Ha már itt vagyok érdekelne, hogy ez hogyan kapcsolható a De Gua tételhez. Vagy hogy kapcsolható e egyáltalán. Hogy tudjak valami érdekességet is tudjak írni a dolgozatomba. Segítséget előre is köszi.
Tehát a következő kérdés: van-e olyan De Gua-féle derékszögű tetraéder, aminek minden oldalhossza és minden lapterülete egész szám?
Ez a kérdés ekvivalens a tökéletes Euler-kuboid létezésével, ami 300 éve megoldatlan probléma, tehát nem valószínű, hogy itt a fórumon megválaszoljuk.
Nevezetesen ha a,b,c olyan De Gua-féle derékszögű tetraéder, aminek minden oldalhossza és minden lapterülete egész szám, akkor De Gua tétele miatt az ab, bc, ca oldalhosszakkal alkotott tégla tökéletes Euler-kuboid. Ha pedig egy tökéletes Euler-kuboid oldalhosszai a,b,c, akkor De Gua tétele miatt az ab, bc, ca oldahosszakkal alkotott De Gua-féle derékszögű tetraéder minden oldalhossza és minden lapterülete egész szám.
Ez az állításom nem igaz, amint a lenti példából kiderül.
Nehezebb problémának tűnik olyan De Gua-féle derékszögű tetraédert megadni, aminek minden élhossza egész szám.
Van ilyen: legyenek a derékszögű csúcsnál az élhosszak 240, 117, 44, ekkor a másik három él hossza 267, 244, 125. A derékszögű csúcsnál a lapterületek 14040, 5280, 2574, a negyedik lap területe tehát De Gua tétele értelmében 2316254761/2, ami messze nem egész szám. A példát innen vettem.
Tehát a következő kérdés: van-e olyan De Gua-féle derékszögű tetraéder, aminek minden oldalhossza és minden lapterülete egész szám?
De nekem konkrétan olyan számnégyesek kellenének, amelyekre a De Gua tétel teljesül.
A De Gua tétel nem számnégyesekről szól, hanem tetraéderek lapterületeiről, tehát a kérdésednek szó szerint nincs értelme. Mindenesetre ha jól értem te olyan a,b,c,d pozitív egészeket keresel, amire teljesül az
a2+b2+c2=d2.
egyenlet. Ennek nagyon sok megoldása van. Pl. ha veszel tetszőleges p,q,r pozitív egészeket, akkor
a=p2+q2-r2, b=2pr, c=2qr, d=p2+q2+r2
mindig megoldja a fenti egyenletet. Például:
p=1, q=1, r=1 esetén a=1, b=2, c=2, d=3
p=5, q=3, r=1 esetén a=33, b=10, c=6, d=35
p=9, q=4, r=6 esetén a=61, b=108, c=48, d=133
Nehezebb problémának tűnik olyan De Gua-féle derékszögű tetraédert megadni, aminek minden élhossza egész szám. Egy ilyennek a lapterületei olyan félegész számok, amik megoldják a fenti egyenletet, de a legtöbb a,b,c,d megoldás persze nem ilyen tetraéderből származik (hanem olyan tetraéderből, aminek az élhosszai racionális számok négyzetgyökei). Ez a probléma így fogalmazható át: adjunk meg három olyan pozitív négyzetszámot, amely közül bármely kettőnek az összege szintén négyzetszám. Egyelőre nem tudok ilyet, és nincs is időm rajta gondolkodni, de arra se látok okot, hogy ilyen hármas ne létezne.
Egy hét múlva le kell adnom a suliban ahova járok egy házi dolgozatot matekból. Szabadon lehetett választani, hogy miből írom. Én az úgynevezett De Gua tételt választottam. Ez lényegében a pitagorasz tétel háromdimenziós megfelelője. Következő oldalakon találtok róla információkat:
Információt tehát én is találtam róla valamennyit az interneten. De nekem konkrétan olyan számnégyesek kellenének, amelyekre a De Gua tétel teljesül. A pitagoraszi számhármasok mintájára. Ilyet sehol sem találtam. És nem is vagyok olyan okos matekból, hogy magamtól találjak. Legalább három ilyen számnégyes kellene. És lehetőleg egész számokból kellene állniuk. A segítséget előre is köszönöm.
Az tényleg jó lenne, számomra is zavaró, hogy nem tudom rendesen leírni a dolgokat.
Használj IE-t vagy a Firefox IE pluginját ezen fórum szövegszerkesztőjének kiaknázásához. Akkor tudsz alsó és felső indexeket írni (az utóbbit pl. legalább 200 éve a hatványozás jelölésére használják, tehát nem kell olyanokat írnod, hogy "2n"-ediken meg hasonlók).
Biztos igazad van, nálunk azonban jó rekurziónak azt hívták, amikor az n+1-dik elem meghatározására olyan rekurzió van, ami csak az n. elemet tartalmazza, más változót nem.
Ezek nagyon speciális rekurziók, ezzel már azt a sorozatot se tudod legyártani, hogy
1,1,2,2,3,3,4,4,5,5,6,6,...
Az nn sorozat egyébként kielégít egy ilyen rekurziót, bár a konstrukció nem fog neked tetszeni. Tekintsük az alábbi függvényt (ahol N pozitív egész):
f(N) = (n+1)n+1, ha N=nn valamilyen n pozitív egészre
f(N) = 0 egyébként.
A függvény jól van definiálva, mert az nn alakú számok különbözőek. Pl.
f(1)=4, f(2)=0, f(3)=0, f(4)=27, f(5)=0, f(6)=0 stb.
Ezzel a függvénnyel nn egy jó rekurziót elégít ki: az n+1. elemet úgy kapod, hogy az n. elemre alkalmazod az f-et.
akkor meg kellett nézni, hogy melyik végtelen az "erősebb", tehát mi tart gyorsabban a végtelenbe és mennyivel
Igen, de ez nem matematika, hanem csak játék a szavakkal. Segítheti az intuíciót, de kétlem. Én analitikus számelmélész vagyok, éjjel-nappal ilyen határértékeket, végtelen összegeket stb. számolok, becsülök. Egyszerűen tudni kell a határérték fogalmát és alkalmazni kell az adott szituációban. Nincs királyi út, ezeken a dolgokon nincs mit egyszerűsíteni.
Ilyen értelemben már csak szóhasználat kérdése, pl. a "jó rekurzió" lehet egy helyi definíció, amit a csoport tagjai értenek, ha meg másnak mondják, hozzá kell tenni, mit értenek alatta.
Hasonlóan, ha megkérdezik, mennyi is az "1+1/végtelen a végtelenediken" értéke, az ebben a formában hülyeség. Ha azonban pl. így használják ugyanezt a kifejezést: Most megvizsgálunk néhány "1+1/végtelen a végtelenediken" típusú határértéket, majd felsorolnak különböző sorozatokat amiket majd a végtelenek helyébe írnak, akkor már elmegy.
Biztos igazad van, nálunk azonban jó rekurziónak azt hívták, amikor az n+1-dik elem meghatározására olyan rekurzió van, ami csak az n. elemet tartalmazza, más változót nem.
"Nincs olyan, hogy "1+1/végtelen a végtelenediken". "
Hát, mindenesetre nekem egyetemen így tanították, lehet, hogy csak szemléletesség miatt, vagy nem tudum miért. Voltak ilyenek, hogy ha 1-nél nagyobb a végtelenediken, akkor megy végtelenbe, de ha pont egyhez tart, ami a végtelenediken van, akkor meg kellett nézni, hogy melyik végtelen az "erősebb", tehát mi tart gyorsabban a végtelenbe és mennyivel. Csináltunk annó ilyen versenyt: hatvány, exponenciális, faktor, nn között, megvizsgáltuk melyik erősebb, meg ilyesmik.
Nincs ilyen kitétel a rekurzió definíciójában. Gondolj csak bele, az n+1. lépésben az eddig legyártott n darab számból határozod meg az új számot, tehát az itt alkalmazott függvény nagyon is tud az n-ről, hiszen ennyi argumentuma van.
összehasonlítható végtelen
Matematikusok (mint jómagam) nem használnak ilyen kifejezéseket, mert félreérthető és semmi jó nem jön ki belőle. A "végtelen" az analízisben nem egy mennyiség, ami összehasonlításra alkalmas lenne. Nincs olyan, hogy "1+1/végtelen a végtelenediken". Helyette pontos függvényekről beszélünk és azok bizonyos pontbeli határértékeiről.
szerintem ebben a topicban ez elmegy
minden elmegy, csak esetleg nem értjük, mit beszélsz
Azt nevezzük jó rekurziónak, ha úgy adunk meg egy sorozatot, hogy az előző tagból, hogyan számolhatjuk ki a következőt. pl mértani sornál egy jó rekurzió úgy néz ki, hogy: (n+1)-dik tag= az előző tag szorozva "q", legalábbis én ezt nevezem annak, mert én még így tanultam, nemtom, hogy azóta mi a trendi. Tehát n explicit módon nem szerepel benne.
"összehasonlítható végtelenek"
Ezt úgy értem, hogy például n! és "a" az n-ediken nem összehasonlítható végtelen, mert végtelenszer gyorsabban tart a végtelenhez a faktor, de pl n négyzet és 2 n négyzet már összehasonlítható, tehát, ha (1+1/(n négyzet)) a (2n négyzetenediken) az összehasonlítható végtelen (legalábbis én még így tanultam, nemtom azóta, hogy van) így az "e" hatványhoz fog tartani. Halmazoknál pedig ha egyinknél van bijekció természetes számokra, másiknál nem, akkor nem összehasonlíthatóak.
"javaslom, hogy tanuld meg a standard matematikai terminológiát"
Igyekszem.
"ezen fórum szövegszerkesztőjének használatát"
Az tényleg jó lenne, számomra is zavaró, hogy nem tudom rendesen leírni a dolgokat.
Szóval összegezve bocsi, hogy ilyen konyhanyelven fogalmazok, de nem vagyok matematikus, csak érdeklődő, és szerintem ebben a topicban ez elmegy.
Ha érted a határérték definícióját, akkor azt is érted, hogy
(1) limx->végtelen (1+1/x)x = e
maga után vonja, hogy tetszőleges (an) sorozatra
(2) lim (1+1/an)an = e.
Történetesen (1) igaz (ez az e egyik lehetséges definíciója), tehát (2) is igaz. Tehát speciálisan az an = n! sorozat is teljesíti (2)-t.
ha összehasonlítható végtelenek vannak, akkor e valamely hatványa-e, bármilyen végtelenhez tartó cucc
Ezt a kérdést nem értem, javaslom, hogy tanuld meg a standard matematikai terminológiát, jelölésrendszert és ezen fórum szövegszerkesztőjének használatát. Olyan fogalmat pl. nem ismerek, hogy "összehasonlítható végtelenek" vagy "végtelenhez tartó cucc".
Hatványnál és n az n-edikennél van valami jó rekurzió?
Fogalmam sincs, mi az, hogy "jó rekurzió". Ez nem matematikai kérdés, nem ebbe a topikba való.
Még azt szeretném megkérdezni az (1+1/valami') a valami"dikon kifejezésekkel kapcsolatban, hogy:
valami'=valami"=n faktor akkor e-hez tart-e?
valami'=n az n-ediken valami"=n faktor 1-hez tart-e?
Valamint összegezve, ha összehasonlítható végtelenek vannak, akkor e valamely hatványa-e, bármilyen végtelenhez tartó cucc.
Másik kérdésem pedig, hogy n!-nál ha n-et eggyel növeljük, akkor a kifejezés n+1 szeresére változik, ha exponenciálist növelek, akkor az alapszorosára. Hatványnál és n az n-edikennél van valami jó rekurzió?
Logaritmust véve elég azt bizonyítani, hogy n1/5/log(n) limesze végtelen (illetve ugyanez 1/5 helyett bármilyen pozitív kitevővel). Ezt leggyorsabban a L'Hospital szabállyal láthatod be: mivel a számláló és a kitevő végtelenhez tart, továbbá a deriváltak hányadosa, azaz (1/5)n1/5 szintén végtelenhez tart, ezért az eredeti tört is végtelenhez tart.
Ha nem akarsz L'Hospital-t alkalmazni, akkor a következőképpen érvelhetsz. Elég belátni, hogy az x1/6/log(x) függvénynek az x>1 félegyenesen abszolút minimuma van, hiszen ha c jelöli ezt a minimumot, akkor
n1/5/log(n) = n1/30 n1/6/log(n) >= c*n1/30,
és itt a jobb oldal végtelenhez tart (mert c>0). Ebben az érvelésben az 1/6 kitevőnek csak annyi szerepe van, hogy az eredeti 1/5 kitevőnél kisebb.
Na már most az x1/6/log(x) függvénynek az x>1 félegyenesen azért van abszolút minimuma, mert a deriváltja (1/6)x-5/6(log(x)-6)/log2(x), vagyis a derivált log(x)<6 esetén negatív és log(x)>6 esetén pozitív. Magyarán az x1/6/log(x) függvény az x=e6 pontban veszi fel a legkisebb értékét, tehát a fenti c>0 még ki is számolható konkrétan: c=e/6.
Igen. Fizikában meg a törvények. Csak azért irtam, mert az ilyen neves egyenlőtlenségeket, tételeket nevükkel együtt kérték, akkor is ha felhasználtuk. De rég volt már.
