Chat Prasátek

Matematická sekce

Vejtek | 28. 1. 2012 23:57:13

BakyX:+ skrytý text

Co zkusit Höldera pro (3,3/2)? Ten dá aspoň horní odhad..

BakyX | 28. 1. 2012 22:26:24

Rado: Ďakujem :)

Potreboval by som poradiť s ešte jednou úlohou. Ďakujem

+ skrytý text

Je dané prirodzené číslo $n$ . Nech $x_1, x_2, ... x_n$ sú nezáporné celé čísla spĺňajúce

$\sum^n_{k=1}x_k^3 \leq 7n$

Nájdi maximálnu hodnotu súčtu $x_1+x_2+...+x_n$

Rado | 28. 1. 2012 19:22:27

BakyX: asi mám elementárnější řešení :
+ skrytý text

Rozděl si všechny čísla do n množin podle modula n. Protože prvočísel je nekonečno, v alespoň v jedné množině je nekonečně prvočísel. Zbytek už zvládneš sám ;)

Btw:email

BakyX | 28. 1. 2012 17:25:08

Rado: To som si všimol, že je. Btw. Nedáš mi prosím kontakt na teba ?

Rado | 28. 1. 2012 16:22:02

BakyX: je to speciální případ + skrytý text

Dirichletova věta o prvočíslech (http://mathworld.wolfram.com/DirichletsTheore...

, ale to mi příjde jako trochu moc brutální kalibr. Klasickými středoškolskými metodami fakt netuším.

BakyX | 28. 1. 2012 15:05:26

Dobrý deň. Poradíte mi prosím, ako vyriešiť tento príklad ? Ďakujem

+ skrytý text

Je dané prirodzené číslo $n$ . Dokáž, že existuje prvočíslo $p$ také, že existuje nekonečne veľa prvočísel v tvare $nk+p$

Miroslav Olšák | org | 23. 1. 2012 22:26:07

Nabizim k pohrani geogebri soubory tykajici se serialu (tedy i nedavno probehle prednasky):
http://www.geogebratube.org/user/profile/id/1...
Zaznam te prednasky se snad casem objevi na
http://www.talnet.cz/cafe-talnet

Vejtek | 19. 1. 2012 20:00:27

Naznačit může [o:

Problém byl v tom, že zadání nám nic neříká o případu $x=3$ , přestože $f$ je v tomto bodě definována. Většina řešitelů si označila $g(x)=1/|x-3|$ pro $x\ne 3$ a pak tvrdila, že platí $fg(x)=fff(x)=gf(x)$ . Ale to nemusí vůbec platit! První rovnost je ještě vpořádku, platí pro $x\ne 3$ , ale o druhé rovnosti můžeme obecně těžko soudit, jelikož platí pouze pouze pro ta $x$ , kde $f(x)\ne 3$ .

Správně se s tím popral jen Tonda, který definoval $g(x)=ff(x)$ pro všechna $x$ . Tento krok nám zaručí platnost výše popsané formule všude, neboť o $f$ předpokládáme, že existuje. Chyby se však ani on nevyvaroval, neboť při určování pevných bodů zapomněl na hodnotu $g(3)$ ,
o které víme pramálo. Schválně: Jak je to s fixpunkty funkce

$g(x)=\begin{cases}{1\over |x-3|}&x\ne 3\cr c&x=3\end{cases}$

v závislosti na $\textstyle c$ ?

Pepa S. | 19. 1. 2012 19:09:01

Docela by mě zajímalo, co to bylo za chybu, že mají všichni z osmičky 4 body. Může to opravovatel naznačit? :-)

Pavel Šalom | 19. 1. 2012 12:33:55

Cau,
chtel bych se s nasimi resiteli na necem domluvit. Opravuje se ted krajske kolo MO a neni mi vubec prijemne neuznavat tvrzeni typu "je-li $xy$ konstantni, pak je $x+y$ minimalni prave kdyz $x=y$ ", zvlast pokud vas znam a vim, ze umite AG i upravy na ctverec. Bohuzel v MO se musi merit vsem stejnym metrem a nedostatecna argumentace se neda omluvit.
Priste (pristi rok nebo na celostatku) to tam prosim piste. Bude to oboustranne lepsi :) a pochvalu maji ti, kteri to uz ted napsali!

BakyX | 18. 1. 2012 17:56:25

Pepa T. Ďakujem za opravu. Radšej od toho dám ruky preč zatiaľ.

Josef Tkadlec | 18. 1. 2012 15:06:14

BakyX: Nedá.
+ skrytý text

Rovnoběžník by to byl, kdyby se půlily obě tětivy. Když jenom jedna z nich půlí druhou, tak to rovnoběžník být nemusí.

Návod, jak to opravit:
+ skrytý text

Stačilo by, kdyby platilo: Když tětiva, která není průměrem, půlí nějakou jinou tětivu, tak je tato "jiná" tětiva kratší než ta původní.

A nebo z jiné strany:
+ skrytý text

Jak vypadá množina středů všech tětiv? Co kdyby byl střed některé tětivy jinde než ve středu kružnice?

BakyX | 18. 1. 2012 13:27:25

Olin: Ďakujem za návod k 1. úlohe..Dá sa to sformulovať takto ?

+ skrytý text

Vezmime si ktorúkoľvek z najkratších tetív. Táto tetiva rozpoľuje nejakú inú tetivu. Konce tetív teda vytvárajú rovnobežník. Keďže má opísanú kružnice, tak je to obdĺžník, teda najkratšia tetiva je priemer kružnice, teda všetky tetivy sú priemer kružnice.

Nad tými ostatnými sa musím hlboko zamyslieť. Ďakujem za ochotu, tie hinty už mám uložené.

Olin | org | 16. 1. 2012 01:17:04

Pítr: Je to tak, jestli se ti chce, tak to prosím přepiš.

πtr | org | 15. 1. 2012 21:06:09

>Olin: predpokladám, že tá druhá nápoveda patrí k poslednej úlohe, nie? ;)

Olin | org | 15. 1. 2012 19:05:50

Nápověda k 1:
+ skrytý text

Čím prochází nejkratší tětiva?

2:
+ skrytý text

Uvaž stav, kdy je celkový počet dvojic nepřátel v témže výboru nejmenší (předpokládám, že "být nepřítel" je symetrické).

πtr | org | 15. 1. 2012 18:25:56

>BakyX: Neviem, či chceš priamo riešenie alebo len návod, takže najprv uvediem len ten návod, ak budeš mať záujem, môžem doplniť aj do stručného riešenia.

Návod k 2. príkladu:+ skrytý text

Ako by museli byť umiestnené body, keby si tam vedel nájsť napr. trojuholník s modrými vrcholmi? Stačilo by na to konečne veľa farebných bodov?

Návod k 3. príkladu:+ skrytý text

Skús si premyslieť, koľko maximálne politikov máš "zakázaných", ak výbor má maximálne n-1 členov, pričom tam nikto nedal facku nikomu.

Riešenia zvyšných dvoch úloh ma zatiaľ nenapadli, ale možno sa nad nimi ešte poriadnejšie zamyslím :)

BakyX | 15. 1. 2012 17:34:40

Dobrý deň. Pomohol by mi prosím niekto z nejakým z týchto príkladov ? Všetky sú na + skrytý text

extremiálny princíp

a ani jeden neviem pomocou toho vyriešiť.

+ skrytý text

Daná je konečná množina M tetív kružnice k. Vieme, že každá tetiva z M prechádza stredom inej tetivy z M. Dokážte, že všetky tetivy v M sú priemermi kružnice k.

+ skrytý text

V rovine je daná konečná množina M obsahujúca modré body a konečná množina Z obsahujúca zelené body. (Ostatné body farbu nemajú.) Vnútri úsečky určenej ľubovoľnými dvomi modrými bodmi leží nejaký zelený bod, vnútri úsečky určenej ľubovoľnými dvomi zelenými bodmi leží modrý bod. Dokážte, že všetky zelené aj modré body ležia na priamke.

+ skrytý text

Každý z 3n členov parlamentu dal facku presne jednému inému členovi. Dokážte, že vieme z poslancov vybrať n-členný výbor tak, že nikto z výboru nedal facku inému členovi výboru.

+ skrytý text

Každý poslanec má najviac troch nepriateľov. Dokážte, že vieme rozdeliť poslancov na dve skupiny tak, aby každý mal vo svojej nanajvýš jedného nepriateľa.

Ďakujem za akúkoľvek pomoc.

miso | 14. 1. 2012 11:03:46

Ale to asi musim byt na talnete zaregistrovany, co by bolo dost zdlhave, takže neviem či sa dá to pozerať (tá prednáška) kedže nie som talneťakom

Pavel Šalom | 13. 1. 2012 15:46:41

Cau Tondo,online prednaska se uz chysta, dokonce o tom pisou i na strankach talnetu ( http://www.talnet.cz/cafe-talnet ), takze 20.ledna v sest vecer se muzeme vsichni divat :)

<< < 1 2 ... 22 23 24 ... 35 36 > >>

Kontakt

email	info (zavináč) prase.cz
pošta	Matematický korespondenční seminář KAM MFF UK Malostranské náměstí 25 118 00 Praha 1

Organizátoři

Matematický korespondenční seminář je organizovaný studenty Matematicko-fyzikální fakulty UK pod záštitou Informatického ústavu UK a Oddělení propagace a mediální komunikace MFF UK.

Partneři

Realizace projektu byla podpořena Ministerstvem školství, mládeže a tělovýchovy

Matematický korespondenční seminář

Kalendář

Z naší fotogalerie

Kontakt

Organizátoři

Partneři