Chat Prasátek

Matematická sekce

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.

miso z po | 28. 12. 2011 21:44:27

diki za text, vidi se mi viac popisany.

miso z PO | 28. 12. 2011 21:43:58

stacilo by resit toto, ja to fak neumim, jak to spravil?

http://forum.matweb.cz/viewtopic.php?id=38948

Vejtek | 28. 12. 2011 19:16:45

Není tomu tak dlouho, co na MFF proběhla přednáška na téma funkcionální rovnice. Materiály k ní jsou ale stále k dispozici na adrese

http://www.karlin.mff.cuni.cz/olympiada/anota...

Úvod je však psaný poněkud stroze, takže je vhodnější spíše pro čerpání pokročilejších technik. Pokud si najdu více času, zkusím text trochu obohatit, ale kdo ví... třeba si to nechám na seriál [o:

Miso | 27. 12. 2011 10:15:19

Ano, ale sem se zastavil okolo ulohy 3, potom resim http://mks.mff.cuni.cz/common/show.php?title=...

a zastavil som sa pri cauchyho metode.

Anonym | 26. 12. 2011 22:52:47

miso z presova: Jak tak koukám na tvé příspěvky na tom fóru, tak bych spíš doporučoval nejprve pochopit základní věci z matematiky. Zjistit si, co je to funkce, co je to univerzální kvantifikátor a podobně. Přečetl jsi si povídání ke čtvrté sérii? http://mks.mff.cuni.cz/common/show.php?title=...

miso z presova | 26. 12. 2011 22:17:56

kto by mi mohol pomôcť ? s tymy funkcionalnymi rovnicami? http://forum.matweb.cz/viewforum.php?id=26

Kenny | 23. 12. 2011 20:01:25

Mirek si po nocích dělí velká čísla :)

Miroslav Olšák | org | 23. 12. 2011 12:23:50

Jeste k Bakyxove teorii cisel: spolecny delitel vetsi nez 1 by musel byt vetsi nez 107839350007. A vzdavam to, treba to vazne plati.

Kenny | 18. 12. 2011 19:45:07

Pappova věta není moc známá a v olympiádách se běžně nepoužívá (sám jsem ji v úloze použil možná poprvé).

http://mathworld.wolfram.com/PappussHexagonTh...

Její důkaz pomocí elementárních metod dá docela zabrat, nicméně v tomhle případě, kdy jde o rovnoběžné přímky se zjednoduší na pár podobností.

BakyX | 18. 12. 2011 17:28:16

Ďakujem za odpoveď. Nechápem, ako môže byť niekto taký good ako vy..Pripíšem na zoznam vecí čo nechápem.

K tým riešeniam. To Kennyho i) nechápem, nepoznám ani Pappovu vetu. Nechápem ani to Pepove cez harmóniu. Nevadí. Ďakujem

Kenny | 18. 12. 2011 15:51:22

No jo no, řešil jsem to ve spěchu, tak jsem to stihl jen rozbít na "známá" tvrzení. Pochopí mé neelementární řešení i někdo jiný než Pepa? :)

Josef Tkadlec | 18. 12. 2011 12:36:34

Tak to Kennyho neelementární řešení je fakt pařba :D.

Podle mě úloha stojí na následujícím pozorování:
+ skrytý text

BÚNO $\textstyle AB$ vodorovně. Pak body $\textstyle S_1$ , $\textstyle C$ a $\textstyle S_2$ jsou všechny stejně vysoko.

Tohle je lehké, když už člověk ví, že to chce dokázat. Důvod třeba:
+ skrytý text

Stačí, že $\textstyle CS_2 \| AB$ . Jelikož $\textstyle B$ je na $\textstyle k$ "vpravo", je ze stejnolehlosti $\textstyle C$ na $\textstyle k_2$ "vlevo".

S tím už není problém úlohu spočítat (ala Kenny):
+ skrytý text

Umíme říct, jak moc je $\textstyle A$ od výšky "nalevo" a $\textstyle S_2$ napravo, takže umíme říct, jak "vysoko" $\textstyle AS_2$ tu výšku protne. Nemůže to nevyjít :).

Konkrétně: Z úseků k patám výšek a podobnosti máme $\textstyle |CS_2|=\frac{c}{2}\cdot \frac{b\cos\gamma}{c\cos\beta}$ a samozřejmě $\textstyle |AC_0|=b\cos \alpha$ . Poměr vychází $\textstyle A$ $\textstyle B$ symetricky, takže hotovo.

A nebo s trochou harmonického skillu dodělat synteticky:
+ skrytý text

Výška $\textstyle AN$ protne kružnici $\textstyle k_2$ "vpravo" (označme průsečík $\textstyle X$ ). Harmonickou čtveřici $\textstyle (\infty, C, S_2, X)$ promítneme z $\textstyle A$ na přímku $\textstyle MN$ . Bod $\textstyle \infty$ se zobrazí do průsečíku $\textstyle AB$ a $\textstyle MN$ , takže $\textstyle S_2$ se zobrazí do průsečíku $\textstyle MN$ a výšky z $\textstyle C$ .

Kenny | 18. 12. 2011 11:36:16

Ahoj,

tak mám dvě řešení, ovšem ani jedno není zcela uspokojivé.

i) Syntetické ale neelementární:

+ skrytý text

Velmi hrubá kostra:

0) + skrytý text

Body $\textstyle M$ , $\textstyle N$ , $\textstyle C$ jsou body, v nichž se stran dotýká vepsaná kružnice $\textstyle \triangle S_1S_2M_{AB}$ , kde $\textstyle M_{AB}$ je střed $\textstyle AB$

1)+ skrytý text

Pappova věta

2)+ skrytý text

Pokud paty dvou cevián leží stejně "vysoko", ty ceviány se protínají na těžnici.

3) + skrytý text

Známé tvrzení, že těžnice protíná spojnici bodů dotyku s vepsanou "nad" Ičkem

ii) Počítací

+ skrytý text

Ověřím Cevovu větu. Vše vyjádřím pomocí prvků trojúhelníka. V následujícím pořadí:
1) + skrytý text

Úseky, na něž výšky dělí obvod trojúhelníka

2) + skrytý text

Z podobností vyjádřím poloměry obou kružnic. ( $\textstyle AB || S_1S_2$ )

3) + skrytý text

Z dalších podobností vyjádřím, v jaké poměru jsem rozdělil strany $\textstyle AC$ a $\textstyle BC$ .

4)+ skrytý text

Dosadím, spočítám

Zvládne někdo rozluštit aspoň jedno moje řešení? Nebo najít lepší?

BakyX | 17. 12. 2011 22:03:34

Zdravím. Mohol by mi prosím niekto poradiť s touto pre mňa nezvládnuteľnou úlohou (vám odborníkom to zaberie tak 3 minúty). Ďakujem.

+ skrytý text

Je daný ostrouhlý trojuholník $ABC$ . Uvažujme kružnice $k$ zostrojenú nad priemerom $AB$ . Označme $M, N$ priesečníky $k$ s úsečkami $AC, BC$ . Uvažujme kružnicu $k_1$ (respektíve $k_2$ ), ktorá prechádza bodom $C$ a dotýka sa kružnice $k$ v bode $M$ (respektíve $N$ ). Stredy týchto kružníc označme $S_1, S_2$ . Označme $P$ priesečník priamok $AS_2, BS_1$ . Dokážte, že priamka $PC$ je výška trojuholníka $ABC$ .

Josef Tkadlec | 17. 12. 2011 13:24:36

Na podnět Mirka: čtverce o úlohu zpátky se neměly překrývat, jinak je to z hlavy už trochu těžší (je tam nějaké počítání). Jelikož už máme další úlohu, doplním k tamté pro úplnost metodu, jak se dá na výsledek pohodlně přijít.

+ skrytý text

Úhlopříčky $\textstyle AC$ a $\textstyle BF$ jsou rovnoběžné, takže obsah trojúhelníku $\textstyle ACF$ je stejný jako obsah trojúhelníku $\textstyle ACB$ , což je půlka prvního čtverce. Velikost druhého čtverce nerozhoduje.

Olin: To jsi asi na minulém sousu nebyl na Martinině přednášce o rozkladech ;) (v knihovně na http://mks.mff.cuni.cz/library/library.php?ca...).

Olin | org | 17. 12. 2011 00:06:24

Rado: Vzoreček jsem neznal, docela mne překvapil :)

Rado | 16. 12. 2011 21:17:11

Ahoj, narazil jsem na jednu nerovnost, o které myslím , že má moc hezké řešení (pokud znáte jeden vcelku jednoduchý vzoreček). Schválně, zkuste to: pro různá kladná čísla dokažte
$\dfrac{(a^2-b^2)^3+(b^2-c^2)^3+(c^2-a^2)^3}{(a-b)^3+(b-c)^3+(c-a)^3}>8abc$

Miroslav Olšák | org | 16. 12. 2011 19:19:49

Tak jestli jsem si to dobre predstavil, tak
+ skrytý text

2 (pokud se neprekryvaji) nebo 14

Ale je to z hlavy docela drsne. Nejakou dobu jsem nad tim premyslel a pak jsem si vsimnul, ze bod B je spolecny.

<< < 1 2 ... 24 25 26 ... 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