Fórum: Érdekes matekfeladatok

Az említett feladatot nem ismerem, légyszi tedd fel ide, vagy küldd el mailben (lacczyka@freemail.hu). Előre is köszi szépen :)

Csakhogy, míg az oroszlánosban számít, hogy páros vagy páratlan sok oroszlán van, ezekben nem számít.

Pontosan.

Továbbá van a csalfa nőknek egy változata gőzmozdonnyal, és egy sapkákkal. A sapkás változatot valamelyik Smullyan könyv is említi.

Ha nem ismered a "csalfa nők a kisvárosban" feladatot, akkor leírom. Az is ilyen típusú.

:) A feladatot meg tudtam oldani, már akkor régen is... igazából hasonló feladatokat szeretnék összeszedni, és reménykdetem (reménykedek) hogy valaki tud segíteni.

Azt érdemes végiggondolni, hogy mi a helyzet akkor ha páros, vagy ha páratlan sok oroszlán van. Igazából ki kell találni, hogy 2 oroszlánnál mi van, és akkor ebből hogyan következtethető ki a 3 oroszlán helyzete, stb.

Üdv!

Igazából segítséget szeretnék kérni. Még régen találkoztam ezzel a feladattal:

Egy szigeten él 23 oroszlán. Ezek az oroszlánok teljesen civilizáltak (egymást "élve" nem eszik meg), okosak (képesek elvont gondolkodásra), és nemutolsósorban nagyon éhesek, lévén hogy a szigeten rajtuk kívül nincsen semmi.

Néhány galád kutató kísérleti jelleggel elhelyez a sziget közepén egy adag mérgezett húst (a galád kutatók a feladat szempontjából nem ehetőek), és várják, hogy az oroszlánok megeszik-e. A méreg hatása az, hogy amelyik oroszlán megeszi, az elalszik, de nem hal éhen. Ha viszont elaludt, akkor inenstől kezdve őt is megehetik az oroszlántársai, ebben az esetben azonban az az oroszlán, aki megeszi őt, szintén elalszik. Röviden: ha egy oroszlán megeszi a mérgezett húst, akkor életben marad, viszont mostantól mérgezett húsként funkcionál.

Az oroszlánok okosak, tudják, hogy a hús mérgezett, és a következő elvek alapján döntenek: 1, semmilyen körülmények között nem akarnak megevődni, vagyis inkább éhenhalnak, minthogy valaki őket netán elfogyassza. 2, életben akarnak maradni, vagyis ha nem fenyeget veszély, akkor megeszik a húst, és elalszanak.

Mit fog tenni az az oroszlán, amelyik először ér oda a húshoz: megeszi-e, vagy sem?

A feladat nem túl nehéz. Igazából hasonló típusú feladatokat szeretnék gyűjteni. Hogyha van valakinek olyan feladata, ami ehhez megoldásában, vagy gondolkodásmódjában hasonlít, akkor az legyen szives elküldeni nekem.

Előre is köszi: Lacczyka

Jó példa...

Megyek és megcsinálom :)

A komoly problémák után kikapcsolódásként következzék egy könnyedebb, humoros feladat, amely Áprilisi fejtörő címmel a KöMaL 1980/4. számában jelent meg Csirmaz Lászlótól.

De igen:) Ugyanis pontosan az

diofantikus egyenlet megoldása közben jött elő ez az egyenlet.

Köszi Mindenkinek! Alaposan kimerítettétek a témát! ;-) Cchek: a két szöget x illetve y-ra nevezve, mindkét oldalt 4-gyel szorozva, a sin2x=2sinx×cosx alapján, nullára rendezve, két négyzetösszek különbsége szorzatra bomlik és ez a 2 eset áll elő: sin2x=-2ctgy illetve sin2x=2ctgy és most a sin2x-et a tangens felesképletekkel kifejezzük sin2x=2t/(1+t×t) ahol t=tgx és így t-ben másodfokú egyenlet lesz, szerinted ez az út nem járható?

A számítógép szépen végignézte az összes esetet, és persze megtalálta a (100,0,0,0,0,0), (50,50,50,50,0,0) optimumokat (és csak ezeket találta).

Ó, persze, a nemnegativitási feltételeket kihagytam. Köszönöm, hogy rámutattál.

(Az zavarhatott meg, hogy egyenlőtlenséggel megadott feltételek esetén a multiplikátoroknak maguknak is nemnegatívnak kell lenniük, de ez még nem mond semmit a változókról...)

A megfigyelt jelenség már akkor is előjön, ha csak az első feltételt vesszük. Legyen tehát

L(x,y,):=x²+y²+(100-x-y)

Az első két parciális deriváltból itt is kijön x=y. Ábrázoljuk az f(x,y)=x²+y² függvényt az xy síkban szintvonalakkal: ezek nyilván origó középppontú koncentrikus körök. A vizsgált tartomány az x+y=100 egyenes által határolt félsík. f(x,y) a tartományban és a határán is tetszőleges nagy értéket felvehet, maximuma nincs. Az egyenes x=0 vagy y=0 értékkel jellemzett pontja, amelyekből az y=100 ill. x=100 érték adódna, semmilyen különleges szerepet nem játszik. Nem is csoda, hiszen nemcsak x és y nagyságviszonyát, hanem az x0 , y0 feltételeket sem vettük figyelembe. Ha megtesszük, a Lagrange függvény így alakul:

L(x,y,₁,₂,₃):=x²+y²+₁(100-x-y)+₂(x-0)+₃(y-0)

A megoldandó egyenletrendszerben a 0-t adó szorzatoknál 0 tényezőül {100-x-y=0;₂=0;y=0} -t választva x = 100, {100-x-y=0;x=0;₃=0} -ból y = 100 adódik. A {₁=0;x=0;y=0} választás a megengedett alakú tartomány harmadik csúcsát jelóli ki, de itt persze nincs maximum. Visszatérve eredeti feladatunkra, itt az x+y100 és z+t+u+w100 mellett a w0 , uw , tu, ... , xy feltételeket is figyelembe kell venni. Ezzel egyúttal a változók nemnegatív voltát is biztosítjuk. A 8 db 0 szorzat 0 tényezőinek megválasztásánál - 2⁸ eset - anélkül, hogy mind a 256 kombinációt végignéznénk, csak rámutatunk, hogy a { w=0; u=w ; t=u; z=t ; y =z ; x+y = 100 } választás adja az x=100,y=z=t=u=w=0 megoldást, míg a { w=0; u=w ; z=t ; y =z ; x+y = 100 ; z+t+u+w = 100 } kombináció az x=y=z=t=50,u=w=0 eredményt.

Legyen úgy, hogy tg,tgQ.

Oldjuk meg a cos²sin²=ctg² egyenletet.

A módszer az alábbi általánosításig biztosan működik:

- a két csoportban szereplő számok darabszáma ( most 2, ill. 4 ) legyen k ill. m.

- a csoportok elemeinek összege ( most 100,100) ne legyen nagyobb, mint A ill. B

Tehát legyen k+m számunk, x₁,...,x_k+m , ahol

x1x2...xk+m0

(1)

(2)

(3)

Mekkora maximuma?

Az összeget rögzített x_k (az első csoport legkisebb eleme, az eddigi y) mellett vizsgáljuk. (1) -ből és (2) -ből , ( Ez egyben válasz Epsilon kérdésére: A=100 és k=2 esetére 0x₂=y50 ) Az [1795]-beli indokláshoz hasonlóan belátható, hogy az első csoport négyzetösszege akkor a legnagyobb, ha x₂=x₃=...=x_k x₁=A-(k-1)^.x_k Példa: ha k=4,x₄=4,A=22 , akkor { 10;4;4;4 } négyzetösszege nagyobb, mint pl. { 7;6;5;4 } -é. A második csoportra igaz az [1795]-beli szabály: ameddig lehet x_k+j=x_k egy szám pedig B és az eddigiek összegének különbsége: x_k+1=x_k+2=...=x_k+d=x_k,x_k+d+1=B-d^.x_k Az [1795]-beli szakaszhatárok most a ... értékek. Vegyük észre, hogy esetén x_k>B is előfordulhat, tehát maga B is lehet szakaszhatár. Ekkor a második csoport első eleme B, a többi 0. Másrészt ha akkor a második csoportba mindig "belefér" m darab x_k érték, tehát görbénk csak egyetlen parabolaívből áll. Függvénygörbénk - a maximális négyzetösszeg x_k tól függése - vizsgálatát másokra hagyom.

Helló HoA! Valóban elemi, logikus, szép. Van néhány kérdöjelem, amit magamban kellene tisztáznom: Az y nem több mint 50 az indulásból feltehető? Továbbá ha általánosítani kellene, a 100 helyett pl. 2a lenne, na meg a tagok száma 6 helyett n, akkor az általad jelzett 3 intervallumba sorolás az y-ra vonatkozóan hogyan alakulna, mindegyiket külön-külön elemezni kellene, vagy belátható-e elég könnyen, hogy a sok lokális maximumból melyik is a globális maximum? Én ezeken tűnődöm, ha vannak megjegyzéseid, szívesen veszem, és kösz, a megoldásodban volt jó pár mentő ötlet! Üdv: epsilon

Egy elemi eszközöket használó megoldás lépései:

Bontsuk a négyzetösszeget két részre, legyen az első tag x²+y² , a második z²+t²+u²+w² . Vizsgáljuk a maximumot rögzített y mellett (0y50). Az első tag nyilván akkor a legnagyobb, ha x = 100 - y. A második tagban keressük négy 0 és y közötti z,t,u,w szám maximális négyzetösszegét, ahol z+t+u+w<=100 .

1) Belátható, hogy ha z+t+u+w<100 és nem mindegyik = y, akkor az y-nál kisebb számok növelésével a négyzetösszeg nő.

2) Belátható, hogy rögzített z+t+u+w mellett a négyzetösszeg nő, ha egy nagyobb számot növelünk és egy kisebbet csökkentünk: Szabatosan : Ha z>td>0, akkor (z+d)²+(t-d)²>z²+t²

1) -ből és 2) -ből következik, hogy a második tag akkor a legnagyobb, ha z,t,u,w ameddig csak lehet = y , egy szám pedig a többiek 100-ból vett maradéka. Vagyis a második tag szerkezete függ y-tól. Szabatosan: Ha , akkor a második tag maximuma 4y² , a két tag összege

. Ha , akkor a második tag maximuma 3y²+(100-3y)² , a két tag összege

. Végül ha , akkor a második tag maximuma 2y²+(100-2y)² , a két tag összege

A négyzetösszeg maximumot y függvényében ábrázolva tehát egy három, egymáshoz csatlakozó, alulról konvex parabolaívből álló görbét kapunk. A teljes y tartományra a maximumot ezért csak a széleken és a csatlakozási pontokban kell vizsgálni. természetesen a már ismert eredményt kapjuk: A maximum 10000, amit az x=100, y=z=t=u=w=0 és az x=y=z=t=50, u=w=0 értékrendszerek adnak.

Szerintem nem, mert ennél nem használtuk fel a betűk közötti rendezési sorrendet, és ha annélkül kijönne, akkor...nem stimmel mert a feltételek nélkül más értékekre nagyobb lehet a maximum. Vagyis akár rendezett sorrenddel, akár annélkül, nem jöhet ki ugyanaz.

Nos a kérdésem az, hogy ezen feltételek mellett fennáll-e a

(x+y+z+t+u+w)²+(x-y)²+(x-z)²+(x-t)²+(x-u)²+(x-w)²+(y-z)²+(y-t)+(y-u)²+(y-w)²+(z-t)²+(z-u)²+(z-w)²+(t-u)²+(t-w)²+(u-w)²6^.100² egyenlőtlenség? Ugyanis ekkor a Lagrange azonosságból következik a maximum.

Egy biztos: a feladatot olyan helyen találtam, hogy elemi eszközökkel gondoltak a megoldására. Ahogy viccese mondják, ezt analízissel megoldani olyen mint a bolhavadászat fejszével :-) Az alapelgondolásom az volt (az y-nál kisebb rendett számok miatt), hogy mivel előtte csak 1 szám van, nála kisebb meg 4 szám, ezért az x maximizálása sokkal gyengébb mint az y maximizálása, ami által a többi 4 szám maximizálható, és ezeket maximizálva jobban közeledünk a négyzetösszeg maximumához. Valahogyan nem illik ebbe a képbe a 100, és a többi 0 megoldás. Persze mindez csak érzés, sejtés, de...???

Felírtam a feltételeket, de nem jött ki csak 7500 a maximum értékére. Valaki tudna segíteni, hogy megértsem, miért nem kaptam meg a 10000-et?

Tehát a link azt mondja, írjam fel a feladat Lagrange-függvényét (az ottani ₁ és ₂ helyett és betűket használtam):

L(x,y,z,t,u,w,,):=x²+y²+z²+t²+u²+w²+(100-x-y)+(100-z-t-u-w).

Ekkor a lehetséges maximum helyét az alábbi egyenlet-egyenlőtlenségrendszer megoldása adja (az alsó indexek a megfelelő parciális deriváltakat jelöljék, az L függvény argumentumait nem írom ki):

L_x=0,L_y=0,L_z=0,L_t=0,L_u=0,L_w=0,(100-x-y)=0,(100-z-t-u-w)=0,0,0.

Igen ám, de az első két egyenletből az jön ki, hogy x=y, és így rögtön kiesett x=100,y=z=t=u=w=0 megoldás.

Hol van vajon az ellentmondás oka? (A változók nagyság szerinti rendezésére vonatkozó feltételt egyelőre elhagytam az eredeti feladatból.)

Közben itt egy link a Kuhn-Tucker feltételekről, ez alapján el lehetne indulni:

http://mat.gsia.cmu.edu/QUANT/NOTES/chap4/node6.html

Le tudnád írni a multiplikátor-elvet ebben a szituációban, amikor egyenlőtlenségek is szerepelnek a feltételi halmaz kijelölésében? Vagy egy online hivatkozást esetleg, hogy szisztematikusan megpróbáljuk kiszámolni a kérdést.

Néhány számítógépes teszt nem cáfolta az Általad írt két optimum helyét.

Bocs, a pötyögtetéssel elírtam :-( ezeket: x+y>=100, z+t+u+w>=100 helyesen így lenne: x+y<=100, z+t+u+w<=100 na meg nem szándékom nagyágyúval rálőni, mert több változóra, 100 helyett másra is, meg 6 szám helyett szerintem többre is a 100,0,0,0,0,0 illetve az 50,50,50,50,0,0 esetekben érné el a maximumot? De alaposabban indokolva? Vagy van más vélemény?

Ez feltételes szélsőértékfeladat. A Lagrange multiplikátorokkal megoldható. Persze a feltételeknél az egyenlőtlenségek talán fordítva kéne álljanak...

Nyilván a 100 egyenlőtlenségek helyett 100 kell hogy szerepeljen, legalábbis a korábbi elemzésből ez egyértelműen látszik.

Szia Epsilon!

Lóczi Lajosnak igaza van, így a feladat érdektelen. Viszont amúgy érdekelne, légy szíves nézd meg, ahol "összefutottál" vele, hogy is állnak valójában az egyenlőtlenségjelek.

Egy cédulán, a 99.-en. :)

Bocsánat,Neked van igazad,én az állításból kifolyólag egyértelműnek tartottam,hogy ha a 2-es hátlapján 4-es van,akkor a 4-es kártya hátlapján 2-es van,és ezért elég csak az 1,3-at megfordítani....Becsapós,a 4-esen buktam el a dolgot...Cserébe itt egy feladat(bár igazság szerint a "Csak logika"topikba kellene írnom):

Van 100 cédula. Az elsőre azt írták, hogy "pont egy cédulára írt állítás hamis". A másodikra azt, hogy "pont két cédulára írt állítás hamis", és így tovább. A századikon ez áll:"pont száz cédulára írt állítás hamis". Vajon hány cédulán áll igaz állítás?

Köszönöm ezt a szép eszmefuttatást! Meglepett, hogy "véges dimenzióban" meg lehetett oldani a kérdést szakaszonként lineáris függvényekkel (a töréspontokban persze hajszálnyit lekerekítve, hogy a sebességgrafikon ne törjön meg -- amúgy vajon van annak fizikai realitása, hogy megtörik? Mondjuk ütközésnél talán lehetne feltételezni ezt, nem?) Azért féltem, hogy nehéz ez a kérdés, mert azt hittem, igazi "görbékkel" kell majd dolgozni, de ezt megcáfoltad :)

A 6 szám négyzetösszege akármilyen nagy lehet, írj be pl. egymillió körüli értékeket a változók helyére. De a gondolatmenetedből az látszik, hogy bizonyos egyenlőtlenségjelek meg vannak fordítva, szóval két különböző feladatról beszélünk.

na mind1 közben rájöttem a megoldásra nagyon köszi ha valaki gondolkodott rajta

erre valaki? a, Van egymás mellett 5 ház, mind az 5 különböző színű b, A házakban egy egy személy lakik, mind különböző nemzetiségű c, MIndegyik fogyaszt valamilyen italt, dohányárút és tart valamilyen álatot. d, Egyikük sem fgyaszt ugyanolyan italt, szív ugyanolyan cigit, és tart ugyanolyan állatot.

Egyéb információk: 1. Brit piros házban lakik 2, svéd kutyát tart. 3. Dán teát iszik 4. fehér ház balján a zld ház van. 5, a zöld házban kávét fogyasztanak. 6. Az a személy aki Pall mallt szív, madarakat tart. 7. sárga ház lakója Dunhillt szív 8. Középső házban lakó tejet iszik 9. norvég az első házban lakik. 10.a Blendet szívó szomszédjában lakó macskát tart. 11. A blue mastert szívó ember sörözik 12.A lovakat tartó szomszédjábanlakó Dunhillt szív. 13. A német Prince-t szív 14. A norvég a kék ház szomszédja 15A blendet szívó ember szomszédjban vizet isznak

Ebben az esetben a 2-est és a 4-est kell megfordítani, mert csak akkor lehet igaz az állítás az összes kártyára, ha a kettes hátoldalán 4-es van, a négyesén pedig kettes (egy kártya biztosan nem elég, minden esetre lehet példát találni).

Pontosan.

Ez hasonlít ahhoz a kártyás feladathoz, amit Mérő valamelyik könyvében leír, csak ott ki van kötve, hogy minden kártyának az egyik oldalán 1 vagy 2 és a másik oldalán 3 vagy 4 van. Ilyenkor a 2-t és a 3-at kell megfordítani, de az 1-et és a 4-et nem.

ajaj, lehet hogy jobban bele kellett volna gondolnom :)

De ha a 2-est nem fordítod meg, honnan tudod, hogy 4-es van-e a hátulján? És az 1,3-at pedig azért kell megfordítani, hátha 2-es van a másik oldalukon, ami cáfolná az állítást. A 4-est nem kell megfordítani: akár 2-es van a hátulján, akár nem, egyik esetben sem cáfolja az állítást, tehát a többi kártyán múlik, hogy az igaz-e.

Mondjuk érdekesebb lenne a probléma, ha a kártyák hátulján is az 1-4 számok permutációja szerepelne és ezt tudnánk... Egyelőre nem gondoltam még át, hogy ilyenkor hogy érdemes fordítgatni.

Üdv!

Ha szabad,én is vitatkoznék ezzel egy kicsit(nézzétek el nekem,ha sületlenséget írok,én még nem vagyok azon a szinten matekból,mint ti,de ezt megpróbálnám).

Tehát:Ha az az állítás,hogy ha a kártya egyik oldala 2-es,akkor a másik 4-es,akkor szerintem pont azokat kellene megfordítani,amelyekre nem vonatkozik az állítás,vagyis az [1],[3]-at,hogy bebízonyítsuk az állítást.

Sziasztok! Kissé most témát váltok, mert ezzel az érdekes feladattal futottam össze: A következő 6 valós számról tudjuk, hogy x>=y>=z>=t>=u>=w>=0, x+y>=100, z+t+u+w>=100. Kérdés: max(x*x+y*y+z*z+t*t+u*u+w*w)=? Az x*x+y*y a legnagyobb akkor lenne, ha x=100 és y=0 ellenben ekkor 0=y>=z miatt a szóbanforgó négyzetösszeg lehet jóval nagyobb is. Ha az x értékét csökkentem, és y értékét növelem, akkor természetesen x*x+y*y csökken, de ha y értéket növelem, akkor a z,t,u,w értékeivel a négyzetösszeget jobban növelhetem (?) mint amennyire az x*x+y*y összeget csökkentettem. Az összeget sejtésem szerint úgy maximzálhatom, ha x=y=50 és z=t=50 és u=w=0. Ez a sejtésem, nem tudom igaz-e, és persze ez nem bizonyítás! Ide elkelne valami jó ötlet, mert amit leírtam nem bizonyítás, és talán nem is helyes?! Előre is kösz!

Én ezt megvétóznám. Az 1,2,3-ast kell megfordítani.

Ezzel pedig próbálkozz egy kicsit még, sikerülni fog mert semmi trükk nincs benne, egy táblázat segít :)

Az állítás nem vonatkozik azokra a kártyákra, amiken az 1-est és a 3-ast látjuk, ezek tehát nem érdekelnek minket. A másik kettőt viszont mindenképpen meg kell fordítanunk.

2. feladat Az alábbi négy kártyát látjuk, [1] [2] [3] [4] Mindegyik kártya mindkét oldalán 1-1 számjegy áll az 1-2-3-4 közül. LEgkevesebb hány kártyát kell megfordítani h eldöntsük: igaz e mind1ik kártyáára a következő állítás: Ha a kártya egyik oldalán 2es áll akkor a másik oldalán 4es?

1feladat a, Van egymás mellett 5 ház, mind az 5 különböző színű b, A házakban egy egy személy lakik, mind különböző nemzetiségű c, MIndegyik fogyaszt valamilyen italt, dohányárút és tart valamilyen álatot. d, Egyikük sem fgyaszt ugyanolyan italt, szív ugyanolyan cigit, és tart ugyanolyan állatot.

Egyéb információk: 1. Brit piros házban lakik 2, svéd kutyát tart. 3. Dán teát iszik 4. fehér ház balján a zld ház van. 5, a zöld házban kávét fogyasztanak. 6. Az a személy aki Pall mallt szív, madarakat tart. 7. sárga ház lakója Dunhillt szív 8. Középső házban lakó tejet iszik 9. norvég az első házban lakik. 10.a Blendet szívó szomszédjában lakó macskát tart. 11. A blue mastert szívó ember sörözik 12.A lovakat tartó szomszédjábanlakó Dunhillt szív. 13. A német Prince-t szív 14. A norvég a kék ház szomszédja 15A blendet szívó ember szomszédjban vizet isznak

Ha jól értem, mivel kötött a menetrend, ezért tesszük fel, hogy az [a,b] intervallum fix. Viszont akkor az egyszerűség kedvéért legyen [a,b]=[0,1], a két város távolsága s, a vonat maximális gyorsulása pedig L (tehát [0,1]-en |f'(x)|L).

Nézzük meg, hogy maximálisan mekkora utat tud a vonat megtenni az adott idő alatt. Nyilvánvalóan az a legjobb stratégia, ha azonnal maximális gyorsításra kapcsol félútig, majd onnan maximális lassulásba kezd az út végéig. Az ehhez tartozó sebességgrafikon egy olyan egyenlő szárú háromszög két szára lesz, aminek a magassága L/2. És azért nyilvánvaló, hogy az ehhez tartozó út a maximális, mert az alatta lévő terület adja meg a megtett utat, és az összes többi stratégia grafikonja bele kell, hogy essen ebbe az egyenlő szárú háromszögbe.

A háromszög területe L/4, így rögtön adódik feltételként, hogy L4s kell ahhoz, hogy a feladat megoldható legyen.

* * *

Most toljunk a háromszög felső csúcsától kezdve lefelé egy vízszintes egyenest. Ez elmetszi a két szárat, és a felső kis háromszöget figyelmen kívül hagyva egy egyenlő szárú trapézt kapunk a víszintes egyenes minden helyzete esetén. Állítsuk be úgy a felső egyenest, hogy a trapéz területe éppen s legyen. Megintcsak könnyen látható, hogy ez az optimális stratégia ahhoz, hogy a vonat maximális sebessége minimális legyen. Ugyanis tegyük fel, hogy van egy ennél is jobb. Ekkor ennek grafikonja végig a konstruált trapéz alatt kell, hogy haladjon - egyenlőség persze megengedett (a szárak fölé nem tud menni, mert akkor L-nél jobban gyorsulna, a felső vízszintes szakasz fölé megintcsak, mert akkor a maximális sebessége lenne nagyobb, mint a konstruált esetben). Viszont ekkor a görbe alatti terület kisebb kell legyen, mint a trapézé, vagyis a vonat nem éri el a célállomást, ami ellentmondás.

A max. sebesség minimuma könnyen ki is számolható: tegyük fel, hogy a vonat x idő után kezd állandó sebességgel haladni (és ekkor nyilván 1-x-nél kezd lassítani). A megtett út ilyenkor: L/4-(1-2x)^2.L/4=s, vagyis 4x-4x²=4s/L, tehát x²-x+s/L=0. Innen

Ebből a kisebbre van szükségünk, a nagyobbik pont azt adja meg, hogy mikor kell lassítanunk.

* * *

A másik eset az, amikor a maximális sebesség maximalizálására törekszünk. Ekkor vegyük azt a stratégiát, amikor ideig maximálisan gyorsítunk, majd ugyanennyi idő alatt megállunk. a feltételek szerint, tehát ez egy megvalósítható stratégia. Ilyenkor a megtett út . Minden más stratégia viszont, aminél a maximális sebesség nagyobb, mint jelen esetben, szükségképpen több utat jelent, hiszen ha a(z egyik) maximális sebességű pontból L és -L meredekségű félegyeneseket húzunk lefelé, akkor az teljes egészében az eredeti út görbéje alatt kell hogy elhelyezkedjen a maximális gyorsulás miatt, és a félegyenesek által kifeszített háromszög is nagyobb területű lesz, mint s (a háromszög nagyobb magassága miatt), ami ellentmondás. Vagyis megkaptuk a maximális sebesség maximumát is.

Ha gond lenne az, hogy a vonat előbb ér az állomásra, mint kellene neki, akkor megtehetjük, hogy a konstruált háromszög területét nagyon picit csökkentjük, és a lassítási ág legvégén nagyon lassan gurulva tesszük meg az út utolsó 1 cm-ét (de ez már csak finomkodás).

* * *

Végeredmény:

Kicsit pontosabban megfogalmazva, a kérdést úgy akarom feltenni tehát, hogy mi lehet a maximális sebesség minimuma, illetve maximuma a megengedett sebességfüggvények halmazán. Tehát ez egy feltételes minimax és "maximax" feladat.

Egy utazásom alkalmával jutott eszembe ez a teljesen gyakorlati kérdés -- számomra nagyon nehéznek tűnik, leginkább variációszámítás-ízű. Ezért nyugodtan tegyünk mindenféle egyszerűsítő feltevéseket, hogy bármiféle eredményt kapjunk. Tehát:

Adott két város, köztük egyenes vonalú pályán egy vonat fut. A két végállomáson a vonat sebessége persze nulla, menet közben a gyorsulás és lassulás természetesen korlátozott. A két város távolsága adott, a távolság megtételéhez szükséges idő szintúgy. A kérdés az, hogy mi lehet a vonat maximális sebessége, illetve ennek alsó/felső becslése.

Vegyünk fel adatokat tetszés szerint, hogy érdekes feladatokat kapjunk, mindenféle részeredményre kíváncsi vagyok.

Egy lehetséges modell a következő: adott egy f:[a,b]R nemnegatív függvény, ami folytonosan deriválható. (Itt f-re úgy gondolok, mint a sebességre az idő függvényében, persze nem biztos, hogy ez a legcélszerűbb szereposztás.) f(a)=f(b)=0, mert az állomásokon áll a vonat. Menet közben is megállhat persze. f deriváltja korlátos, mert a vonat nem gyorsulhat akármennyivel. f integrálja a-tól b-ig (= a megtett út) adott. Kérdés, mennyi lehet f maximuma [a,b]-n.

Szóval nekem az lenne a kérdésem Roberto, hogy ezek a feladatok mihez segítenek hozzá, mármint ha megoldod őket, és beadod? Ismered azt, akinek odaadod?

Azért ha az egyenlet-rendezés nem megy, az azért elég aggasztó, nem? Mármint így mi értelme van a feladatok megoldását megadni?(moderáljatok engem!).

Szerintem olvasd át S. Ákos [1737]-ben leírt megoldását. Ebben a végén kijönnek az oldalak, és ebből már nem gond sem a felszín, sem a térfogat kiszámítása. A másik megoldás (az csak a felszínre volt) a Te szempontodból nem lényeges. Viszont ha valamit nem értessz ebből a megoldásból [1737], akkor kérdezz rá konkrétan, sorra pontosan.

Lacczyka

valaki?

még lenne egy kérdés, h amikor ki kell vonni az a2+b2+ab=84et, máskor meg hozzáadni, na ez miért kell?

Nézheted fentről le is, no: c(a²-c²)=b(a²-b²) - ezt akarjuk bizonyítani. Most a² - helyére beírjuk b²+bc+c²-t mindkét oldalon, (koszinusz tételből tudjuk hogy ezt megtehetjük) így ezt kapjuk: c(b²+bc+c²-c²)=b(b²+bc+c²-b²) Itt most egyszerűsítesz a zárójeleken belül, marad: c(b²+bc)=b(bc+c²) Kiemelsz baloldalból b-t, jobb oldalból c-t és ami marad: bc(b+c)=bc(b+c) Ami pedig nyilván igaz, így a bizonyítandó állítás is igaz volt, hiszen végig ekvivalens átalakításokat végeztünk.

hát nézem visszafele, dehát nemértem ezt azért tényleg jó lenne ha elmagyaráznátok mindent lépésről lépésre...

aha szval ezt visszafele kell nézni? :D

[1738]-nél alulról indulj ki és úgy következnek egymás utána a lépések felfelé, míg végül megkapjuk a bizonyítandó állítást. Utolsó lépésben felhasználjuk a²=b²+bc+c²-et is.

aha csak hát be is kell bizonyítni az a felül oldal és szembenézetest :)

Felírva a koszinusz-tételt az a oldalra kapjuk, hogy

a2=b2+bc+c2 és ezutánni részt nem értem h jön ide, hogy c(a2-c2)=b(a2-b2) meg hogy ezután még ebből hogy lesz c(b2+bc+c2-c2)=b(b2+bc+c2-b2) azet a két lépést mondjátok el, azután nem zaklatlak benneteket :)

1. 100%

2. van

3. Így szemlátomást értelmetlen a feladat.

amúgy vannak még feladataim :) 1. Egy gömb felületén véletlenszerűen választunk 3 pontot, mennyi a valószínűsége, h a választott pontok egy félgömbön lesznek?

2. Létezhet e olyan test, melynek oldalnézete négyzet, elölnézete háromszög, felülnézete kör :)

3. Körülbelül hány tonna követ használtak fel a Kheposz piramis építői (a mészkő sűrűsége 2,7 tonna köbméterenként) Kheposz fáraó 23 évig uralkodott. Hány köbméter követ kellett megmozgatniuk naponta, ha feltételezzük h 23évig épült? csak ennyi van megadva :S

Ákos küldtem egy email-t :)

Rossz helyen keresgélsz. Mivel a színusz- és koszínusz-függvény 2 szerint periodikus, így ha találunk egy megoldást, akkor ahhoz 2-t hozzáadva szintén jó megoldás adódik. Ráadásul ebben a feladatban most szerinti periodicitás is van, sőt, ami eddig nem is lett írva, /2 szerinti is. Így a legtömörebb megoldás:

de pl a cosinus és sinusos fealdatnál amikor 4 az alapja. na szval annak a végén a megoldásnak van bent valami k betű az ott mi lenne? mert nekem a kerület ugrik be így elsőre...

tenném én fel, de hát nem látom gybe a feladatokat...

Na, végre egy konkrét kérdés :-)

A koszinusz-tétel szerint minden háromszögben a²=b²+c²-2bccos . És mivel cos 120^o=-1/2, ezért jelen esetben a²=b²+c²+bc. Várjuk a további konkrét kérdéseket :-)

meg hát főleg az lenne a kérdés h amikor bizsonyítani kell a 3szögesnél hova lett a 120fok?

holnap vagy szerdán kéne leadnom :(

valaki elmagyarázná?

Látom én h szépen kiszámoltátok őket, nagyon köszönöm is... csak hát kicsit kuszán vannak a feladatok...

de pl ezt a szinuszosat meg a 3szögeset fullra nem értem... szval én már a kezdésnél csak lesek, azt se tudom h melyik feladat hol kezdődik :( pedig nem vagyok segg hülye matekból csak hát nekem ezek már nehéz feladatok amúgy tényleg nagyon köszi

Szerintem játsszuk azt, hogy írd le, hogy Te melyik lépéseket nem érted, és azt majd elmagyarázzuk. De miután ilyen szépen ki lett fejtve minden feladat megoldása, tényleg nem baj, ha egy kicsit Te is dolgozol :-) Szóval várjuk a konkrét kérdéseidet.

bocsi de tényleg nem értem, mert elég összevissza vannak a feladatok... és ha valamit rosszul írok le akkor levágják h nem én csináltam! Meg amúgy is bele szokott kérezni, szval nagyon megköszönném ha írnál mellé egy kis magyarázó szöveget

húúúha nekem itt nagyon összekeveredtek a dolgok h melyik melyik feladat :D megtudnád tenni h mind a 3 feladatot leírod egyszerre? :D

és a sin-os cos-os, és ezt a 3szögeset elmagyaráznád? mert ha belekérdez elég hülyén veszi ki magát h nem tudom :)

eddigiekért is nagyon köszi :)

Köszi. 1. Felírva a koszinusz-tételt az a oldalra kapjuk, hogy

a²=b²+bc+c²

c(a²-c²)=b(a²-b²)

c(b²+bc+c²-c²)=b(b²+bc+c²-b²)

c(b²+bc)=b(bc+c²)

bc(b+c)=bc(b+c)

2. A térfogat:

ab=196+a²+b²-28(a+b)+2ab

-ab=196+a²+b²-28(a+b)

ezt (1)-hez adva:

a²+b²=280+a²+b²-28(a+b)

a+b=10

innét

(a téglaest élei 2,4,8 egységnyiek, ezt az ab=16 a+b=10 egyenletrendszer megoldásával nyerhetjük)

télleg nagyon köszi az eddigiket is. én úgy tudom h ez úgy van, hogy az A csúcsban van az alfa fok ugye ez a 120fokos, és ezzel szemben van az 'a' oldal

Ennyire jutottam eddig:

1. L melyik oldallal szembeni szöget jelöli?

2. Legyenek a téglatest élei a, b, c, és legyen ! Ekkor felírható:

vagyis

ebből kivonva (1)-et

-Ennyi a téglatest felszíne.

3. Ismeretes, hogy cos²x+sin²x=1, így az egyenlet sin²x=y helyettesítéssel 4^y+4^1-y=4alakba írható, innét: . Most legyen 4^y=z, így az egyenlet

alakot ölt. Ennek megoldása az z=2, így

hello kaptam pár feladatot matekórán ha segítenétek megoldani őket nagyon megköszönném. Előre is köszi /sűrgős lenne/

Bizonyítsd be, hogy ha egy háromszögben L= 120 fok, akkor c(a2-c2)=b(a2-b2)

Egy téglatest egy csúcsból kiinduló éleinek összege 14, négyzetük összege 84. Egyik él mértani közepe a másik kettőnek. Mekkora a téglatest felszíne és térfogata?

Áltlánosítok mert két számra megoldottam. Tehát azt a legkissebb k-t keressük, hogy mindig kiválasztható legyen közüle p szám,(p adott) úgy hogy ezek közé elhelyezhetőek legyenek a + illetve - műveletek úgy hogy az eredmény osztható legyen n-nel.

Nos jó... Akkor egy kis matematika. Ismert dolog, hogy 5 természetes szám közül mindig kiválasztható 2 úgy, hogy a különbségük, vagy összegük osztható legyen 7-tel. Akkor általánosítsuk ezt. Adott n esetén, határozzuk meg azt a k-t, hogy k szám közül mindig kiválasztható legyen 2 melynek a különbsége vagy összege osztható legyen n-el. Pl n=9-re k=6. Ez nagyon érdekes, mert k nyilván függ n-től, de kérdés hogy megadható-e zárt formában?

Nem tudom, hogy miért baj az, ha valaki felnéz valakire, és miért kell ezt nyalizásnak minősíteni. Attól még, hogy itt egyenlő félként, mindenki matematikával foglalkozik, még megadhatjuk egymásnak azt a jogot, hogy emberként viselkedünk egymással, és ha valaki segít nekünk, és veszi a fáradtságot, és pl. javaslatot tesz valamire, vagy neadjisten, még azt is megmondja, hogy hogyan kell valamit TeXben megírni, akkor azt nem kioktatásnak vesszük. Már ha ez lehetséges.

Ugyan nem fogom már a topic témáját megváltoztatni, de azt már hadd döntsem én le, hogy kire nézek fel:)). Amúgy privátba nyalizz ez a topic itt a matematikáról szól, vagy legalábbis azt hittem eddig.

Akkor konkrétan:

Állítás: Ha 2x-1 osztója 2p-1 -nek, akkor x megfelel.

Ebből az is következik, hogy

a) a legkisebb x>1 -et a legkisebb 2x-1 > 1 alakú osztóból kapjuk - és mind ilyen alakú.

b) Minden p-hez van x - ha kisebb nem, akkor p maga.

Bizonyítandó az Állítás és esetleg a fordítottja is.

Cckek: Szerintem Sirpi nem kiosztani akart, csak jelezte, hogy szebben is beírhatnám a feladatot. Véleményem szerintem jogos volt. Egyébként meg mindkettőnknek van oka felnézni Rá ;) (Nézd meg az infot Róla, ha másképp vélekedsz!)

HoA: Ezt a 2p-1 osztóit kereső megoldást én is megtaláltam, azért tettem fel a kérdést, mert reméltem, hogy Ti tudtok rá valami mást mondani. Egyébként gratulálok!

U.i.: Sirpit már csak azért is meg kell védenem, mert én is majdnem ott fogok (remélhetőleg) diplomát szerezni, ahol Ő :)

Bocs, ha kioktatásnak érezted, igazából csak azért írtam le, hátha többen látják, hogy nem ördöngösség ez, és bátran lehet használni. Szebb is lesz a végeredmény, meg az illető is nagyobb lelki nyugalommal posztolhat tudván, hogy nem értik félre.

Bocs, ha kioktatónak tűntem, nem fogok ilyen hsz-t gyakran hegeszteni...

Még jó, hogy ez a forum arról szól, hogy a matematikában érdekeltek, egyenrangú félként megbeszéljenek, megvitassanak dolgokat, esetleg segítsenek egymásnak bizonyos problémák megoldásában, és nem arról, hogy hogyan kell mindenkit kioktatni!:))

Ajánlom figyelmedbe (és mindenki más figyelmébe is) a fórumhoz készített TeX-tanfolyamot-ot.

ab: $a \neq b$

ab: $a \equiv b$

És amit még furán szoktak használni (*-gal):

a^.b: $a \cdot b$

Szerintem nagyon hamar bele lehet szokni a dologba. Szóval az eredeti feltétel így néz ki TeX-ben:

p2x²mod 4x-2, x1

$p \equiv 2x^2 \mod 4x-2$, $x \neq 1$

Azt hiszem megvan a megoldás. Nem akarom ellőni, ezért egyelőre csak ennyit : Keressetek öszefüggést 2p-1 legkisebb valódi osztója és a p-hez található legkisebb x > 1 között.

Nézzük a p=8 esetet. Ekkor szerintem az x=2 a legkisebb, mivel: 8 kongruens 8 (mod 4*2-2), de ha kipróbáltok más p-ket, akkor látszik, hogy változó, hogy mi lesz az optimális x értéke. Ha gondoljátok írhatok még néhány (p, x) párt...

p nyilván páros. Ekkor a legkisebb megfelelő x szerintem p, vagyis x=p.

Nos, jutott valaki tovább esetleg? Egyébként az, hogy valaki nem vette észre, hogy az egyet nem tekinti a feladat megoldásnak, az valószínű az én hibám, mert én nem tudok ilyen matematikai kifejezéseket írni, mint nemegyenlő, kongruens... ezért inkább máshogy próbálom ezeket olvasható formába önteni.

Különben a feladat megoldásának nem muszáj egy zárt képletnek lennie. Elég az, ha egy (asszimptotikusan) jobb algoritmust mond valaki ennél: for(int i=2; (...); i++) . Remélem, sokat segítettem ;)

Idáig én is eljutottam. x=1 nyilván megfelene. 2x² mod 2 0 . És bármely p páros szám mod 2 0 . De a feladat éppen az x=1-et zárja ki. Tehát adott p-hez mi a legkisebb, 1-től különböző x ?

Nem értem. Nyílván p páros másképp nincs megoldás. De ekkor a legkissebb ilyen x az 1.

Igen, pontosan. :) Bocsi, hogy nem pontosan fogalmaztam.

Jól értem, az a feladat, hogy adott p-hez keressünk olyan legkisebb x-et, melyekre p2x² ( mod (4x-2)) ?

Sziasztok!

Remélem, hogy tud valaki segíteni a következő feladat megoldásában, mert nekem nem sikerül:

Adott az alábbi kongruencia:

p kongruens 2*x*x mod 4x-2

Ahol p egy természetes szám, paraméter. A feladat az lenne, hogy keressük a legkisebb olyan x természetes számot (x<>1) , amire az alábbi kongruencia teljesül.

Nekem a brute-force-nál gyorsabb módszer kéne, vagyis, hogy ne kelljen végignézni 2től a számokra, hanem valahogy gyorsabban meg lehessen határozni.

Előre is köszönöm, és aki megmondja, azt hálám a sírig fogja üldözni.

köszönöm szépen a segítséget a feladattal kapcsolatban

Kössz Sirpi én nem akartam senkit beugratni , hanem engem ugrattak be asszem :))) köszi

Remélem, nem az a beugratás, hogy n a futó index, f pedig x-től függ :-) (ilyenkor ugyanis f(x) konstans, és igaz az állítás).

Amúgy meg nem igaz, legyen pl. f(x)=1, ha x racionális, különben pedig f(x)=-1. Ilyenkor minden a-ra van |f(x)|-nek határértéke (és =1), viszont f(x)-nek semmilyen a-ra nincs.

Döntse már el nekem valaki , hoyg ez igaz vagy hamis :) elöre is köszönöm. Roland

Ha létezik ,akkor létezik is.

Szerintem még csak integrál sem kell bele. Két körszelet területét kell összeadni, ezekre meg van egyszerű képlet. Viszont persze a kifejezés lehet annyira szögfüggvényes, hogy ha a feladathoz felírjuk az egyenletet, akkor azt nem tudjuk zárt alakban felírni.

Itt van egy közelítő megoldás

Elnézést a közbeszólásért de k értéke kiszámítható r függvényében ugyanis a lelegelendő terület felírható integrálok különbségeként. Nos a számítások bonyolultak én pedig lusta vagyok, de úgy nézem hogy a képletben mindenképpen szerepel az arcsin függvény bizonyos értéke. Talán innen ered a megtszerkeszthetetlenség.

Igazság szerint én megpróbáltam kifejezni a kötél hosszának értékét r-rel. Ha nem lehet egy zárt formulát adni, akkor viszont örülnék ezen állítás bizonyításának.

Nincsenek régi viccek, csak öreg emberek... A feladatot szerintem a Fórumosok ismerik, ami nem baj, mert itt inkább az az érdekes, mit jelent az, hogy "nem boldogulok vele". Nyilván látod, hogy mivel minden kör hasonló egymáshoz, a megoldás k*r, ahol 1 < k < 2 , hiszen az r hosszú kötéllel a terület felénél kevesebb legelhető le, 2r -nyi kötéllel pedig az egész kert. k numerikus értéke fokozatos közelítésekkel (számítógépes programmal, kézi számolással) tetszőleges pontossággal kiszámítható. Könnyen belátható, hogy a legelhető terület k-nak monoton függvénye, így adott k-hoz kiszámítva a legelhető területet, attól függően, hogy az nagyobb vagy kisebb a fél kertnél, k-t csökkenteni vagy növelni kell, míg el nem érjük a kitűzött pontosságot. De ha azt várjuk, hogy k-t valamilyen zárt alakban felírhassuk, például "szerkeszthető" lenne, tehát egész számok, a négy alapművelet és négyzetgyökök használatával felírható, akkor csalódnunk kell. A Fórum olvasói számára talán éppen ez lehet egy jó kis feladat: Bizonyítsuk be, hogy k nem szerkeszthető.

Üdvözlök mindenkit! Egy feladatot szeretnék elmondani, remélem még nem volt, ha volt, elnézést. Nagyon egyszerűnek tűnik mégsem boldogulok vele...

Egy kör alakú kert sugara r, a körvonal egy pontjához belülről hozzákötünk egy kecskét egy kötéllel. Milyen hosszú legyen a kötél, hogy a kecske a kör területének felét tudja lelegelni?

Azt csak azért adtam meg hogy minden valós számra a függvény értelmezett legyen. Mert a funkcionálegyenlet 0- ban nem értelmezett. Ilyen függveny az f(x)=x illetve f(x)=1,x0 és f(x)=-1,x0

Vajon hogyan lehet majd használni az f(0)=0 feltételt, ha bármelyik változó helyébe is írunk 0-t, 0-val osztás lép fel?

Ugyan már máshol is kitűztem, de nem érkezett megoldás rá, remélem itt együttesen megoldjuk: Oldjuk meg a következő funkcionálegyenletet

.

Egy QBASIC program 2.5 mp alatt kihozta, hogy 48 megoldás van.

A progi lényegében kipróbálta az oszhatósági szabályokat a fokozatosan növelt helyiértékszámú számokra.

Más, "elegánsabb" módszer nem lenne?

A következő problémám lenne, segítsen, aki tud!

12k+4 embert akarok 4-személyes asztalokhoz leültetni (römi-verseny) 4k+1 fordulóban úgy, hogy mindenki mindenkivel pontosan egyszer játsszon.

Egy órát kerestem google-val, de nem találtam táblázatot, csak azt a tételt, hogy ez mindig megoldható.

16 személyre meg is csináltam, egyszerűen mindig a legkisebb lehetséges sorszámú személyt ültettem le sorban és kijött, lehet hogy ez mindig működne, de programozni annyira nem tudok, hogy megcsináljam, kézzel meg hosszú. "Szép" mintát meg nem találtam, amit általánosítani lehetne.

Aki találkozott a problémával (gráfelmélet, véges testek??), és tud sorsolást leglább 28 és 40 főre, pls szóljon.

Teljesen igazad van - elnézést kérek [ vadidegenül szorri :-)) ]

Csak magyarázatképpen említem meg, hogy

- túlságosan hozzá vagyok (gyunk) szokva az intelligens ellenőrzőrendszerekhez (nincs aláhúzás? akkor mehet)

- egy sort írtam le, a többi másoltam, és csak a számokat javítottam át, a toldalékokat nem

- a gyors kommunikációs kényszer (sms, email,chat) miatt egyre kevesebb jelentőséget tulajdonítunk (és sajnos ezek szerint -tok) a helyesírási konvencióknak

- és Proszékyék még nem publikálták a KÖMAL fórumra is alkalmazható ellenőrző rutincsomagjukat :-)

Nagyon örvendetes, ha valaki tisztában van idegen szavak jelentésével. ( politikai publicitás, korifeus, kontextus, konvenció )

De jó lett volna az alapvető magyar szabályokat is betartani az előző hozzászólásban! ( Teljes hasonulás. )

kilenccel 9-cel nyolccal 8-cal ...

a legcsúnyább a 2-el, a 2-vel helyett!

Sajnos rengeteg helyen látni rosszul írva ezeket a sajtóban!

Érdekes is, matematika is, de kérdés, hogy feladat-e, mindenesetre túl vagyok rajta.

Peano politikai publicitásáról hallottatok-e? (Összerugtam a port a lányom matektanárjával - így derült ki az ellentmondás.)

A természetes számok Peano féle meghatározása tartalmazta a nullát, az én egyetemi jegyzeteimben a természetes számok pozitív egészként szerepeltek, ma ismét az eredeti halmaz a hivatalos. A Lomonoszov korifeusaival lehet kapcsolatban az ügylet...

Tehát a kérdés (feladat): a magyar matematikaoktatásban mely években tanították a természetes számok halmazát az eredeti Peano-axiómától eltérően?

Megjegyzés:

A Wikipédia a következőt írja a "Természetes számok"-nál :

Vigyázat! Tekintve, hogy egyes matematikai tárgyú könyvek a természetes számok közé sorolják a nullát, mások nem, így minden esetben figyelmet kell fordítanunk arra, hogy utánanézzünk, az adott kontextusban a szerzők melyik konvenciót alkalmazzák.

Mellyek az a 9 jegyű számok, amire igazak az alábbiak:

a 9 jegyű szám osztható 9-el,

ha elhagyjuk az utolsó jegyét, akkor az így kapott 8 jegyű szám osztható 8-al,

ha elhagyjuk az utolsó jegyét, akkor az így kapott 7 jegyű szám osztható 7-el,

. . .

ha elhagyjuk az utolsó jegyét, akkor az így kapott 2 jegyű szám osztható 2-el.

Elég könnyű legalább egyet találni (pl. 13694729) a jegyenkénti szabályalkalmazással, de az összes megtalálására a brutal force-n kívül van -e módszer?

Köszönöm, ezzel a kiegészítéssel már én is látom minden alesetben, hogy hogy mehet a sorozat -- szép gondolatmenet.

Igaz, hogy már elhangzott egy sokkal frappánsabb megoldás (grat érte), de azért ha már kérdés, válaszolok:

Mivel |b_n/2-b_n+1|< minden n>N-re a folytonosság miatt, ezért b_n/2-b_n+1b_n/2+. Vagyis ha b_n3, akkor (3/2-1)b_n+1, tehát nem válthat előjelet (a bal oldali egyenlőtlenséget felhasználva), másrészt b_n+1b_n/2+b_n/2+b_n/3b_n, tehát a sorozat monoton is.

Azt hittem, hogy ezek teljesen nyilvánvalónak látszanak az egyenlőtlenségből, azért nem részleteztem a dolgot ennyire.

Ha b_n<0, akkor ugyanez elmondható, csak akkor a sorozat alulról, szintén monoton módon megy be a [-3;3] intervallumba.

Köszönöm a megoldásokat, az állítás igazsága viszont azt jelenti, hogy most van egy sokkal kevesebb számolást igénylő megoldásunk az [1681]-es hozzászólás feladatára, az ugyanis alig igényel számolást belátni, hogy

u_n=2n-4/3+a_n

alakú, ahol a_n+2a_n+1 nullához tart és korlátos, tehát most már valóban tudjuk, hogy maga a_n is nullához tart, ez pedig elég ahhoz, hogy a -19/12-et kihozzuk.

Nyilván azzal kell kezdeni a bizonyítást, hogy a b sorozat bemegy a [-3,3] intervallumba.

"Az pedig, hogy valóban be is megy, következik abból, hogy ha nem menne be, akkor végig 3 felett maradna, valamint monoton módon csökkenne (ezt is könnyű látni), tehát konvergens lenne, de 2-nál nagyobb értékhez nem tud konvergálni."

De ha nem menne be, miért maradna 3 felett? Miért ne ugrálhatna (pozitív és negatív értékekre) és főleg, miért kellene, hogy monoton legyen a b sorozat?

Bocs, elírtam a becslés második tagját, helyesen:

Legyen b_n=a_n+2a_n+1. Ekkor

...

.

Mivel , ezért n>N esetén |b_n|<, azaz

, ahol K a |b₁-a₁|,|b₂|,|b₃|... egy közös felső korlátja. ( Ez létezik, mert b_n konvergens). Innen már látszik, hogy

Nem feltételezek ilyet. Mindössze annyit, hogy van egy b_m0, ahol m>N, ahol N az -hoz tartozó korlát (azaz |b_n/2-b_n+1|< minden n>N-re). Ekkor beláttam, hogy m-et növelve b_m előbb-utóbb bemegy a [-3;3] intervallumba (vagyis lehet bármilyen előjelű, megfelelően kis abszolútértékű szám), és utána viszont már nem megy ki belőle. Azaz minden -ra van olyan N' index, hogy |b_n|< minden n>N'-re. Tehát b_n0 és így a_n0.

Várom a következő kérdést :-).

Sajnos nem értem a bizonyításod.

Számomra úgy tűnik, mintha azt feltételeznéd, hogy a b_n sorozat állandó előjelű már. Ha tévedek, akkor mondom a következő kérdésem :)

Igaznak tűnik :-)

Tegyük fel, hogy a_n nem azonosan 0 egy adott indextől kezdve, és teljesül rá a feltétel. Cseréljük ki a_n-et egy b_n sorozatra úgy, hogy b_n=a_n, ha n páros, és b_n=-a_n, ha n páratlan. Ekkor a feltétel ekvivalens b_n/2-b_n+1 konvergenciájával (ezzel egyszerűbb talán dolgozni, mert nem "oszcillál").

Legyen >0. Ekkor a konvergencia miatt van olyan N, hogy minden n>N-re |b_n/2-b_n+1|<.

Mivel b_n nem azonosan nulla valamilyen indextől, ezért van olyan m>N, amire b_m0 (feltehetjük, hogy pozitív, különben a b_n sorozat helyett vegyük az ellentettjét). Ekkor b_m/2-b_m+1b_m/2+, vagyis (és ez a lényeg) a sorozot b_m-től kezdve előbb-utóbb bemegy a [-3;3] intervallumba, és onnan már nem is tud kijönni, így 3-hoz van megfelelő N' korlát.

Az, hogy ha bemegy, akkor nem tud kijönni, triviális, hiszen 0/2-b_n+13/2+, azaz a következő elem abszolútértéke 5/2 lesz maximum. Az pedig, hogy valóban be is megy, következik abból, hogy ha nem menne be, akkor végig 3 felett maradna, valamint monoton módon csökkenne (ezt is könnyű látni), tehát konvergens lenne, de 2-nál nagyobb értékhez nem tud konvergálni.

Tudom, ez így kicsit kusza, meg hosszú volt, de már kezd késő lenni. Nem tudom, van-e sokkal egyszerűbb(en leírható) megoldás.

Bizonyítsuk be vagy cáfoljuk meg az alábbi állítást:

"Ha a_n egy olyan korlátos valós számsorozat, amelyre a_n+2a_n+1 nullához tart, akkor a_n konvergens" (és ekkor persze maga is nullsorozat).

Ez a feladat az enyém ugyan, de persze nem eredeti ötletből. Én is úgy "kaptam" az , sorozat esetén az határérték kiszámítását. . Ezt általánosítottam egy kicsit, persze még rengeteg általánosítás lehetséges. A megoldáshoz viszont gratulálok.

Sőt:

A pontosítás:

A válasz:

A bizonyításhoz célszerű megsejteni u_n aszimptotikus sorfejtésének az elejét. Ez némi számítógépes kísérletezést igényelt. Az alábbi állítás igaz:

(Itt a 2n-es nagyságrendet maga a feladat sugallta. A -ot "kézzel" ki lehet találni, ha felveszünk egy alkalmas próba-alakot. A finomabb -hez a számítógépre volt szükségem.) A fenti állítás bizonyítása teljes indukcióval történhet, n36-ra direkt látszik, az indukció n36-tól működik (a 36 valójában csak az egyik irányú egyenlőtlenséghez kell, a másik n1 esetén is teljesülni tud az indukció végrehajtása során).

Az állításomból a már standard módon adódik a közrefogási elv felhasználásával.

Amúgy honnan származik ez a szép feladat? Az általánosítás látszik: folytassuk az aszimptotikus sorfejtést, megkeresve pontos együtthatóját (nekem kb. 0.297351-nek adódott, de ez nem pontos), és együtthatóját, stb.

remek időzítés Ákos. :) intuíció nélkül eszembe sem jutott vola elosztani 123456789-et 3607-tal.

Adott a következő sorozat . Számítsuk ki az sorozat határértékét!

304.c) legfeljebb hány azonos számjegyre végződhet egy 3607-hatvány 123456789-es számrendszerben?

Még annyit ki kell kötni, hogy létezzen olyan p prím, amelyre p|n, de p|m nem teljesül.

Akkor bocsánat, megengedem, hogy az egyszerű megoldást is közölje a szerző.

:))))

Szia Márton!

Az előzményre kattintva találhatsz egy linket a témával kapcsolatban.

Hány SET-kártyát lehet legfeljebb kirakni az asztalra, hogy ne kiálthasson senki Set!-et?

Aki egyszerűnek találja, ne lője le.

Érdekes kérdés lenne, hogy ha m|n akkor m^k n-es számrendszerbeli alakja legfeljebb hány egyforma jegyre végződhet.

Maradékvizsgálat nélkül: Mivel a 0001;0002;0004;0008;0016 végződések nem felelnek meg, így az utolsó négy számjegyből alkotott szám osztható 16-tal és 1111-gyel, de ezeknek a közös többszörösei 0;17776;... így csak a 0000 jöhet szóba, de ez lehetetlen.

Jaj bocs.

Persze 2³⁹=549755813888 meg 2⁵⁰⁴2⁴16mod 10000

(a) 2³9=549755813888

(b) Ehhez elég a 2-hatványok 10000-es maradékát megvizsgálni. Ez persze ciklikus, hiszen 2⁵042⁴16mod 10000. A maradékok 2⁵03-ig sorban könnyen kiszámolhatóak (nem másolom ide az összeset):

0001 0002 0004 0008 0016 0032 0064 0128 0256 0512 1024 2048 4096 8192 6384 2768 5536 1072 2144 4288 8576 7152 4304 8608 7216 4432 8864 7728 ... 8752 7504 5008

Ezek között pedig nincs 1111-gyel osztható.

Remélem, ez alapján vki hamarosan talál egy bizonyítást is a sejtéseimre. :)

a.) Az első 1600 kitevő átvizsgálása az alábbi eredményt adja: 2ⁿ pontosan akkor végződik 3 egyforma számjegyre, ha n az alábbi:

n=39,139,239,339,439,.... Ekkor amúgy mindig 888-ra végződik 2ⁿ.

b.) A számítógép 85 másodperc gondolkodás után nem tudott olyan 2-hatványt mondani, ami 4 egyforma számjegyre végződne. Az átvizsgált n kitevők tartománya: n=1-től egészen n=10⁷-ig.

Kettőhatvány, nem négyzetszám.

a)1,49²=2,22

304. feladat

a)Végződhet-e egy kettőhatvány 3 egyforma számjegyre? (10-es számrendszer)

b)Végződhet-e egy kettőhatvány 4 egyforma számjegyre? (10-es számrendszer)

Számunkra már több, mint egy éve nyitott az alábbi ártatlannak tűnő kérdés: oldjuk meg a valós számok halmazán a

egyenlőtlenséget. Az eredményt persze tudjuk, csak a bizonyítást nem. Hátha valaki talál egy ügyes utat...

Köszi.:)

Itt van egy KöMaL-cikk erről például.

Jólismert egyenlőtlenségek a G<L<A ahol

,

,

.

Tud rájuk valaki egy egyszerű bizonyítást?

A képlet bizonyítása: Rakjunk le egy sorba s + n - 1 ( 222 + 4 - 1 = 225 ) fehér korongot. Közülük n-1 (3) tetszőlegeset takarjunk le egy-egy fekete koronggal. Minden ilyen lefedés a le nem takart s (222) korongot n (4) csoportra bontja, melyek közt 0 elemszámúak is lehetnek. Feleltessük meg, mondjuk balról jobbra az egyes csoportok elemszámát az a_i (x,y,z,t) változóknak, ekkor egyenletünk egy megoldását kapjuk. Így kölcsönösen egyértelmű leképezést kapunk a lefedések és a megoldások között, tehát megoldás is ponosan annyi van, mint lefedés. Ezek száma pedig a képlet szerinti.

Nagyon szép. Nem is tudtam hogy erre van képlet. Az-az a

diofantikus egyenletnek megoldása van. Köszi.

Vagyis .

1873200 :-)

Hány megoldása van a természetes számok halmazában az x+y+z+t=222 egyenletnek?

Mivel eddig senki sem szólt hozzá, leírok egy megoldást.

Racionáls a,b0 -ra x pontosan akkor racionális, ha w=x/a , és y pontosan akkor, ha z=y/b is az. x=wa-t és y=zb-t helyettesítve w²+z²=1 adódik. Legyen , , ahol p,q,r,s egészek. ; p²s²+r²q²=q²s² Legyen q és s legnagyobb közös osztója n, q=tn, s=un, ahol t és u relatív prímek.

p²u²n²+r²t²n²=t²u²n⁴ ; p²u²+r²t²=t²u²n² A baloldalon t és u relatív prím volta miatt p² osztható t² -tel és r² osztható u² -tel. Legyen p=kt, r=mu. k²t²u²+m²u²t²=t²u²n²

k²+m²=n²

Vagyis tetszőleges k,m,n pithagoraszi számhármashoz kapunk megoldást. Visszafelé haladva tetszőleges relatív prím t-t és u-t véve , , ,

Az ellipszis racionális koordinátájú pontjai tehát a pontnégyesek, ahol a és b az ellipszis tengelyei, k,m,n pithagoraszi egészek, ahol a nemnulla hármasokon kívül 1;0;1 és 0;1;1 is megengedett. Könnyen belátható, hogy ha k,m,n primitív pithagoraszi számhármas, akkor minden pontot csak egyszer kapunk meg.

Ezek "ideális" szolgák. ;o)

Tehát minden rabnak ötszáz üveg borból kell innia? Nem fognak meghalni alkoholmérgezésben?

Minden üveg sorszáma elfér 10 számjegyen binárisan (<1024). Minden bináris helyiérték 1-1 halálraitélthez tartozik. Minden borral megitatja azokat az embereket, ahol ez a helyiérték 1, tehát az 1. borbol csak az első szolga, a 100. borbol(64+32+4) tehát a 3. 5. 6. halálraitéltek isznak. 30. nap után az összes halottbol kiszámítha, hogy melyik bor volt a mérgező.

Kellemes ünnepeket mindenkinek. És... a következő kis feladatot: Egy császár 1000 üveg borából 1 mérgezett. A császár kiadja a nagyvezérnek a parancsot, 40 nap alatt állapítsa meg melyik üveg mérgezett. Ehez kap 10 halálraítéltet akikkel a borokat kostoltathatja. A méreg 30 nap mulva hat. Hogyan jár el a nagyvezér?

303.feladat Az említett forgóajtó 4 kézzel már kinyitható.

Mivel a rendszer nem engedi feltölteni a 343 bájtos ábrámat (ami jóval a maximum alatt van) a kitöltetlen ábrádon fogok magyarázni. 4 különböző eset van a kézbedugásra:

3 szomszédos állásba (612)

2 szomszédos állásba, (124 ill. 614-ezek forgatással nyilván nem vihetők át egymásba)

0 szomszédos állásba (246)

Az össze további eset ezek közül valamelyiknek az elforgatottja.

A kapcsolók állása nyilván csak goldolatban van megszámozva, különben nem feladat. Ezzel a 4 félével, ha nincs szerencsénk, akkor kijöhet, hogy csak az 1246 kapcsolókhoz nyúlunk hozzá.

Tehát, ha a 3-as, és az 5-ös kapcsoló különböző állású, akkor elvileg az is előfordulhat, hogy sose nyúlunk hozzájun, és az ajtó is zárva maradhat az idők végezetéig.

Tehát áltaéános algoritmus nem létezik.

Eddig jutottam:

Jelöljük a kapcsoló két állását 1-gyel és 2-vel!

Jelöljük a kapcsolókat 1-6, a felsőtől az óramutató járásával megegyezően.

[Ekkor az első kapcsoló jelölése legyen 1(1) vagy 1(2) attól függően, hogyan áll a kapcsoló 1 vagy 2 állásban, bizonytalan helyzetben 1 (1/2).]

Minden továbblépés előtt feltételezzük, hogy nem nyílik ki.

[Szerencsés esetben persze bármikor kinyílhat, akár induláskor is :*-) ]

1. Fogjunk meg három egymás melletti kapcsolót, és állítsuk mindhármat 2-re, ha nem az volt! [1(2),2(2),3(2) kapcsolóállás jön létre]

2.A pörgetés után fogjunk meg három nem egymás mellettit, és állítsuk 2-re, ha nem az volt!

A lehetséges esetek:

hely----Biztos--------------------bizonytalan

1,3,5--1(2),2(2),3(2),5(2)--------4(1/2),6(1/2)

2,4,6--1(2),2(2),3(2),4(2),6(2)---5(1/2)

Tehát két pörgetés után mindkét esetben legalább egy bizonytalan helyem van. Innentől én is bizonytalan vagyok.

Mivel a pörgetés véletlenszerű kezdőpontú felállásokat hoz, elvben bármeddig pörgethetek, nézhetem, hogy van-e átállítandó (ha 1 akkor átállítom), de mi garantálja, hogy a három kezem közül valamelyik alá kerül a hátralévő (1 vagy 2) a maradék 3 pörgés alatt?

Nem látom értelmét annak sem, hogy az 1,2,3 és a 2,4,6 után egy újabb lépésvariációt vezessek be (mondjuk 1,2,4).

Ötlet?

Az egyszerűség kedvéért a 81-es példa itt érhető el (jobb alsó sarok):

Csernobili probléma néven a 81.-eshez hasonlót adtak fel a lányomnak az iskolába, de 6 lyuk és 3 kéz (sic!) esetén. Ez lehet 81/a vagy valami újabb, de a lényeg, hogy van-e ötletetekt ötlépéses megoldásra, vagy annak cáfolatára.

Legalább 100x le volt tárgyalva érmékkel. Valami újjat????

Van egy jó kis feladatom, lehet hogy a logikához kellett volna írni de mindegy: Van egy kétkarú mérlegünk és 12 golyónk. A golyók közül egynek más a tömege mint a másik tizenegyé, de nem tudjuk hogy nehezebb vagy könnyebb. Állapítsuk meg 3 mérésből hogy melyik a rossz golyó és hogy könnyebb e vagy nehezebb. Sok sikert :)

Érdekes szorzási módszer

Hány forgója lesz a "maci"-nak? :-)

Amúgy ez volt a legnehezebb feladat amit benne találtam...

Szerintem az egész ovisoknak készül... :)

Én is ezt az ötöt találtam...

Szerintem az alma a kakukktojás.

Na jó, ne vacakoljunk vele egyesével. A számítógép szerint az összes megoldás (zárójelek nélkül):

7+2-5+2+1=7

7-2+5-2-1=7

7*2-5-2*1=7

7*2-5-2/1=7

7/2+5/2+1=7

7-2+5-2-1=7 vagy 7+2-5+2+1=7

azok nagyon jók :D Én egy olyant fogtam ki ahol fel volt sorolva 3 gyümölcs meg egy sündisznó, és melyik a kakukk tojás...

Had kezdjem én az elsővel:

7*2-5-2*1=7

7(?)2(?)5(?)2(?)1=7, ahol (?) a négy alapművelet egyike. Mi állhat a kérdőjelek helyén? Zárójelek nincsenek, de sok megoldás van, keressük meg az összeset!

Medvesajtos dobozban lévő kártyán volt, "matematikai intelligencia" mérésére, és oda volt írva a hátuljára egy primitív megoldás, és mellette az, hogy "Lehet, hogy van más megoldás is..." ... Én eddig azon kívül négy megoldást találtam...

Határozzuk meg azokat a természetes számokat melyekre fennáll:

,

ahol p primszám.

Igen, ha tudnék fejben számolni, akkor meg tudnám csinálni.

Ugyanaz a trükk mindkettőre úgyhogy sztem aki az egyiket meg tudja csinálni az a másikat is.

Négy számnál valószínüleg csak három műveletet használsz fel, így nehéz lenne mind a négyet használni.

Én az elsőt ismerem, a másodikat (3 3 8 8) pedig megoldotta az a program amit régen írtam az elsőre. (A megoldás a képen van.)

Nem kötelező! Szóval Grat!

Kötelező mindegyik alapművelet használata? Ha nem akkor megvan.

302.b) feladat Most állítsuk elő a 24et a 3,3,8,8 számjegyekkel, ugyanazon feltételek mellett

302.feladat Adott a következő négy szám: 1,3,4,6. A négy alapművelet és a zárójelezés segítségével, mindegyik számjegyet egyszer felhasználva állítsuk elő a 24-et. (aki ismeri az NE lője le a megoldást)

Tényleg 23. Számítógéppel nagyon könnyű volt kiszámolni.

Igen. Az

racionális kordinátájú pontjait.

Kösz! A döntési fán még megvolt, csak az ábra összeállításnál néztem el.

A hiányzó leírása:

3 db egy átló mentén és a negyedik valamelyik oldalközépen.

Arra azért kíváncsi lennék, a hozzászólók hány százaláka leplezi le az ezoterikus parapszichológiai telepátiát. Mert az ilyen hozzászólást természetesen nem teszi fel a lapra. A "Minden jog fenntartva" témában is lennének aggályaim, ezt már máshol is láttam, például itt:

http://brutalvideos.freeweb.hu/Flash/psychic.htm

Van még egy, Károlyé a nyerő tipp. Jók az ábrák amúgy.

Úgy érted, hogy az (x*x)/(a*a) + (y*y)/(b*b) =1 egyenlet racionális megoldásait ha a és b racionális?

Szerintem az ilyen, még fejben/papíron leszámolható eredményre vezető feladatokat úgy célszerű megoldani, hogy a lehetséges eseteket egy olyan döntési fa mentén derítjük fel, ahol a szimmetrikus esetek azonos ágra kerülnek. Esetünkben például: Van-e színezett saroknégyzet? Színezett-e a középső?

Ha valakinek 22-nál több vagy kevesebb jött ki, itt egy kis ellenőrzési lehetőség. Vagy javítsatok, ha én szúrtam el valamit :-)

23

Kicsit több van mint 20. És igen, 1 színnel színezünk.

Ha egy színnel színezek, akkor, ha nem néztem el valamit, 20. S ebből következtetve 2 szín esetén kevesebb, mint 280, a szimmetrikus alakzatokban fellépő ismétlődések miatt. 4 szín esetén kevesebb, mint 480.

301. feladat Egy 3×3-as négyzet 1×1-es kisnégyzetei közül hányféleképpen színezhetünk ki 4-et úgy, hogy a négyzet szimetriával egymásba vihető színezéseket nem tekintjük különbözőnek.

... és az, hogy működik a honlap, bizonyítja, igen-igen kevesen "veszik a fáradtságot" az utángondolásra. :o)

Ez nagyon profi! Bár elsőre azért elgondolkodtam rajta. A legjobb, hogy minden körben váltja a jeleket.

http://www.asztralfeny.hu/magus/magus.php

egy kis izgalmas sziget a gyilkos feladatok végtelen óceánján... ;)

Határozzuk meg az elipszis racionális kordinátájú pontjait:)