Kvarkadabra forum

delta napisal/-a:Najlepša hvala za pomoč:), ampak me še nekaj zanima. Po tej formuli \(\frac{ob}{2}=m \cdot(m+n)\) iz tega ven dobimo edino možno rešitev \(m=6, n=5\) in po formulah dobimo \((11,60,61)\). Tisto drugo rešitev \((33,44,55)\) pa se ne da dobiti na ta način, dobili smo jo, ko smo primitivno pomnožili z \(11\). Kako se prepričamo, da pri množenju katere druge primitivne ne dobimo seštevek novih treh \(=132\) (to me 'grize '). Recimo \(2 \cdot (20,21,29)\) ali \(3 \cdot (8,15,17)\), kar se pač ne izide, samo najbrž je zadnja opcija, da greš vse gledat.
Še nekaj zanimivega sem opazila. Pitagorejska trojica, ki je oblike \(a=m^2-n^2, b=2mn,c=m^2+n^2\) ni nujno primitivna. Mi smo našli pitagorejsko trojico, ki ni te oblike in ni primitivna. Vprašanje: ali obstajajo primitivne pitagorejske trojice, ki niso te oblike?

Štirje egipčanski ulomki:
Poznam postopek, kako zapišeš ulomek z egipčanskimi ulomki (obrneš in uporabiš celi del navzgor). Tako sem dobila:\(\frac{8}{11}=\frac{1}{2}+\frac{1}{5}+\frac{1}{37}+\frac{1}{4070}\), ali pa še eno rešitev: \(\frac{8}{11}=\frac{1}{4}+\frac{1}{3}+\frac{1}{7}+\frac{1}{924}\). Da lahko z najmanj \(4\), pa še nisem ugotovila, kako pokažeš.

Saj to potemnjeno sem tudi odgovarjal, ko deliš 132 z 2, 3, 4, 6, lahko preveriš vse te primitivne ali manj primitivne rešitve. (Torej naknadno deliš z 2 in preverjaš, če je kje n<m.)
V principu pa se tudi 33, 44, 55 ravna po tej formuli za m in n, le da nista celi števili. Malo preveri to, mogoče se tu skriva odgovor, kaj je z primitivnimi in neprimitivnimi trikotniki. Sedaj ne vem točno, lahko pa vključiš Excel in preverjaš tisti link. A zdi se mi, da je racunanje dosti brez izjem.

Pri drugi nalogi pa si verjetno ugotovila, da mora vsaj en imenovalec biti deljiv z 11, tudi pri tebi 4070 in 924. To je en korak naprej, sicer jaz tega ne bi našel z excelom, bi bilo preveč.

Če veš ime (egipčanskimi ulomki), lahko najdeš kaj o tem na wikipiediji ali drugje.
http://en.wikipedia.org/wiki/Egyptian_fraction

Naj bo \(p \in \mathbb{P}, p>2\). Napiši ulomek \(\frac{2}{p}\) kot vsoto dveh različnih egipčanskih ulomkov.

R: Po formuli dobimo \(\frac{2}{p}=\frac{1}{\frac{p(p+1)}{2}}+\frac{1}{\frac{p+1}{2}}\). Kako pokažemo enoličnost tega?

Če spraviš na skupni imenovalec in sešteješ, dobiš:

\(\displaystyle\frac{2(p+1)}{p(p+1)}\)

Ker mora \(p\) biti naravno število, je to enolično enako \(\frac{2}{p}\).

Recimo, da je \(\frac{2}{p}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\), kjer \(a\ne b\). Potem je \(\frac{2}{p}=\frac{a+b}{ab}\), torej \(2ab=(a+b)p\), torej mora biti \(a\) ali \(b\) deljivo s \(p\). BŠS je \(a\) deljivo s \(p\), torej \(a=a'p\), torej \(2a'pb=(a'p+b)p\), torej \(2a'b=a'p+b\), torej \((2a'-1)b=a'p\), torej \(p\) deli \(b\) ali \(p\) deli \(2a'-1\). Če \(p\) deli \(b\), je \(b=b'p\), torej \((2a'-1)b'=a'\), odtod pa je edina možnost \(a'=b'=1\), torej \(a=b=p\), kar je protislovje. Zato \(p\) deli \(2a'-1\), torej \(2a'-1=kp\), torej \(a'=\frac{kp+1}{2}\), torej \(kpb=\frac{kp+1}{2}p\), torej \(kb=\frac{kp+1}{2}\), torej \(2kb=kp+1\), torej je \(1\) deljivo s \(k\), torej je \(k=1\), torej \(a'=\frac{p+1}{2}\) in zato \(a=\frac{p(p+1)}{2}\), od koder sledi tudi \(b=\frac{p+1}{2}\).

Hvala obema . Shrink, zanima me ali je to res že dokaz? Ker sem sama tudi naredila tako, ampak ne vem, če je to potem že dovolj?

Am, zakaj je nujno, da je \(a'=b'=1?\) Vem, da velja, da \(a \neq b\), vendar lahko pa imata skupni faktor?

delta napisal/-a:Am, zakaj je nujno, da je \(a'=b'=1?\) Vem, da velja, da \(a \neq b\), vendar lahko pa imata skupni faktor?

\((2a'-1)b'\ge 2a'-1\ge a'\), pri čemer je enakost izpolnjena le takrat, ko je \(b'=1\) in \(a'=1\).

Aha, razumem, samo spomnit se tega je pa malo težje , ali lahko še malo pomoči pri nalogi, ki tudi spada k zgodovini matematike je pa zapisana zadnja pri Taylorjevi vrsti, ker je iz tega področja.

Ne, to je samo ugotovitev, da pri naravnem \(p\) ni težav z identičnostjo izrazov.

Imam sistem dveh enačb z dvema neznankama.
\(x^2+y^2=1\) in \(2xy x_1x_2 + y^2 \cdot (x_2 y_1+x_1 \cdot y_2)+ x \cdot (y_1+y_2) =
2xy y_1 y_2 + x^2 \cdot (x_2 y_1+x_1 y_2) + y \cdot (x_1+x_2)\)
Pri tem sta neznanki \(x,y\), ostalo poznamo.
Kako se naj lotim?...ena možnost, bi bila, da vse \(y\)-lone nadomestim z \(x\)-si, samo se mi zdijo koreni pregrdi, ali je kakšen bolj eleganten način?

Štirje egipčanski ulomki:
Poznam postopek, kako zapišeš ulomek z egipčanskimi ulomki (obrneš in uporabiš celi del navzgor). Tako sem dobila:\(\frac{8}{11}=\frac{1}{2}+\frac{1}{5}+\frac{1}{37}+\frac{1}{4070}\), ali pa še eno rešitev: \(\frac{8}{11}=\frac{1}{4}+\frac{1}{3}+\frac{1}{7}+\frac{1}{924}\). Da lahko z najmanj \(4\), pa še nisem ugotovila, kako pokažeš.

Šestnajst je takih, ki se izražajo s štirimi ... da pa s tremi ne gre, ni videt kakega elegantnega dokaza ...

8/11 = 1/2 + 1/5 + 1/37 + 1/4070
8/11 = 1/2 + 1/5 + 1/38 + 1/1045
8/11 = 1/2 + 1/5 + 1/40 + 1/440
8/11 = 1/2 + 1/5 + 1/44 + 1/220
8/11 = 1/2 + 1/5 + 1/45 + 1/198
8/11 = 1/2 + 1/5 + 1/55 + 1/110
8/11 = 1/2 + 1/5 + 1/70 + 1/77
8/11 = 1/2 + 1/6 + 1/17 + 1/561
8/11 = 1/2 + 1/6 + 1/18 + 1/198
8/11 = 1/2 + 1/6 + 1/21 + 1/77
8/11 = 1/2 + 1/6 + 1/22 + 1/66
8/11 = 1/2 + 1/7 + 1/12 + 1/924
8/11 = 1/2 + 1/7 + 1/14 + 1/77
8/11 = 1/2 + 1/8 + 1/10 + 1/440
8/11 = 1/2 + 1/8 + 1/11 + 1/88
8/11 = 1/3 + 1/4 + 1/7 + 1/924

1. Brez uporabe Pitagorovega izreka, ki ga Egipčani niso poznali, ali njegovega obrata
dokaži, da je trikotnik s stranicami 3,4,5 pravokotni. Kako to naredimo?

2. Pokaži, da za ploščino P poljubnega štirikotnika s stranicami a, b, c, d velja
(a) \(P \leq \frac{ad+bc}{2}\) z enakostjo natanko takrat, ko sta dva nasprotna kota prava,
(b) \(P \leq \frac{(a+c)(b+d)}{4}\) z enakostjo natanko takrat, ko je lik pravokotnik.

Potrebujem malo pomoči pri Eratostenovem dokazu za duplikacijo kocke z dvojnim geometrijskim zaporedjem.

Duplikacije kocke s tremi enakimi pravokotniki z diagonalami (slika 33a), ki jih porinemo
enega pod drugega tako da so točke E, F, G in H kolinearne (slika 33b). Pokaži, da sta
potem daljici BF in CG v dvojnem geometrijskem razmerju z AE in DH.

Reševanje:

Ideja je, da za dokaz uporabim podobne trikotnike v zgornjem delu pravokotnikov. Glej priloženo sliko iz Ggb. Oznake: \(FI=x, GJ=y, HK=z\), in zgoraj \(MI=w, NJ=v, JK=u\), pravokotnik je poznan \(AE=a, AB=b\).

Glede na oznake želimo pokazati:
\(a:(a-x)=(a-x):(a-y)=(a-y):(a-z)\).
Iz podobnih trikotnikov velja:
\(x:b=y:(2b-w)=z:(2b-w+u)\), s pomočjo \(\tan{\phi}=\frac{a}{b}\) izrazim \(w, v, u\). Dobim: \(w=\frac{xb}{a}, v=\frac{by}{a}, u=b-\frac{by}{a}\). Upoštevam tudi, da so vsi koti: \(ABE=FMI=GNJ\) enaki.
Prvo enakost sem dokazala, pri drugi pa se zatakne. Iz druge enakosti pri podobnih trikotnikih dobim: \(\frac{y}{2b-w}=\frac{z}{2b-w+u}\), če vstavim zgornje in zmnožim, dobim ven: \(3ay-xy-y^2=2az-xz\). Dokazati pa bi morala: \(\frac{a-x}{a-y}=\frac{a-y}{a-z}\), če zmnožim: \(2ay-y^2=az+ax-xy\).
Ali lahko kdo kako pomaga prosim..., res me zanima in bi rada ugotovila, kako se to reši, oz. kje sem se zmotila. Res bi bila vesela, če kdo ve, hvala

Zakaj je ploščina kroga polovico polmera krat obseg? S formulo \(P=\frac{r}{2} \times o\).

Zato ker je ploščina kroga enaka: \(S=\pi r^2\), kar lahko zapišemo tudi kot \(S=\pi r r\). Obseg kroga je \(2 \pi r\), če to delimo z 2 dobimo izraz \(\frac{O}{2}=\pi r\). Sedaj lahko nadomestiš v originalni enačbi \(S=\pi rr\); \(\pi r\) z \(\frac{O}{2}\) in dobiš sledeči izraz \(S=\frac{O}{2} r\)

Opomba: Tvoj P sem nadomestil z S, ta oznaka za ploščino je zelo pogosta v literaturi.

LP