Chat Prasátek

Matematická sekce

<< < 1 2 ... 23 24 25 ... 36 37 > >>

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 :)

Tonda | 13. 1. 2012 14:44:48

Ahoj,
Všiml jsem si, že obtížnost seriálu vůči prvnímu dílu výrazně stoupla, a proto si myslím, že online přednáška v blízké budoucnosti by byla super :)

Vejtek | 11. 1. 2012 16:39:21

K 8)
+ skrytý text

Zkuste si rozmyslet, že aby rovnice f(f(x))=g(x), kde g je zadaná a f hledáme, měla řešení, musí být rozdíl počtu fixpunktů funkce g(g(x)) a g(x) dělitelný čtyřmi.

Pepa S. | 11. 1. 2012 09:02:25

Miki: A co pevné body f(f(f(f(x))))?

Miki | 10. 1. 2012 22:04:56

Prosím o nějaký trošku podrobnejší hint k 8. Umím pouze říct že existuje jeden nebo 3 pevné body funkce. Spor za tím žádný nevidím. Můžete mi prosím někdo poradit?

Anonym | 10. 1. 2012 21:38:54

Mé (dost obecné) hinty:
+ skrytý text

4) Podívat se, co se dá dopočítat a jak to vypadá.
5) Určit f(2) pomocí f(1) a pak indukcí dokázat řešení.
6) Najít další symetrii.
7) Určit f(0) a převést na úlohu o třech jednoduchých a přehledných rovnicích.
8) Zjistit pevné body (tj. body x, že f(x) = x) a zkusit najít spor.

Miso z PO | 10. 1. 2012 15:35:35

Poprosil by som o hinty (1-5 uloha + 7 uloha).Ďakujem.

Kuba | 8. 1. 2012 15:43:44

Díky vám oběma. Myslel jsem si, že by to tak nějak mohlo být...

Štěpán | 8. 1. 2012 13:18:27

Aha, díky za vysvětlení :)

Miško | org | 7. 1. 2012 23:47:09

Štěpán:
+ skrytý text

$\textstyle p$ a $\textstyle q$ môžu mať na začiatku dokonca spoločné reálne korene ktoré nemôžeme úplne beztrestne pokrátiť, pretože úplne precízne napr. $\textstyle x/x$ je iná funkcia ako $\textstyle 1$ , pretože nie je definovaná v nule.

Ja som to tam nenapísal, ale bez ujmy na všeobecnosti môžeme predpokladať, že $\textstyle p$ a $\textstyle q$ nemajú spoločné (komplexné) korene. Ak totiž majú, tak
$\frac{p(x)}{q(x)} = \frac{p_1(x)}{q_1(x)}$
až na konečne veľa bodov, a to nám nevadí kvôli tomu, ako Kuba formuloval ten problém.

Štěpán | 7. 1. 2012 16:50:28

Miško:
+ skrytý text

Myslím, že to co říkáš zcela neplatí. Protože podle mě mohou mít $p$ a $q$ společné některé komplexní kořeny, ne? Ale nemělo by to snad moc změnit. Podle mě stačí udělat $p_1(x)$ a $q_1(x)$ jako $p(x)/c(x)$ a $q(x)/c(x)$ , kde $c(x)$ je polynom, který má komplexní kořeny společné v $p$ a $q$ (budeme mít tedy polynomy nad komplexními čísly). Podobně vytvoříme $r_1(x)$ a $s_1(x)$ . Pak tvým postupem dokážeme $p_1=r_1$ a $s_1=q_1$ a tedy platí:
$\frac{p(x)}{q(x)}=\frac{p_1(x)c(x)}{q_1(x)c(x)}=\frac{p_1(x)}{q_1(x)}=\frac{r_1(x)}{s_1(x)}=\frac{r(x)}{s(x)}.$

Miško | org | 6. 1. 2012 23:09:42

Ja si myslím, že to platí.
+ skrytý text

Nech pre nekonečne veľa $\textstyle x$ platí
$\frac{p(x)}{q(x)}=\frac{r(x)}{s(x)}$
kde $\textstyle p$ a $\textstyle q$ resp. $\textstyle r$ a $\textstyle s$ nemajú spoločný koreň. Potom $\textstyle p(x)s(x) = r(x)q(x)$ sa rovnajú v nekonečne veľa bodoch a sú to teda rovnaké polynómy.

Tzn. tieto polynómy majú rovnaké korene. Ak je $\textstyle k$ koreň polynómu $\textstyle p(x)$ , tak potom to musí byť tiež koreň $\textstyle r(x)$ , pretože $\textstyle p$ a $\textstyle q$ nemajú spoločný koreň. Podobne ak $\textstyle l$ je koreň $\textstyle s(x)$ , potom musí byť aj koreňom $\textstyle q(x)$ . Preto $\textstyle p = r$ a $\textstyle s = q$ , hotovo.

Kuba | 6. 1. 2012 22:06:13

Ten dotaz je asi dost hloupý a pravděpodobně bych na to byl schopen přijít po čase sám, ale teď trochu nestíhám a rada by se mi hodila. Je jasné (dokazovali jsme to i na tuším Pepově přednášce o polynomech), že když mají dva polynomy nad reálnými čísly nekonečně mnoho společných bodů, pak jsou totožné.

Dalo by se totéž tvrzení nějak (jakkoli) rozšířit na racionální funkce? (Nevyznám se přesně v termínech - myslím prostě podíl dvou polynomů.) Konkrétně bych rád věděl, jestli platí tvrzení: "Jestliže mají dvě lomené funkce nad reálnými čísly nekonečně mnoho společných bodů, pak mají společné všechny body až na konečně mnoho."

Těch "konečně mnoho" rozdílných bodů jsem tam dal kvůli nulovým bodům. Platí tohle tvrzení? Případně nějaké podobné? Díky

Vita | 3. 1. 2012 13:30:57

Zdravim z Indie! Po chvili cestovani jsem ted na konferenci, tak mam trochu casu na netu ;)
Ja si nemyslim, ze je ta teorie cisel tak tezka, jak tvrdite :) (Tohle je poprvy, co neco pisu v novym chatu, tak snad zvladnu to formatovani.)

+ skrytý text

Jde o to najit n a p tak, aby $2^n\equiv -1 \pmod{p}$ a $3^n\equiv -2 \pmod{p}$ . A takovyhle ulohy se musi resit pouzitim primitivniho prvku! To je takovy cislo, ze jeho umocnovanim dostanu vsechny cisla modulo $p$ (az na nulu). A existuje dokonce modulo $p^k$ .

V tom, co napisu, bude spousta der, ale nejak tak to musi jit vyresit :)

Tak si zvolme $p$ tak, aby 3 bylo primitivni prvek. A at $2\equiv 3^a (p)$ , taky $-1\equiv 3^{(p-1)/2} (p)$ . Pak muzu ty dve kongruence prepsat jako $an\equiv (p-1)/2 \pmod{p-1}$ a $n\equiv(p-1)/2+a\pmod{p-1}$ (to presne plyne z definice primitivniho prvku). No a ted to jenom vyresit:

Rychle spoctu, ze $p=8b^2+1, a=2b$ a odpovidajici $n$ funguji.

Takze jediny, co je potreba zjistit, je, jestli takovy $p=8b^2+1$ existuje. Potrebujeme, aby 3 bylo primitivni prvek (to neni problem) a aby $2\equiv 3^{2b} (8b^2+1)$ . To rozhodne neni trivialni, ale na druhou stranu jsme taky to $p$ mohli zvolit spoustou jinych zpusobu - a to by v tom byl cert, aby nejaky nefungoval! (Napr. ani neumime dokazat, ze je nekonecne mnoho prvocisel tvaru $8b^2+1$ - ale dost jiste jich nekonecne je.)

Myslim, ze by takto mela jit vyresit kazda uloha podobnyho typu - budto v kongruencich mod p-1 bude videt, ze to nema reseni, nebo je casem najdu - to ale jenom pro konkretni situaci. Ze to fakt plati kdykoli, to asi bude beznadejne tezky otevreny problem.

<< < 1 2 ... 23 24 25 ... 36 37 > >>

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