagyis 1.

Sziasztok! Fel lehet-e darabolni egy kockát 54 kiskockára? Ha igen, hogyan? Előre is köszönöm!

Szia!

Fel tudtam valaha, egyszer már végigküzdöttem ezt. Gondolom azt akarod bizonyítani, hogy ha n>47, akkor egy kocka felosztható n kisebb kockára, és ebből tényleg a legnehezebb lépés az n=54 eset megoldása. Ugye ha összevonunk 8 egybevágó kockát egy kétszer akkorává, akkor a darabszám 7-tel csökken, vagyis ilyen lépések során a 7-es maradék nem változik. Éppen ezért elég minden 7-es maradékú n-re megoldani a felosztást, ugyanabban a maradékosztályban a nagyobbakra automatikusan adódik.

A nagy kockánál ez a maradék 1, viszont nekünk az 5-ös maradékot kell megcéloznunk, tehát 4-gyel kell növelni. Egy kocka 3x3x3-má vágása 2-vel csökkenti a 7-es maradékot, ugyanígy 3x3x3 összeforrasztása meg 2-vel növeli. Régen is így csináltam valahogy, de most még nem látom még pontosan, hogy hogy is volt a tényleges felosztás, de hátha ez alapján valaki más gyorsan megcsinálja :-)

Szia!

Igen, tényleg ezt szeretném bizonyítani. A többi maradékra már megvan a szerintem legkisebb konstrukció, azonban az 5-ös maradékra a legkisebb, amit elő tudtam állítani, az a 61 kockás darabolás. És szeretnék lejjebb menni. :)

http://mathworld.wolfram.com/HadwigerProblem.html

http://mathworld.wolfram.com/CubeDissection.html

Ezek megmondják, hogy az Amer. Math. Monthly melyik számában van meg a megoldás, a könyvtárban tehát utánanézhetsz szükség esetén.

Na igen, én is itt találtam: 8³=6*4³+2*3³+4*2³+42*1³. :)

Köszönöm szépen!

Sziasztok!

Egy csoportelméleti kérdésem lenne, amennyiben valaki tud segíteni. Azt kellene bebizonyítanom, hogy ha egy 81 rendű csoportban van olyan elem, amelyre g²⁹=g², akkor a csoport ciklikus. A gond az, hogy nem sikerül...

Előre is köszi.

g²⁹=g²-ből g²⁷=1. A 81 rendű csoport lehet akár Z₂₇×Z₃, amiben van 27-rendű elem pl. (1,0) ahol 1 Z₂₇ generátoreleme, 0 pedig Z₃ egységeleme. De ez a csoport nem ciklikus. Remélem nem írtam hülyeséget.