Fórum: Híres(?) álbizonyítások

Sziasztok!

Lehet, hogy ezt a vittzek - mavhaságok topikba kellene írnom inkább ... de azért megpróbálom!

Bebizonyítom nektek, hogy az 1 második gyöke épp 2.

Azaz

\(\displaystyle \sqrt[2] {1} = 2 \).

Nos.

Ha n=1, akkor az, hogy "mennyi első gyöke az egynek", azt jelenti, hogy "mi az az x nemnegatív szám, amit első hatványra emelve egyet kapunk". Mivel 1 az elsőn 1, ezért a megoldás 1.

Azaz:

Az egy első gyöke egy.

Ha n=2, akkor kiszámolni az 1 négyzetgyökét annyi, mint megkeresni azt a nemnegatív y számot, amire \(\displaystyle y^{2}=1\). Még itt is hivatkozhatunk a köztudomásra vagy a trivialitásra, a megoldás nyilván 1, hiszen \(\displaystyle 1×1 = 1^{2}=1 \).

Na de van egy bökkenő! Igaz, hogy az egyenlet megoldása az n=1 és az n=2 esetben is 1! Csakhogy az n=2 esetben az 1 nem lehet a jó megoldás (ez egy ún. hamis gyök)! Ugyanis az n=1 esetben már volt! Az 1-nek nem lehet az első gyöke is 1 és a második gyöke is egy, hiszen akkor a "második" gyöke egyben az "első" is lenne! Egyrészt ez tapasztalatilag is nyilvánvaló: a való világban akármit is megnézünk, az nem lehet egyszerre és ugyanazon tekintetben (mármint hogy gyökség tekintetében) első is és második is! De logikailag is ellenmondásba ütközünk! Hiszen ha az első gyök és a második gyök ugyanaz az 1 lenne, azaz az 1-nek két gyöke is ugyanaz a szám, akkor valójában nem beszélhetnénk "két" gyökről. Tehát a gyökkitevők különbözősége, amely jelenség alapján beszélünk az 1-nek két gyökéről (az elsőről és másodikról), magában hordja a "kettő"-séget, és ez alapján teljes logikai bizonyossággal kizárhatjuk e két !!!!! gyök "egy"-ségét, vagyis azt, hogy egyenlőek!

Na, miután mindezt cáfolhatatlanul leszögeztük, most megmondjuk a második gyök értékét.

A második gyök értéke a második gyök definíciója alapján felállított egyenlet szerint egy - de láttuk, hogy ez lehetetlen, ez egy hamis gyök. De akkor mennyi? Egyszerű a válasz. "Tulajdonképpen" 1 ugyan, csakhogy másodjára az! Itt a bökkkenő!

Ami másodszor egy, tehát másként mondva kétszer is egy, az valójában 2×1, tehát 2!

\(\displaystyle \sqrt[2] {1} = 2×1 = 2 \)

Ezzel bizonyításunkat befejezettnek tekinthetjük.

Tétel:=e

Bizonyítás:

I. rész

Vegyünk egy r sugarú félkört. A félkörhöz tartozó ív hossza r. Negyedeljük el a félkör átmérőjét, majd az első és harmadik negyedelő pontból mint középpontból rajzoljunk sugarú félköröket. A két kisebbik félkörhöz tartozó ívek hossza összesen: . Könnyü belátni, hogy akárhányszor végzem el ezt a műveletet, a körívek hosszának összege nem változik. Ha végtelenszer végzem el, akkor a végén az eredeti félkör átmérőjét kapom, azaz r=2r=2

II. rész

Tudjuk, hogy

Tekintsük azt az esetet, amikor a=n Ekkor azt kapjuk, hogy 2ⁿ=eⁿ Az exponenciális függvény szigorú monotonitása miatt 2=e

Mivel 2=e és 2==e

UI:Nemrég jutott az eszembe egy feladat kapcsán, remélem tetszik :D

Megkönnyebbülhetünk: mára eltűnt ez a hosszúéletű álbizonyítás. Tegnap felhívtam egy (az ügyben vétlen) matematikus figyelmét a hibás megoldásra. Úgy látszik, ő eredményesen közbenjárt a 'megoldás' levételben...

Hmmm....igazán kiszedhették volna már....Valaki elég csúnyán benézhette ezt a bizonyitást.Még a végén valaki tényleg elhiszi hogy a Jensen-egyenlőtlenségben igy áll az irány. Gondolom a 'szerző' csak azt látta hogy elég volna neki belátni a cos-összeges egyenlőtlenséget,amiről azt gondolta, hogy ismert és Jensennel kijön.Csak arra nem gondolt hogy közben már a másik irányba szaladt át a túl durva becsléssel (ti. a sztani-négyzetesnél) Minden elismerésem az észrevételhez,elég nehéz észrevenni, főleg ha az ember a szerzőhöz hasonló felületességgel futja át a megoldást. Remélem K.Géza időben intézkedik....ugye Géza??? Elég égő nektek ha ezt igy hagyjátok...

Kedves Fórumosok!

Egy (hamis)gyöngyszem innen, a szomszédból:

http://www.komal.hu/verseny/2001-09/B.h.shtml

Az oldal főcíme: 'A 2001. szeptemberi B-jelű matematika feladatok megoldása'. Itt olvasható, immár négy éve (!!), a B. 3478. feladat rapid 'megoldása'. Ezt a 'megoldást' tavaly tavasszal e-mail-ben többször is kifogásoltam illetékes helyen; mint látható, eredménytelenül. Várom a véleményeket, javaslatokat. A szóvátételt hátha jóvátétel is követi ezúttal... (Itt a Fórumon egyébként többen is kifogástalan megoldásokat tettek fel e feladatra, anno.)

Nem értetted!

Konstans deriváltja nulla, ez eddig nem is baj.

Az iforosok írtak egy matekzh-t és különböző függvényeket kellett deriválniuk. A tanár gondolom kíváncsiságból berakta a 8-as konstanst, hogy mit lépnek rá a hallgatók és az egyik nagyon ügyesen lederiválta a 8-at és 12-öt kapott eredményül. Tudod ez az érdekes ám.

Szerintem is.

Nem is kell hozzá az extra golyó. Négy egyformán valószínű eset van: PP, PF, FP, FF. Ha bekötött szemmel húzunk egy golyót, akkor a teljes valószínűség tétele szerint a piros valószínűsége 1/4^.0+1/4^.1/2+ 1/4^.1/2+1/4^.1= 1/2. Vagyis, mivel két golyóból 1/2 a valószínűsége a piros húzás valószínűsége 1/2, egy piros és egy fehér golyó van.

A teljes valoszinuseg tetelet akkor lehet hasznalni, ha teljes esemenyrendszerrol van szo. Az, hogy milyen golyok vannak a zsakban, nem egy kiserlet lehetseges kimenetelei (nem esemeny), ezert nem tekinthetoek teljes esemenyrendszernek.

Ha az lenne a kerdes, hogy mekkora valoszinuseggel huzunk pirosat, ha egy gep veletlenuszeruen ilyen leosztasokat tesz a zsakba, akkor a valasz 2/3, de akkor mar nincs ertelme azt kerdezni, hogy milyen golyok voltak benn eredetileg.

A teljes 2/3 valószínűség a 4*3=12 golyóra vonatkozik, vagyis a 12 golyó közül 2/3 valséggel húzunk pirosat. Ebből nem következik az "okoskodás" további állítása.

Ez nem hülyeség, csak nem adtad meg azt a függényt amit lederiváltál. Így eléggé semmitmondó (legalábbis nekem)

Sziasztok!

Egy zsákban két golyó van, mindkét golyó a másiktól függetlenül vagy piros vagy fehér. (A zsákban tehát PP PF FP vagy FF lehet)Anélkül, hogy megnéznénk a zsák tartalmát, mondjuk meg, hogy milyen szinűek a golyók.

Állítás: A zsákban egy piros és egy fehér golyó van!

Biz.: Tegyünk a zsákbeli golyókhoz még egy pirosat! Ekkor négy egyformán valószínű golyóelrendezés lehet a zsákban (PPP, PPF, PFP, PFF). A négy esetben a piros húzás valsége rendre 1, 2/3, 2/3, 1/3. A piroshúzás valsége így a teljes valószinűség tétele szerint p(piros)=1/4*1+1/4*2/3+1/4*2/3+1/4*1/3 ami 2/3. Igen ám, de ha három golyóból 2/3 a piros húzás valsége, akkor két piros és egy fehér alkotja a három golyót. Mivel egy pirosat én tettem közéjük, így az eredeti két golyó egy piros és egy fehér!!

Hol a hiba?

Minden jót: Atosz!

IFOR DERIVÁLÁS

(8)^'=(2³)^'=3^.2²=12

Tényleg megtörtént...:)

Beírom, mert jópofa és tetszett:

Állítás: 1=2.

Ehhez elég azt belátni, hogy ln x=ln (2x) minden pozitív x-re. Ez viszont integrálással könnyen kijön:

.

Kedves Fórumosok!

Bizonyára kevesen emlékeznek rá, mert 1983-körül történt, hogy volt egy játék, amit Magellánnak hívtak és a térképszinezés elvén működött.

Egy lapos téglalap alakú doboz volt, melynek mindkét oldalán számozott területek - országok - voltak kijelölve. Minden ország területén volt egy beépített forgatható korong. A korong kerületén lévő 4-féle szín segítségével az ország szinét lehetett beállítani. A korongok közül 6 db a másik oldalra is átlógott, így tekerésekor egyben a túloldali ország szine is változott.

Az alapfeladat az országok térképszerű kiszinezése volt. Erre a játékra egy TV-s műsor épült, ahol a szinezéssel kapcsolatos feladványokat adtak a nézőknek és a megoldásokat be lehetett küldeni, komoly nyeremények reményében.

Bár én is részt vettem a játék szervezésében, egyetlen darab játékom sem maradt - különben feltenném a fényképét, és úgy biztosan érthetőbb lenne az egész.

Hátha valakinek van még valahol egy elfelvő darab!

Ja igen, azt elfelejtettem mondani, hogy április 1.-én közölte (30 éve és egy napja). Tréfa gyanánt :-)

SZENZÁCIÓ!!!

MARTIN GARDNER A SCIENTIFIC AMERICAN FOLYÓIRATBAN KÖZZÉ TETT EGY TÉRKÉPET AMELYET CSAK 5 SZÍNNEL LEHET KISZÍNEZNI. EZZEL CÁFOLVA A 4-SZÍN SEJTÉST. AKI NEM HISZI, PRÓBÁLKOZZON:

Sajnos már szerepel Lorantfi[8] hozzászólásában,na mind1!

Erre tudok hasonlót: (Elég régi,de remélem még nem írták be!) legyen a=b+c

5a=5b+5c

4b+4c=4a

adjuk össze a két oldalt:

5a+4b+4c=5b+5c+4a vonjunk ki 9a-t

4b+4c-4a=5b+5c-5a

4(b+c-a)=5(b+c-a) osszunk be (b+c-a)-val

4=5

:)

igazad van...:)

A négyzetéből von gyököt, ami pozitív és ez nem is lenne baj. De utánna absz. érték kell, vagyis 9/2-4 lesz az eredmény.

4-(9/2)=-1/2.. ha ebből gyököt vonsz nekem a valós számokon belül maradva, akkor adok egy százast.. ;) De azért tetszett! :)

2 x 2 néha 5...

Ha az igen (+1) és a negáció (-1), akkor akárhányszor igenlek, az mindíg igen, tagadás esetén csak a párosszámú tagadás igenlés. Ez azt jelenti, hogy apozitív számkörben végzett matematikai műveletek és a negatív számkörben végzett műveletek nem szimmetrikusak.

Mi a magyarázat? Első probléma:

1:(-1)=(-1):1 vajon miért igaz? Hiszen egy nagyobb számot osztunk egy kisebbel (a>b),az mindíg nagyobb kell legyen a reciprokánál (b<a ), azaz a:b>b:a kell, hogy igaz legyen. Vagy ez nem általános érvényű igazság ? És a kontinuitási elv hova lesz .