Chat Prasátek

Matematická sekce

BakyX | 25. 11. 2011 14:31:14

Pítr: Ďakujem

Pavel: Geogebra je super, program ako stvorený pre niečo ako som ja. To "dementný" som napísal preto, lebo ma fakt nahnevalo, koľko času som strávil nad náčrtom, ktorý som neurobil nakoniec..

Chcem sa ešte spýtať, ako by ste riešili 6. úlohu zo 4. strany http://seminar.strom.sk/priklady/archiv/casop... Ďakujem

Pavel Šalom | 23. 11. 2011 10:04:47

Cau,
$\textrm{card}$ tady bude znamenat pocet prvku. Nevim ale presne, co znamena $v_p$ , takze platnost nerovnosti necham na vas.

Kdyz uz jsme u toho, tak kardinalitu (=mohutnost) bych prelozil jako "zobecnena velikost". Pro konecne mnoziny je to pocet prvku, ale pro nekonecne mnoziny umi kardinalita rozlisovat "velikost nekonecna". Definice na wiki http://cs.wikipedia.org/wiki/Mohutnost.

Napriklad se da ukazat, ze $\mathbb{N}$ ma mensi kardinalitu nez $\mathbb{R}$ . Muze ale byt prekvapujici, ze $\mathbb{N}$ ma stejnou kardinalitu jako $\mathbb{Z}$ a dokonce jako $\mathbb{Q}$ (podrobnosti na wiki nebo na pozadani).

Miroslav Olšák | org | 22. 11. 2011 23:27:52

Pravda. Ja mel, nevim proc, pocit, ze tech jednicek vlevo potrebuji jeste o jednu vic.

Tonda | 22. 11. 2011 23:14:59

D9kz. Myslím, že to je opravdu počet prvků té množiny, protože pro každé $\textstyle k$ platí že $\textstyle v_p(2^{k(p-1)}-1)\geq 1$

Miroslav Olšák | org | 22. 11. 2011 23:06:21

Byla dana nejaka podminka na to $n$ ? Pak by to zacalo davat smysl, kdyby se pod pojmem "card" skryval pocet prvku te mnoziny (cardinality).

Ale stejne by to, co se to snazi rict, bylo receno dost kostrbate. Takze se to mozna ma vylozit nejak uplne jinak...

Tonda | 22. 11. 2011 22:35:11

Překlep: znaménko nerovnosti je $\textstyle \geq$ místo $\textstyle \leq$

Tonda | 22. 11. 2011 22:34:23

Zdravím,
Vysvětlíte mi, prosím, někdo termín "card" (a proč vztah platí) v následujícím případě:
$\textstyle \displaystyle\sum_{1\leq k(p-1) \leq n}v_p(2^{k(p-1)}-1)\leq card\lbrace k|1\leq k(p-1)\leq n\rbrace$
Předem děkuju za odpověď

Tonda | 21. 11. 2011 18:08:41

Tak ten odhad je fakt dobrý a docela přirozený podle případu rovnosti.
Zkoušel jsem různá AG, Cauchy,... ale nevyšlo mi to.

Josef Tkadlec | 21. 11. 2011 11:25:01

Ještě k té nerovnosti, taky funguje dokázat si nejdřív pomocnou nerovnost

$(1-t^2)^2 + (1-u^2)^2 \geq (1-0^2)^2 + (1-(t+u)^2)^2$

a potom ověřit rovnost v "extrémním" případě.

Pavel Šalom | 21. 11. 2011 09:51:39

BakyX: Pokud ti ipe6 pripada dementni, doporucuju vyzkouset GeoGebru (http://www.geogebra.org/cms/, je potreba mit nainstalovanou Javu). Pokud by ti i GeoGebra pripadala dementni, tak uz asi muzu doporucit jen kresleni obrazku rukou.

πtr | org | 21. 11. 2011 01:41:19

BakyX: Áno, dokonca pomerne jednoduchý: klikneš na "Lines and polylines" (ikonka má tvar podobný "N"; u mňa je 11. zľava v druhom riadku, prípadne na klávesnici "L"), klikneš jeden koniec a pravým tlačítkom myši vyznačíš koniec druhý. Nie je to priamka v pravom zmysle slova, je to len jej časť, ale ak chceš, vo vlastnostiach čiary si môžeš zadať tvar koncových šípok.

Následne ma ale napadlo, že si možno myslel priamku prechádzajúcu dvoma konkrétnymi bodmi. Tam je postup podobný, opäť nakreslíš čiaru medzi týmito bodmi (postup vyššie, je dobré mať zapnuté "pripínanie k vrcholom" - "snap to vertices", ikona by mala byť hneď prvá po rozlíšení alebo stlač F4). Následne chceme túto spojnicu natiahnuť, aby pokračovala aj za hraničnými bodmi: klikni na "strech objects" (štvrtá ikona druhý riadok alebo "E") a so stlačeným Shiftom natiahni konce na požadovanú dĺžku (sklon by sa zmeniť nemal - to zaručuje práve ten Shift).

Ak by ti to aj napriek tomuto nešlo, určite sa ozvi, kde je problém a pokúsim sa ti pomôcť ešte lepšie :)

BakyX | 21. 11. 2011 00:09:50

Existuje prosím nejaký jednoduchý spôsob, ako v dementom programe IPE 6 urobiť priamku :D ?

Olin | org | 20. 11. 2011 16:09:47

Miško, Pítr: Ano, vskutku je to zřejmé, když uvážíme nezápornost uvedených proměnných :-) Zároveň je dobře vidět, kdy vlastně nastane rovnost.

πtr | org | 20. 11. 2011 11:43:01

Miško: neviem, či hovoríme o tom istom, ale mne platnosť nerovnosti

$2\sum_{\text{sym}}x^2y^2 + 8\sum_{\text{sym}}x^2yz \ge 0$

príde naozaj zrejmá - stačí použiť predpoklad zadania, že $x, y, z$ sú nezáporné :)

Možno to platí aj bez tohto predpokladu (to som neskúmal), ale tento dôkaz už zrejmý byť nemusí - a o tom si možno už písal :P

Miško | org | 20. 11. 2011 09:38:51

Olin: vcera okolo polnoci som sa snazil uvidiet, preco je to zrejme a nie a nie na to prist. A potom, ked som to roznasobil rucne mi to doslo :)

A teda podla mna to nie je zrejme, (ani jednoduche), ale trilivalne. (A to je rozdiel. :))

Olin | org | 19. 11. 2011 22:11:53

Kenny: Ono po té homogenizaci a roznásobení už moc práce není, protože pokud jsem dobře upravoval (teda ne já, samozřejmě nejmenovaný program), tak nakonec vyjde

$2\sum_{\text{sym}}x^2y^2 + 8\sum_{\text{sym}}x^2yz \geq 0,$

což platí zřejmě.

BakyX | 19. 11. 2011 21:46:25

Olin, Kenny

Ďakujem. Vždy, keď si vyberiem nejakú ľahko vyzerajúcu nerovnosť, vykľuje sa z nej niečo takéto. Seriál som prečítal po Jensenovu nerovnosť.

Kenny | 19. 11. 2011 18:16:10

BakyX: Zkušené oko vidí, že nerovnost nemůže odolat težkým zbraním.

Rozhodně ji lze řešit takto:

1) Dle Olina, tj. homogenizovat, roznásobit, Muirheadovat-Schurovat (třetí díl seriálu)

2) Dosadit $\textstyle x = 1-y-z$ , roznásobit a čtvercovat (víme, kdy chceme rovnost...)

3) Dosadit $\textstyle x = 1-y-z$ , použít symetrickou substituci a posléze s ní čachrovat podobně jako je to ve druhém díle seriálu.

Nad elegantním řešením se zamyslím (Tondo, máš něco?)

Jinak tato nerovnost je svoji obtížností nad úrovní celostátního kola.

A též doporučuji přečtení seriálu. Věřim, že to není jen výčet metod, ale že je možné tam načerpat i docela dost intuice.

Olin | org | 19. 11. 2011 16:45:29

BakyX: Není to příliš elegantní, ale už jsi to zkoušel homogenizovat? Doufám ale, že někdo přijde s lepším nápadem.

BakyX | 19. 11. 2011 14:23:16

Niekedy nie je problém ochota učiteľa pripravovať na MO, ale skôr jeho schopnosti riešiť úlohy z MO.

Dal by mi niekto hint k tejto nerovnosti ? Pre nezáporné čísla x,y,z platí $\textstyle x+y+z=1$ . Mám dokázať:

$\textstyle (1-x^2)^2+(1-y^2)^2+(1-z^2)^2 \ge 2$

Nerovnosti sa nenaučím, nech robím, čo robím. Ďakujem

<< < 1 2 ... 28 29 30 ... 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