Forumlek: Bevisa satsen!

Lösning med passare och linjal:

Finn mitten på varje sida genom att rita en cirkel kring vardera hörn med radien motsvarande sidlängden. Så för varje sida har vi två cirklar som skär varandra i två punkter. Genom att dra ett streck genom dessa så får vi fram mitten på varje sida (finns i Elementa om minnet inte sviker mig). Bilda sedan linjer som går mellan motstående hörn och mitt. Dessa kommer alla skära i samma punkt.

Nytt problem:

Om en finit graf har en nod med udda grad, visa att det finns minst en nod till med udda grad.

Till beviset ovan att linjerna skär varandra i samma punkt kom jag på en till lösning. Genom att finna mitten på varje sida så kan vi bilda en triangel genom att dra linjer mellan mittpunkterna på sidorna och genom att upprepa detta kommer vi få en infinitesimal triangel men då varje triangel kommer vara likformig till de andra innebär detta att linjerna som fås genom att dra från en vinkel till mitten på motstående sida kommer gå genom varje triangel vilket även ger att de skär i en och samma punkt eftersom triangelns sidor går mot 0 i oändligheten.

Det där måste jag säga var ett sjukt coolt bevis, men är det inte ett bevis för att triangelns medianer skär varandra i en punkt, och inte höjderna, vilket var det som efterfrågades?

Hursomhelst,


Sätt in triangeln i ett koordinatsystem, där origo utgörs av mittpunkten till triangelns omskrivna cirkel. Låt A, B, C vara triangelns tre hörn, och låt a, b resp. c vara dessas respektive ortsvektorer. Då är alltså alla tre hörnen lika långt ifrån origo, det vill säga

a.a = b . b = c . c

där . betecknar skalärprodukt.

Låt nu

h = a + b + c.

och låt H vara punkten till vilken h är ortsvektor. Jag hävdar då att alla tre av triangelns höjder går genom H.

Det räcker med att visa att AH ⊥ BC, BH ⊥ CA, CH ⊥ AB (där ⊥ betyder "är vinkelrät mot"), ty då vet vi att linjerna AH, BH och CH faktiskt är triangelns höjder, och dessa linjer går ju uppenbarligen genom H.

Men det är sant att AH ⊥ BC, då

(a - h) . (b - c)
= - (b + c) . (b - c)
= c . c - b . b.
= 0,

och på liknande sätt (eller genom symmetrin) ses att BH ⊥ CA och CH ⊥ AB. Alltså möts triangelns höjder i H.



Har ingen ny sats, och dumburken har ju postat en, så jag låter den stå:

Om vi summerar alla noders gradtal så måste vi få ett jämnt tal. Eftersom för varje gång vi förbinder en nod med en annan så ökar vi summan med 2 (gradtalet ökar med 1 för båda noderna).
Finns det nu endast en nod med udda grad så kommer vi få ett udda tal då vi summerar gradtalen, då ett udda tal + jämnt tal = udda, detta är alltså omöjligt och det kan inte finnas endast en nod med udda grad.

Nytt problem:
För alla positiva heltal n så finns det en följd av positiva heltal,

a, a + 1, a + 2, a + 3, ... , a + n

där ingen av talen i följden är primtal.

Man tackar för att du blev så imponerad över det beviset Måste säga att jag var smått nöjd själv med det men morgontrött som jag var så skenade jag visst av från den egentliga frågan.

Låt a = (n+2)! + 2. Då är a, a+1, ..., a+n delbara med 2, 3, ... resp. n+2 och alltså inte primtal.


Ny sats: Låt (a_n) och (b_n) vara konvergenta talföljder (av reella tal), så att a_n -> a och b_n -> b. Visa att

a_n + b_n -> a + b.

Möjligt att jag är helt fel ute här av tolkningen av problemet, inte riktigt hemma i notationerna.
Men jag tolkar det som att lim{n->inf} a_n = a och att lim{n->inf} b_n = b ska implicera att lim{n->inf} a_n + b_n = a + b

Att lim{n->inf) a_n = a är samma som att för alla e_a > 0 så finns det ett heltal N_a som implicerar att för alla n > N_a gäller det att |a_n - a| < e_a
Och samma för lim{n->inf} b_n = b.

Nu vill vi visa att för alla e > 0 så finns det ett N som implicerar att för alla n > N gäller |a_n + b_n - (a + b)| < e

För alla e > 0 kan vi välja e_a = e/2 och e_b = e/2. Då finns det ett N_a och ett N_b som har den betydelse som beskrivits ovanför, vi väljer då N = max(N_a, N_b).
Då vet vi att det gäller för alla n > N att
|a_n - a| + |b_n - b| < e_a + e_b = e
Nu använder vi oss av triangelolikheten och får
|a_n + b_n - (a + b)| <= |a_n - a| + |b_n - b| < e

Eller med andra ord lim{n->inf} a_n + b_n = a + b.

Då jag som sagt är osäker på om jag har tolkat problemet rätt så låter jag bli att posta ett nytt problem, om jag dock är rätt ute så är det fritt fram för vem som helst att posta ett nytt problem.

Din tolkning är korrekt, och beviset likaså.

Fin fint, jag har nog bättre koll på det där än vad jag själv tror.

Nytt problem:
Om ca = cb (mod n) så gäller det att a = b (mod n/d) då d = gcd(c, n)

vi har alltså att n|c(a-b)
dvs c(a-b)=n*k=d*n/d*k för något k.

av definitionen av d så har vi d|c och gcd(n/d,c)=1. Då vi har n/d|n*k=c(a-b) måste alltså n/d|a-b av Euclids lemma.

Kanske lite skumt bevis, men tycker satsen känns ganska uppenbar.

Nytt problem:

x1,x2,...,xn>=0 så gäller:

n√(x1x2...xn)≤(x1+x2+...+xn)/n

Eftersom ln x är en konkav funktion har vi av Jensens olikhet att
ln(x1)/n+ln(x2)/n...+ln(xn)/n <= ln((x1+x2...+xn)/n)
ln(x1*x2*...*xn)^(1/n) <= ln((x1+...+xn)/n)
(x1*x2*...*xn)^(1/n) <= (x1+...xn)/n QED

Nytt problem:
Låt 1<=r<=n och betrakta alla delmängder på r element från {1,2,...,n}. Varje sådan delmängd har ett minsta element. Låt F(n,r) beteckna medelvärdet av alla dessa minsta element. Bevisa att F(n,r)= (n+1)/(r+1)

Vi börjar med att konstatera att både n√(x1x2...xn) = (x1 ... xn)^(1/n) och (x1+...+xn)/n är icke-negativa på hela området samt att (x1 ... xn)^(1/n) är 0 på hela randen (där minst ett xk är 0) medan (x1+...+xn)/n endast är 0 i origo. Vidare är båda uttrycken differentierbara i det inre av området.

Funktionen f(x1, ..., xn) = (x1+...+xn)/n - (x1 ... xn)^(1/n) är därför differentierbar i det inre av området och f ≥ 0 gäller på randen. Vi skall visa att f ≥ 0 på hela området.

Vi söker lokala extremvärden genom att sätta partialderivatorna lika med 0:
∂f/∂xk = 1/n - (1/n) xk^(-1) (x1 ... xn)^(1/n) = ( 1 - xk^(-1) (x1 ... xn)^(1/n) )/n
= 0 om och endast om xk = (x1 ... xn)^(1/n).
Eftersom (x1 ... xn)^(1/n) är oberoende av k skall alltså x1 = x2 = ... = xn i en sådan punkt.
Då x1 = x2 = ... = xn gäller f(x1, ..., xn) = 0.

En funktion kan uppnå minimum i tre typer av punkter:

1. där funktionen ej är differentierbar
2. där partialderivatorna är 0
3. på randen

Första typen saknas.
Andra typen finns (x1 = ... = xn) och där är f = 0.
Tredje typen finns (något xk = 0) och där är f ≥ 0.

Alltså har f ett minimum som är 0, dvs f ≥ 0 i hela området, vilket betyder att (x1+...+xn)/n ≥ (x1 ... xn)^(1/n).

EDIT: Attans... För sent. Och med ett längre bevis.