[2619] Káli gúla | 2008-03-23 20:41:18 |
-vel egy kiválasztott koordinátatengelyre merőleges hipersíknak és a szimplex origóval szemközti lapsíkjának a szögét gondoltam jelölni.
Az elsőfokú közelítés s az ennek megfelelő sáv egy korábbi példádhoz kapcsolódott (2608. ill. 2610. (A d szélességű "egyenes sáv" azon pontok mértani helye a síkban, melyeknek egy adott egyenestől mért távolsága legfeljebb d/2 :)
|
Előzmény: [2617] Lóczi Lajos, 2008-03-23 20:06:20 |
|
|
[2617] Lóczi Lajos | 2008-03-23 20:06:20 |
De mit jelent itt a szög? És mit az "elsőfokú közelítés"? Sajnos nem értem, mit mond a térfogatokra nézve az, ha az "egyenes sáv" szélessége legalább 1. Kérlek, adj még magyarázatot :)
|
Előzmény: [2616] Káli gúla, 2008-03-23 17:59:33 |
|
[2616] Káli gúla | 2008-03-23 17:59:33 |
A "ferde" lap mértéke merőleges vetítésnél akárhány dimenzióban is cos -vel szorzódik, lényegében pontosan azért, mert a ferde lap normálvektorának megfelelő koordinátája cos .
Az elsőfokú közelítésre visszatérve, egy d széles sávban akárhogyan veszünk három A, B, C pontot, az ABC háromszög valamelyik magasságának hossza legfeljebb d lehet. Bizonyítás. Húzzunk a három ponton keresztül a sáv tengelyére merőlegesen három egyenest, és legyen pl. a B-n átmenő a középső. Ekkor az AC szakasznak van közös pontja (B1) a középső egyenessel, így mbBB1d.
A -1, 0 és 1 pontokhoz tartozó parabolapontok egy befogójú egyenlőszárú derékszögű háromszöget alkotnak. Ebben a háromszögben a legkisebb magasság 1, így egy ezt tartalmazó egyenes sáv szélessége is legalább 1.
|
Előzmény: [2615] Lóczi Lajos, 2008-03-23 00:56:14 |
|
[2615] Lóczi Lajos | 2008-03-23 00:56:14 |
Oldjuk meg a feladatot 4 dimenzióban is.
Tekintsük a (0,0,0,0) origót és az (a,0,0,0), (0,b,0,0), (0,0,c,0), (0,0,0,d) pontokat (ahol a,b,c,d>0). Ennek az 5 pontnak a konvex burka meghatároz egy négydimenziós testet, melynek 5 db háromdimenziós "oldallapja" van.
Mi a kapcsolat ezen 5 lap térfogata között?
|
Előzmény: [2613] Lóczi Lajos, 2008-03-20 22:41:55 |
|
|
[2613] Lóczi Lajos | 2008-03-20 22:41:55 |
Tekintsünk egy olyan tetraédert az első térnyolcadban, amelynek egyik csúcsa az origó, a többi három csúcs pedig a három koordinátatengely egy-egy pozitív pontja. Mi a kapcsolat e tetraéder oldallapjainak területe között?
|
|
[2612] rizsesz | 2008-03-18 23:17:06 |
Szóval tisztázom a saját irományomat, immáron TeXben.
Tehát ez a függvény nem más, mint x2 eltolva egyaránt az x és az y tengelyen, de hála a szabad paraméterezésnek, gondolkodhatunk csak az x2 világában.
A feladat azt kéri, hogy ennek a függvénynek egy (x0;x0+2) szakaszán a függvény abszolútértékének maximuma minimális legyen. Tegyük fel, hogy x0 már a növekvő szakasz része. Ekkor, mint az könnyen ellenőrizhető, a felvett fv.-értékek különbsége legalább 4 lesz (a sima x2-nél x0 minimuma 0, a különbség pedig 4x0+4, ami legalább 4). A skatulya-elv miatt ennek a legalább 4 értékű növekedésnek legalább 2 hosszú része vagy negatív, vagy pozitív, de legalább 2; így a maximum is legalább 2 az abszolútérték miatt. Ugyanez elmondható a monoton csökkenő részre is, marad a közbülső rész, amikor a másodfokú áthalad a minimumhelyén. Tfh. (x0;x0+2) tartalmazza a minimumhelyet, ami most a szimmetria miatt legyen 0. Ekkor x0 negatív. Teljesen az előző logikát követve x0 és x0+2 négyzeteik közül a nagyobb minimumát keressük. Ez már könnyebb feladat, a két parabola metszéspontja adja ki, az x0=-1 helyen, a föggvényérték 1, ekkor valóban kijön, hogy legalább 1/2 a minimum, ami a logikát követve el is érhető.
|
Előzmény: [2608] Lóczi Lajos, 2008-03-18 01:49:58 |
|
[2611] rizsesz | 2008-03-18 19:05:00 |
A közölt függvény lényegében a sima másodfokú x négyzet. Ezt tologatjuk. Ennek nézzük 2 hosszú szakaszait. Ha már a teljes szakasz a növekvő részen van, akkor legalább 4 lesz az y értékek különbsége. Ez egyúttal azt jelenti, hogy az legalább 2 hosszú lesz a negatív vagy a pozitív rész, tehát lesz olyan y, aminek az abszolútértéke legalább 2 a monotonitás miatt. Ugyanez igaz a csökkenő részre. Amikor áthalad az minimumhelyén, akkor a legkisebb érték az ehhez tartozó, a legnagyobb pedig ynégyzet és (2-y)négyzet maximuma. itt y a baloldalra haladás a minimumhelytől. y>1 esetén ez a 1., ellenkező esetben a 2. mivel y értéke. könnyen látható, hogy ez akkor lesz minimális, ha y=1, ekkor 1 lesz a minimum és a maximum különbsége, tehát legalább 1/2 a keresett megoldás, ami így ki is jön. elnézést a TeXtelenségért.
|
Előzmény: [2610] Lóczi Lajos, 2008-03-18 16:05:37 |
|
|
|
|
[2607] S.Ákos | 2008-03-17 19:35:36 |
Valóban hülyeség, nem fogalmaztam elég pontosan. amilyen függvénygörbét láttam, az alapján ezt tudtam mondani, legközelebb nem teszem. A növekedést pedig nem úgy értettem, hogy ha n<m akkor f(n)<f(m), hanem valamilyen érték körül ugrál.
|
Előzmény: [2603] Róbert Gida, 2008-03-16 14:31:49 |
|
|
[2605] rizsesz | 2008-03-16 18:41:35 |
Róbert Gida, én téged baromira nem értelek. Miért kell kérkedned a tudásoddal? Látszik, hogy értelmes, matematikából nagyon tehetséges ember vagy, de ahogy megnyilvánulsz néha ezen a fórumon, az igazán nem egy értelmes emberhez méltó.
|
Előzmény: [2603] Róbert Gida, 2008-03-16 14:31:49 |
|
|
|
|
[2601] Róbert Gida | 2008-03-16 14:04:28 |
Triviális. Legyen m=1236789689135*n-206131614856 alakú prím, ismeretes, hogy ezekből végtelen sok van Dirichlet tétele miatt (feltétele teljesül), ilyen prímekre (6*m)<(6*m+1) lesz, hiszen az elsőt pontosan ki tudod számolni, mert m az prím, a másodikat pedig becsüld alulról, használva azt, hogy ekkor 6*m+1 osztható minden prímmel 5-től 37-ig, így *találtam ki*. Például n=25-re prímet ad, azaz m=30713610613519 megoldás lesz, ezt közvetlenül is ellenőrizheted, ez persze nem biztos, hogy a legkisebb megoldás, hiszen egy más konstrukció is adhat jó m-et.
|
Előzmény: [2599] Gyöngyő, 2008-03-16 13:00:58 |
|
[2600] S.Ákos | 2008-03-16 13:58:06 |
Megnézve az [1;1020] intervallumot, eddig nem találtam megoldást, és úgy néz ki, hogy a függvényértékek közötti eltérés nő, egyre nagyobb lesz . Többet sajnos még nem tudok mondani.
|
Előzmény: [2599] Gyöngyő, 2008-03-16 13:00:58 |
|
[2599] Gyöngyő | 2008-03-16 13:00:58 |
Sziasztok!
Tudnátok segíteni a következő feladatban:
Keressük a legkisebb pozitiv egész m-et amelyre (6m)<(6m+1)fenntáll.
A másik kérdés pedig,az h mutassuk meg,hogy a fennti egyenlőtlenségnek végtelen sok megoldása van.
Ahol (m) az osztók összegét jelenti.
Köszönettel
|
|
[2598] szbela | 2008-03-15 15:13:01 |
Sziasztok!
Esetleg megnézzük (i) x=0, (ii) x=0 és y=0 esetekre? Bár nem tudom, hogy ez így jó-e.
(i) x=0 : f(x+f(y))=f(0+f(y))=f(f(0))+f(y)
(ii) x=0 és y=0 : f(x+f(y))=f(0+f(0))=f(f(0))=f(f(0))+f(0)
(i)-nek és (ii)-nek teljesülnie kell: (ii)-ből következett, hogy f(f(0))=f(f(0))+f(0), ebből f(0)=0 tehát f(f(0))=0 szintén. Ezt (i)-be helyettesítjük és kapjuk, hogy f(f(y))=f(y) Ennek persze minden y-ra teljesülnie kell. És mivel f: R->R -be képez, ezért ha f(y)=a, akkor f(a)=a f(y)=f(f(y)) miatt. f tehát az identitásfüggvény lenne.
|
Előzmény: [2595] Gyöngyő, 2008-03-14 20:29:51 |
|
[2597] Cckek | 2008-03-15 09:56:31 |
Egy ötlet: f(f(x+f(y)))=f(f2(x)+f(y))=f(f(y)+f2(x))=f(f(f(y)))+f2(x)=f2(f(y))+f2(x). Legyen f(y)=tImf
Ekkor f2(x+t)=f2(x)+f2(t), tehát az f2 függvény kielégíti Cauchy funkcionálegyenletét az RxImf halmazon.
|
Előzmény: [2595] Gyöngyő, 2008-03-14 20:29:51 |
|
|
[2595] Gyöngyő | 2008-03-14 20:29:51 |
Sziasztok!
Nekem is van egy érdekes feladatom:
Keressük meg az összes R-ből R-be képző nemcsökkenő függvényt amelyre f(x+f(y))=f(f(x))+f(y) fennáll minden valós x és y-ra
|
|