Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: Érdekes matekfeladatok

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[3062] bily712009-11-27 22:17:07

Kösz, megint tanultam valamit :)

Előzmény: [3060] m2mm, 2009-11-27 22:07:06
[3061] m2mm2009-11-27 22:12:38

Valóban. Ha k és l relatív prímek, akkor már igaz lesz az állítás?

Előzmény: [3055] BohnerGéza, 2009-11-27 21:16:30
[3060] m2mm2009-11-27 22:07:06

Miért lenne 2x2=y2-1 egyenlet összes megoldása x=\pm2, y=\pm3?

2x2+1=y2-re megoldás az x0=0, x1=2, xn=6xn-1-xn-2 sorozat, ami szig.mon. nő, ergo végtelen sok megoldás van[a következő néhány (x,y) pár a sorozatban (12,17), (70,99), (408,577)].

Előzmény: [3056] bily71, 2009-11-27 21:20:12
[3059] bily712009-11-27 21:50:28

Bocs, elnéztem, a jobb oldal összeg, nem különbség. Hirtelen azt hittem, hogy a második egyenlet egy zárt görbe egyenlete, ami csak véges sok rácsponton haladhat át, de ez egy nyílt görbe egyenlete.

De mivel van ellenpélda, így a válasz: nem igaz.

Előzmény: [3056] bily71, 2009-11-27 21:20:12
[3058] RRichi2009-11-27 21:45:31

Feladat: Ismert n db prímszám, melyeket összeszorozzuk, az eredményhez hozzáadunk egyet, és az így kapott a számnak vesszük a legkisebb 1-től különböző osztóját, ami biztosan prímszám lesz. Ezt hozzávesszük az ismert prímekhez, és újrakezdjük az algoritmust. Kérdés, hogy bármely kiindulóprímek esetén megkapható e az összes létező prímszám ezzel a módszerrel?

[3057] bily712009-11-27 21:28:33

Lehet, hogy megint valami butaságot írtam?

Előzmény: [3056] bily71, 2009-11-27 21:20:12
[3056] bily712009-11-27 21:20:12

Legyen k=2, tehát nem négyzetszám és l=1, ekkor

2x=y2-1.

Az egyik lehetséges megoldás: x=4, y=3, azaz

2.4=32-1.

A kx2+l=y2, azaz behelyettesítve, átrendezve, az

2x2=y2-1

egyenlet összes megoldása: x=\pm2, y=\pm3, tehát nem igaz.

A második egyenlet átrendezve:

y=\sqrt{kx^2+l},

az

f(x)=\sqrt{kx^2+l}

függvénynek véges sok zérushelye van, (0, 1 vagy 2 db.), tehát semmilyen k,l értékek esetén sem lehet végtelen sok megoldás.

Előzmény: [3054] m2mm, 2009-11-27 18:44:02
[3055] BohnerGéza2009-11-27 21:16:30

k=3, l=3 esetén ugyanazok a megoldások, mint az előző hozzászólásomban.

Előzmény: [3054] m2mm, 2009-11-27 18:44:02
[3054] m2mm2009-11-27 18:44:02

Ja, persze: elfelejtettem beleírni, hogy k nem négyzetszám.

Előzmény: [3053] BohnerGéza, 2009-11-27 18:32:11
[3053] BohnerGéza2009-11-27 18:32:11

Nem.

x+8=yy (k=1, l=8) egyenletnek van megoldása: (1,3).

Az xx+8=yy egyenletnek csak 4 mo-sa van: (1,3), (1,-3), (-1,3), (-1,-3)

Előzmény: [3052] m2mm, 2009-11-27 14:42:14
[3052] m2mm2009-11-27 14:42:14

Igaz-e, hogy ha az egész számpárok halmazán van megoldása a kx+l=y2 egyenletnek(k,l adott), akkor végtelen sok megoldása van a kx2+l=y2 egyenletnek?

[3051] Lóczi Lajos2009-10-31 00:19:34

Az irodalomban egyébként ezt hívják a "fundamentális tartományok" módszerének.

Előzmény: [3050] jenei.attila, 2009-10-30 23:45:00
[3050] jenei.attila2009-10-30 23:45:00

Valóban ugyanaz a konstrukció. Tényleg nem adtam meg az összes fv.-t, és ahogy javasoltad úgy jó fv.-ek konstruálhatók. Elég megadni pl. az [1,3] intervallumon akármilyen deriválható fv.-t, amelyre f(3)=2f(1), és 3-ban a balodali derivált értéke az 1-beli jobboldali derivált értékének 2/3-szorosa. A többi a már általad leírt módon mehet tovább. Ilyen módon valóban az összes megfelelő fv.-t megadjuk (a 0-beli deriválhatóság természetesen nem teljesíthető).

Előzmény: [3049] HoA, 2009-10-30 13:24:23
[3049] HoA2009-10-30 13:24:23

Ez ugyanaz a konstrukció, amit [3036]-ban jeleztem. x0=1 választással y0=f(1) és y = y_0 \cdot {\left( \frac{x}{x_0}\right) }^{log_3 2} = f(1) \cdot x^{log_3 2} . Legyen x=3u .   x^{log_3 2} = \left(3^u \right)^ {log_3 2} = \left( 3^{log_3 2}\right)^u = 2^u  = 2^{log_3\left(3^u\right)} = 2^{log_3 x} .

Éppen Lóczi Lajos [3038] után gondolkodtam el azon, miért ne lehetne másmilyen is a függvény? Elég, ha egy [x0;3x0] tartományon úgy definiálom a folytonos f-et, hogy a feltétel teljesüljön, valamint f’(3x0)=2/3f’(x0) legyen. Ezzel a szabály alapján rekurzív módon megadtam a [3x0;9x0]...[3kx0;3k+1x0] illetve [3-k-1x0;3-k] tartományokra is. Szerintem az ilyen függvények megfelelnek a [3044]-ben leírtaknak, és így ott nem adtuk meg az összes ilyen függvényt. Miért nem jó például f(x) = x + 1 - \frac{x}{7 \pi} sin ((x-1) \pi) és az ebből a fentiek valamint x < 0-ra [3044] szerint származtatott függvény? Erre

f(1)=1;f(3)=2;f’(1)=6/7ésf’(3)=4/7

(ha jól számoltam. )

Előzmény: [3048] jenei.attila, 2009-10-30 11:05:45
[3048] jenei.attila2009-10-30 11:05:45

És ekkor

f(x)=f(1)*2log3x, ha x>0

f(x)=f(-1)*2log3(-x), ha x<0

és f(0)=0

Előzmény: [3047] jenei.attila, 2009-10-30 11:00:04
[3047] jenei.attila2009-10-30 11:00:04

Pontosabban f(1)-et és f(-1)-et különböző előjelűnek definiáljuk.

Előzmény: [3046] jenei.attila, 2009-10-30 10:59:01
[3046] jenei.attila2009-10-30 10:59:01

Igazából a 0-án való "sima áthaladáshoz" nem kell, hogy f(-x)=-f(x) legyen. Elég, ha f(-1)-et negatívnak definiáljuk.

Előzmény: [3044] jenei.attila, 2009-10-30 09:43:05
[3045] HoA2009-10-30 09:48:21

Azért írtam, hogy próbáltam, mert nem sikerült. Nem kell így lennie ( [3038] ) . Azt viszont úgy látom, hogy például valamilyen x0>0,y0=f(x0)>0 választással a függvény x>=0-ra megfelel a feltételeknek , és így igaz rá, amit jenei.attila [3039] -ben ír. Tévedek?

Előzmény: [3042] Lóczi Lajos, 2009-10-29 23:04:25
[3044] jenei.attila2009-10-30 09:43:05

Az f(3nx)=2nf(x) (n egész szám) képletből következik, hogy ha log3x egész, akkor f(x)=2log3xf(1) Ahhoz, hogy ez a fv. folytonos legyen a pozitív valós számokon, az kell, hogy a log3x is ilyen legyen. De a logaritmus szokásos értelmezése (az exponenciális fv. folytonosságot szem előtt tartó értelmezéséből adódóan) már ilyen. Tehát a pozitív valós számokon megadjuk az összes, kiírt feltételeknek megfelelő fv.-t, ha f(1)-et tetszőlegesen megadjuk. f(0)=0 kell hogy teljesüljön, és legyen f(-x)=-f(x), amivel negatív valós számokra is értelmezzük a fv.-t Így a valós számokon értelmezett, folytonos, a 0 kivételével deriválható fv.-t kapunk, ami a 0-ban ugyan nem deriválható, de "simán" halad át 0-án (nincs benne "törés", az érintő nem "billeg", de függőleges). Így meg is adtuk az összes ilyen fv.-t.

Előzmény: [3033] Lóczi Lajos, 2009-10-29 10:47:02
[3043] nadorp2009-10-30 07:55:04

Gratulálok, szép megoldás. A félreértés oka az volt, hogy azt hittem, f'(a) helyett írtál f(a)-t és nem gondoltam arra, hogy a nevezőből maradt le az "a".

Előzmény: [3039] jenei.attila, 2009-10-29 16:56:12
[3042] Lóczi Lajos2009-10-29 23:04:25

Ez a függvény valósban csak a nemnegatív számokon értelmezett. (Miért lenne baj a 0-ban a deriválással?)

Előzmény: [3036] HoA, 2009-10-29 14:54:54
[3041] Lóczi Lajos2009-10-29 23:00:22

Amiből az jönne ki, hogy 3=2.

Előzmény: [3040] rizsesz, 2009-10-29 20:46:03
[3040] rizsesz2009-10-29 20:46:03

f(x)=lg2/lg3 * x (csaltam, a hányados éppen 3-as alapú logaritmus 2 ugye, de elfelejtettem az alapokat is TeX-ben... :()

Előzmény: [3033] Lóczi Lajos, 2009-10-29 10:47:02
[3039] jenei.attila2009-10-29 16:56:12

Húha, most meg én nem értem amit te írtál, de majd még gondolkodok rajta. Hogy f(0)=0, és f(3nx)=2nf(x), az teljes indukcióval nyilvánvaló (negatív n-ekre is). Képezzük a a,\frac{1}{3}a,\frac{1}{9}a,...,\frac{1}{3^k}a,... 0-hoz tartó sorozatot. Az itt felvett függvényértékek a képletünk szerint: f(a),\frac{1}{2}f(a),\frac{1}{4}f(a),...,\frac{1}{2^k}f(a),.... Ha f 0-ban deriválható, akkor 0-ban, ezekkel a pontokkal képzett különbségi hányados értékek (mivel f(0)=0):

\frac{f(a)}{a},\frac{\frac{1}{2}f(a)}{\frac{1}{3}a},\frac{\frac{1}{4}f(a)}{\frac{1}{9}a},...,\frac{\frac{1}{2^k}f(a)}{\frac{1}{3^k}a},...

véges határértékhez kell, hogy tartsanak. Ez azonban csak akkor lehetséges, ha f(a)=0. Az előző hozzászólásban valóban elírtam, lemaradt a nevezőből az a. De a lényeg ugyanaz.

Előzmény: [3037] nadorp, 2009-10-29 15:24:20
[3038] Lóczi Lajos2009-10-29 16:53:41

Ezt meg tudnád indokolni egy kicsit, hogy miért kell így lennie?

Előzmény: [3036] HoA, 2009-10-29 14:54:54
[3037] nadorp2009-10-29 15:24:20

Valamit nem értek vagy nem látok, de szerintem csak azt tudjuk, hogy tetszőleges a-ra

f^{'}(\frac a{3^k})=\left(\frac32\right)^kf^{'}(a) teljesül. Amit Te írtál, ott a jobb oldalon f(a) áll és nem a deriváltja. Hogy jött ez Neked ki ?

Másrészt az f-ről csak azt tudjuk, hogy deriválható és nem biztos, hogy folytonosan deriválható. Miért teljesül

f^{'}(0)=\lim_{k\to\infty} f^{'}(\frac a{3^k})

Előzmény: [3035] jenei.attila, 2009-10-29 14:43:51
[3036] HoA2009-10-29 14:54:54

Én arról az oldalról próbáltam, hogy egészről valósra áttérve igazoljuk, hogy a függvény csak

y = y_0 \cdot {\left( \frac{x}{x_0}\right) }^{log_3 2}

alakú lehet, ahonnan már következik, hogy a 0 -beli deriválhatósággal van a baj.

Előzmény: [3035] jenei.attila, 2009-10-29 14:43:51
[3035] jenei.attila2009-10-29 14:43:51

Szerintem is csak f(x)=0 megoldás. Nyilván igaz, hogy f(0)=0, és f(3nx)=2nf(x) minden n egészre. Ha f deriválható 0-ban, akkor egy tetszőleges a valós számot kiválasztva f'(0)=lim (\frac{3}{2})^k f(a), ahol k tart végtelenbe. De ez a határérték végtelenbe (vagy - végtelenbe) tart, ha f(a)\ne0, vagyis f csak akkor deriválható 0-ban, ha f(a)=0 minden a valós számra.

Előzmény: [3033] Lóczi Lajos, 2009-10-29 10:47:02
[3034] nadorp2009-10-29 14:11:01

Egy hónappal lemaradtam, de találtam egy szinte számolás nélküli megoldást.

yn+1=(1+x)yn+nx2

yn+1+nx=(1+x)(yn+nx)

yn+1+(n+1)x=(1+x)(yn+nx)+x

yn+1+(n+1)x+1=(1+x)(yn+nx+1)

Most már csak fel kell írni a fenti utolsó összefüggést az n=0,1,...,n-1 értékekre és összeszorozni őket. Kapjuk:

yn+nx+1=(1+x)n(y0+0.x+1)=2(1+x)n

yn=2(1+x)n-nx-1

Más:

Lóczi Lajos utolsó példájára szerintem csak az f(x)=0 a megoldás.

Előzmény: [3028] jonas, 2009-09-27 20:46:48
[3033] Lóczi Lajos2009-10-29 10:47:02

Legyen f olyan valós függvény, amelyik mindenhol értelmezve van és mindenhol deriválható. Tudjuk továbbá, hogy minden valós x esetén f(3x)=2f(x).

Adjuk meg az összes ilyen tulajdonságú f leképezést.

[3032] djuice2009-10-27 13:25:56

Az angol wiki is foglalkozik vele: http://tinyurl.com/yhhtvkh

[3031] djuice2009-09-28 19:14:04

NEM SEMMI! Hát le a kalappal, komolyan! Én már nem is merek többet itt kérdezni. :) Egy volt KGB-s se nyomozta volna ki tüzetesebben! :)))

Mindenesetre lelombozó a tény ami a példát illeti, elvesztette minden varázsát.

Előzmény: [3030] Borsos, 2009-09-28 05:55:23
[3030] Borsos2009-09-28 05:55:23

Helló,

Pont erről van szó, amire jonas barátunk is rátappintott. Kis kutakodás után: epa.oszk.hu/00200/00220/00053/pdf/00053.pdf 18-23. oldal

Előzmény: [3027] djuice, 2009-09-27 19:25:51
[3029] jonas2009-09-27 20:48:37

„Nem valószínűsíthető hogy hibás lenne, hiszen akkor minek őrizték volna 100 meg 100 éveken át a könyvtárban.”

Kivéve persze, ha csak egy nemrégi átírás vagy fordítás lenne a hibás.

Előzmény: [3027] djuice, 2009-09-27 19:25:51
[3028] jonas2009-09-27 20:46:48

Én is ilyesmit próbáltam. A különbség az, hogy még kifejtés előtt a rekurziót szétszedtem két részre:

p0=1;pn+1=(1+x)pn

q0=0;qn+1=(1+x)qn+nx2

Ekkor könnyen belátható, hogy

xn=pn+qn

Mármost az első rekurziót triviális feloldani, a másodikat pedig ki kell fejteni, így két olyan összeget kaptam, aminek már ismert a kiszámítási módja, és nekem is végig kéne tudnom számolni, de elrontottam, és nem volt türelmem másodszor is nekiállni.

Előzmény: [3026] Euler, 2009-09-27 13:49:07
[3027] djuice2009-09-27 19:25:51

Szia Borsos,

Nem valószínűsíthető hogy hibás lenne, hiszen akkor minek őrizték volna 100 meg 100 éveken át a könyvtárban. Erre cáfol az egyetemenünkön egy tanár állítása is, miszerint elképzelhető hogy a feladatot (megírása korában) fejben meg lehetett oldani, nem ám hogy ámítógép meg ezmegaz! :)

Nyilván akkoriban sokkal többen használták a koponyájukat fejszámolásra, mint ma, a kalkulátorok korában. Pl. Bolyai is remekül tudott akkoriban fejben gyököt vonni és 4-5 jegyű számokat összeszorozni, osztani. (mellesleg aki itt közülünk tud ilyet és megosztaná a módszerét, szívesen meghallgatnám, ui állítólag a szorobán oktatás lényege is ez lett volna, hogy vizuálisan tudjon az ember számolni, ne az ujján...)

Szóval a feladatba nekem is beletört minden próbálkozásnál a bicskám, hiába kezdtem az amúgy értelmezni se egyszerű feladatból kifejezni az ismeretleneket... A lényeg hogy lehet több megoldása is, mert a végén a leírás leszűkíti ezeket "négyzet alakba sorakozva", vagyis egész szám aminek gyöke is egész, ill. "3-szögű rend" a csoportosításnál valamilyen egészekből álló sorozatot takar. Ennyire sikerült segítség nélkül rájönnöm. A sorozat elvileg lehet szimmetrikus és asszimmetrikus is, pl így:

Előzmény: [3025] Borsos, 2009-09-26 18:58:55
[3026] Euler2009-09-27 13:49:07

A helyes válasz: y(n)=2(1+x) az n-ediken-1-nx. A megoldásom menete: feloldottam a rekurziót, ekkor megkaptam y(n)-t, aztán összegeztem egy csomó mértani sorozatot. Ha valakinek van egyszerűbb, kérem irja fel a fórumra.

Előzmény: [3022] Lóczi Lajos, 2009-09-25 23:53:41
[3025] Borsos2009-09-26 18:58:55

Helló,

Megoldás közben ellentmondásra találtam. Lehetséges, hogy hibás a feladat szövege?

Előzmény: [3016] djuice, 2009-08-25 03:20:34
[3024] jonas2009-09-26 18:38:26

A megoldás elve megvan, bár a számolást egyenlőre nem sikerült hiba nélkül elvégeznem. Ha egy pár napig más nem oldja meg a feladatot, akkor lelövöm.

Előzmény: [3022] Lóczi Lajos, 2009-09-25 23:53:41
[3023] jonas2009-09-26 17:27:17

Érdekes feladat.

Előzmény: [3022] Lóczi Lajos, 2009-09-25 23:53:41
[3022] Lóczi Lajos2009-09-25 23:53:41

Legyen x rögzített valós szám és tekintsük az y0=1,

yn+1=(1+x)yn+nx2

rekurzív sorozatot. Adjuk meg yn explicit alakját csak x és n függvényében.

[3021] djuice2009-09-20 14:21:12

A tehenes feladatra van vkinek megfejtése/ötlete?

Előzmény: [3016] djuice, 2009-08-25 03:20:34
[3020] Sirpi2009-09-14 09:22:30

234167589133(10) = 110110 10000101 01111001 11011001 00001101(2)

Meg képzelj elé egy csomó 0-t, hogy 64 jegyű legyen. Amíg az első jegy 0, addig a legalsó korong még a helyén van, amíg a 2. nulla, addig az utolsó előtti is, stb. Ebben az állásban a 38. (alulról a 27.) korongot már átmozgattuk (mert az az első 1-es). Ha a köv. helyiértéken 0 lenne, akkor az még rajta lenne a 38. korongon, de mivel 1-es van, ezért már lekerült róla. A köv. jegy 0, ezért a 36. a 37.-en van rajta, aztán 1, vagyis a 35. lekerült róluk stb.

A 4 állapot, amit írtam (00, 01, 10, 11 kezdetek) azt jelzi, hogy az alsó két korong épp milyen állapotban van:

00: mindkettő az eredeti helyén

01: az utolsó előtti átkerül

10: az utolsó átkerül, de az utolsó előtti még nincs rajta

11: mind2 átkerült és egymáson vannak

Ez a gondolatmenet hasonlóan folytatható is az alsó 3, 4 stb korongra, ahogy fent már elemezgettem. Ami ebből nem látszik, hogy melyik korong épp melyik rúdon van, de az valahogy paritásból ki kell, hogy jöjjön, most túl korán van nekem ehhez :-) De ha rá akarsz erre jönni, akkor ne 64 koronggal próbálkozz, hanem mondjuk 3-4-gyel.

Előzmény: [3019] Higgs, 2009-09-13 20:30:32
[3019] Higgs2009-09-13 20:30:32

Biztos csak nekem nem világos, de a "4 állapotot"-nál elvesztettem a fonalat. Pl. az 234167589133-dik lépés utánni állapotot 64 korongnál hogyan tudhatom meg? Vagy hogyan számolhatom ki a k-adik korong álltal megtett utat a kirakás után, bár ez más kérdés:D

Előzmény: [3018] Sirpi, 2009-09-13 19:40:34
[3018] Sirpi2009-09-13 19:40:34

Az n 2-es számrendszerbeli alakjából szerintem ki lehet gyorsan következtetni. Pl. az utolsó, k. korong a 2k-1-dik lépésben kerül át a 3. rúdra, és onnan ott marad. hasonlóan a k-1. is 2k-2-dik lépésben kerül át a "rossz" rúdra, majd a 2k-1+2k-2-dik lépésben a jóra. Ezt a 4 állapotot a szám kettes számrendszerbeli eleje jelzi (00, 01, 10, 11). A k-2. korongot már 4-szer fogjuk mozgatni, mindig félidőben a korábbiakhoz képest. Figyelni kell rá, hogy a két szabad közül épp melyikre tesszük le, ezt most nem gondolom végig, valami maradjon Neked is ;-)

Előzmény: [3017] Higgs, 2009-09-13 18:57:46
[3017] Higgs2009-09-13 18:57:46

Sziasztok!

A következő a kérdésem: Hanoi tornyai feladatnál, hogyan határozhatjuk meg, hogy az n-edik lépés után az egyes korongok melyik rúdon, és milyen magasan fognak elhelyezkedni? (Feltételezve, hogy optimálisan oldjuk meg, vagyis 2 a k-adikon-1 lépésben.)

[3016] djuice2009-08-25 03:20:34

mégegy igazítás, az ábrán a=4; h<a a helyes jegyzet és a valamint h értékei ismertek (paraméterek)

Ezek után jöjjön a nagy kedvencem:

Hány marhát számlált a Napisten nyája, barátom Gonddal számold ki, hogyha vág az eszed Hányat őriztek Szicília tág legelőin, Négy kisebb részre bontva az isteni nyájt.

Mindegyik rész más színű volt. Hószín a legelső, Egy másik résznek színe sötét fekete. Barna a harmadik, a negyedik meg tarka-iromba. Mindben több a bika és kevesebb a tehén.

Többen voltak a barna bikák ott, mint a fehérek, Mégpedig a feketék harmadával s felivel. Tarkák számának negyedével és ötödével Múlta felül feketék száma a barnákét. Tarkák is túltettek a barnákon a fehérek Egyhatodával s még egyhetedével rá.

így a bikák. Hát a tehenek? Közülük a fehérek A fekete marhák harmadát s negyedét Alkották. Fekete tehenek meg a tarka Marhák egynegyedét, s rá még egyötödét.

Tarka-iromba tehén volt egyötöd- és hatodannyi Ebben a csordában, mint a barna barom. Végül barna tehén hatodannyi s még hetedannyi, Volt mint tiszta fehér marha (tehén s bika is).

Hogyha kiszámítod színenként hány bika volt ott És tehenekből hány - számok mestere vagy. Bölcsnek azonban nem mondhatnak, míg figyelembe Nem veszed azt is, amit még hozzáteszek ím:

Bonts a bikák nyáját két részre: fehér s feketékre Egy részben, másba barna s tarka kerül. Akkor az első rész sorakozhat négyzetalakban S háromszögletű szép rendben a többi bika.

Hogyha a problémát úgy oldod meg, hogy ez is vág Győzelmed teljes, s híres lesz a neved.

(A feladatot 1773-ban egy görög nyelvű kéziratban találta G. E. Lessing a wolfenbütteli könyvtárban.)

Mindent bele! :DD

[3015] djuice2009-08-24 23:45:26

bocsánat, a kék vonal a grafikonon nem a kapu pályaíve, hanem az ajtó záródásának függvényeként "t" értéke -> t(x)

[3014] djuice2009-08-24 23:40:37

:)))) Véletlenek nincsenek, sőt! Mivel annyit nem tanítottak meg analízisből hogy egy ilyen, a valós életből származó problémát le tudjon kezelni egy diák így kicsit nekem még középiskolás (paraméteres egyenlet) maradt megoldásnak. Volna miért szégyelnem magam, hogy 1 hónapig rágódtam rajta mire kiizzadtam, de valahogy a hasonló 3szögek ismérvei eszembe sem jutottak, ami végülis a megoldáshoz vezetett. A megrázó az, hogy kínomban már megmutattam itt a Miskolci Egyetemen a matektanáromnak (matematikai tudományok kandidátusa meg minden) és nem tudott vele mit kezdeni!!!!! Sajnos be kellett látnom, hogy aki 40 évig séma szerűen ugyanazt tanítja, "beleszürkül" a dolgokba és ilyen egyszerűbb gyakorlati dolgokat nem tud kezelni.

Szóval a megoldásom:

Előzmény: [3006] leni536, 2009-08-12 21:43:45
[3013] MTM2009-08-17 17:38:40

Abból, hogy c2|(f-1)(f+1), miért következik, hogy f=1 vagy f=c2-1?

Előzmény: [3012] m2mm, 2009-08-17 14:50:26
[3012] m2mm2009-08-17 14:50:26

Én találtam egy (lehet hogy elemi[mi számít eleminek?], mindenesetre komplex számok nélküli) megoldást. Legyen a>0, tehát a többi megoldást keressük.

a2+1=b3, tehát a2=b3-1=(b-1)(b2+b+1)=(b-1)((b-1)2+3(b-1)+3). Tetszőleges 3-mal nem egyenlő p prímre, b-1=pkl alakba írható. a2=pk(p2kl3+3pkl2+3l) Ha k>0, akkor p2kl3+3pkl2+3l nem osztható p-vel, tehát k páros. Magyarán b-1=c2, vagy b-1=3c2. Előbbi esetben Q=(b-1)2+3(b-1)+3 négyzetszám, de ((b-1)+1)2<Q<((b-1)+2)2, tehát mégse az: b-1=3c2.Mivel a>0, ezért b>1, tehát c pozitív.

a2+1=(3c2+1)3=27c6+27c4+9c2+1, ebből e^2=(\frac{a}{3c})^2=3c^4+3c^2+1. (c2+1)2<e2<(2c2+1)2. Tehát e c2-tel való osztási maradéka 2,3,4,...,0 lehet(tehát csak 1 nem lehet), mindegyik 1 esetben. e2 c2-tel való osztási maradéka 1.

Tehát e=c2+f, e2=c4+2fc2+f2, e2\equivf2\equiv12 (modc2), tehát c2|(f-1)(f+1), magyarán f=1 vagy f=c2-1. f=1 nem lehet, tehát e=2c2-1. Tehát 3c4+3c2+1=(2c2-1)2=4c4-4c2+1, 7c2=c4, c>0 miatt 7=c2, tehát c nem egész. Tehát csak az (a,b)=(0,1) számpár megoldás.

Előzmény: [3011] Lóczi Lajos, 2009-08-17 13:54:34
[3011] Lóczi Lajos2009-08-17 13:54:34

Ez a típus a Mordell-egyenletek családjába tartozik, melyeknek véges sok egész megoldása van. A példádban valóban nincs más, csak az említett megoldás, de ennek igazolása nem megy "elemi" maradékosztályos vizsgálatokkal. Itt egy link, ahol többek között megtalálod a levezetést:

http://www.math.uconn.edu/~kconrad/blurbs/gradnumthy/mordelleqn1.pdf

Előzmény: [3007] Higgs, 2009-08-15 21:40:05
[3010] m2mm2009-08-16 19:24:33

Én hirtelenjében csak annyira jutottam, hogyha a2+1=b3, akkor \frac{b-1}{3} négyzetszám. Ez lehet, hogy segít.

Előzmény: [3009] Higgs, 2009-08-16 16:02:20
[3009] Higgs2009-08-16 16:02:20

Igen, rosszul tettem fel! Az előbb említett eseten kívűl van-e más megoldás is, és ha nincs, akkor hogyan bizonyítható?

[3008] MTM2009-08-16 15:58:10

Igen: 02+1=13. Több megoldást nem találtam(de ez nem is volt kérdés).

Előzmény: [3007] Higgs, 2009-08-15 21:40:05
[3007] Higgs2009-08-15 21:40:05

Üdv!

Egy négyzetszám+1 lehet egyenlő egy köbszámmal?

[3006] leni5362009-08-12 21:43:45

A [2973]-as hozzászólás ebben a témában ugyanezt a problémát veti föl, ami ki is lett vesézve a későbbiekben. A görbe neve asztroid, ez a szócikk leír fontosabb dolgokat róla.

Előzmény: [3005] djuice, 2009-08-12 21:08:56
[3005] djuice2009-08-12 21:08:56

Sziasztok!

A következő feladatot adnám fejtörés gyanánt: Adottak A és B pontok melyek mozognak egy meghatározott síkban, A-B távolsága mindíg állandó. A pont vízszintesen mozog, B függőlegesen. Ha A-B pontok állandó távolságát pl egy rúddal szemléltetjük, a rúd mozgás során kapott gördülési íve milyen síkgörbével határozható meg? Továbbá ha ezt a rendszert pl egy lezáródó garázsajtóként értelmezzük (merthogy gyakorlati alkalmazásként onnan származik), egy adott H magasságú jármű milyen minimális M távolságra kell beparkoljon a garázsba, hogy a lezáródó ajtó ne ütközzön a tetejének? (nem túl bonyolult feladat, de érdekes paraméteres egyenletet lehet rá felírni) :)

[3004] Radián2009-08-05 18:12:59

Igen. Köszönöm a javítást nem vettem észre, hogy a lényeget kihagytam. Jól gondolom, hogy semmiféle a sorba fejtés nem visz előbbre?

Előzmény: [3001] m2mm, 2009-08-01 11:56:37
[3003] MTM2009-08-01 13:27:33

Ha van másik 10n+1 alakú prím, akkor annak a négyzete pal., de tudtommal nem ismert másik(és nincs is bizonyítva, hogy nincs több), magyarán ez a kérdés baromi nehéz.

Előzmény: [3000] Radián, 2009-07-22 19:17:50
[3002] MTM2009-08-01 13:21:25

Meg 25 20-as maradéka 12, tehát feltételezhetően a kitevő 20-as maradéka 1,2,3, vagy 16.

Előzmény: [3001] m2mm, 2009-08-01 11:56:37
[3001] m2mm2009-08-01 11:56:37

A kitevő 20-as maradéka 1,2,3 vagy 16? Mert ha a 2-hatványé, akkor az 1-et és a 3-at ki is lőhetjük(1 csak 20 esetén fordul elő, 3 meg soha).

Előzmény: [2999] Radián, 2009-07-22 19:13:37
[3000] Radián2009-07-22 19:17:50

Lehet, hogy kicsit elsietem, de nem lehet tudni mikorra lesz meg e probléma megoldása. Kapcsolódó kérdés:

Mely prímeknek van többjegyű palindrom hatványa?(7-nek,11-nek,101-nek van, de vajon rendelkezik e tulajdonsággal még valamelyik másik prím is?)

[2999] Radián2009-07-22 19:13:37

Csak addig jutottam, hogy 2 hatványai közül csak azok jöhetnek szóba melyek 20-szal való osztási maradéka 1,2,3 v. 16. Gondolom ez a tény semmire se jó de hátha valami csoda folytán valakinek segít:)

[2998] R.R King2009-07-19 21:11:32

Páros sok jegyből álló nincs, mert az ilyenek oszthatók 11-gyel.

Előzmény: [2997] MTM, 2009-07-19 16:18:36
[2997] MTM2009-07-19 16:18:36

Üdv!

Van-e 2-nek többjegyű palindromhatványa?

[2996] R.R King2009-06-26 11:03:05

Nem ismerem a roman módszert és azt sem értem, hogy mit jelent, hogy kompatibilisek az egyenletek:) Egyébként mi volt a kérdés, hiszen megoldottad a feladatot...

Előzmény: [2995] sanyi15ka, 2009-06-26 09:43:13
[2995] sanyi15ka2009-06-26 09:43:13

En mashogy oldottam meg, de igy is jo. En inkabb roman modszert hasznaltam, vagyis egy kis rendezessel felirtam 3 egyenlotlenseget es ezek altal bebizonyitottam h csak n=3-ra kompatibilisek az egyenletek es igy megkimeltem magam attol, hogy n=1-t, illetve n=2-t targyaljam.:)

Előzmény: [2994] R.R King, 2009-06-26 08:34:00
[2994] R.R King2009-06-26 08:34:00

egy pozitív szám és a reciprokának összege legalább 2, így a második egyenletből n legfeljebb 3 lehet.Ha n pl 3 akkor a második egyenlet csak X(i)=1 esetben teljesülhet.Ez teljesíti az első egyenletet is. Ebben az esetben tehát a kérdéses összeg 3. n=1, illetve n=2-tőt rád bízom:)

Előzmény: [2993] sanyi15ka, 2009-06-26 00:32:28
[2993] sanyi15ka2009-06-26 00:32:28

Udv! 10. vegen megkert minket a matektanarunk, hogy szerkesszunk 2 matek feladatot. Nekem ez lett az egyik. Az e-mail cimemre varom a megoldasokat. Ha lehet akkor a feladatom elemi matekkel legyen megoldva, mert csak jovore, 11-be, tanulok analizist meg felsobb dolgokat es azokat meg nem tudom.

[2992] S.Ákos2009-06-23 13:40:19

B.4185. minden n-re igaz.

Vázlat: tekintsük az (x-a)(xn-1+axn-1+...+an-1)=xn-an azonosságot, és P(x)=\sum_{i=0}^k a_i x^i=a_k\prod_{i=0}^k (x-u_i), ahol ui P(x) komplex gyöke. a=ui helyettesítéssel és ezek összeszorzásából kapjuk a Q(x)=\prod_{i=1}^k\sum_{j=0}^{n-1}{u_i}^j x^{n-1-j} polinomot. P(x) Q(x)=a_n\prod_{i=1}^k (x-u_i)\cdot\prod_{i=1}^k\sum_{j=0}^{n-1}{u_i}^j x^{n-1-j}=a_n\prod_{i=1}^k (x^n-u_i^n), így P(x)Q(x) jó.

Előzmény: [2991] m2mm, 2009-06-22 22:08:40
[2991] m2mm2009-06-22 22:08:40

Üdv!

Két idei KöMaL-feladat általánosítása:

Egy májusi feladat:

B. 4185. Mutassuk meg, hogy minden nemnulla polinomnak van olyan nemnulla polinomszorosa, amelyben minden tag kitevője osztható 3-mal.

Ez a (a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)=a3+b3+c3-3abc azonossággal könnyen kezelhető.

A kérdés: Mely n-ekre igaz az, hogy minden nemnulla polinomnak van olyan nemnulla polinomszorosa, amelyben minden tag kitevője osztható n-nel?

Egy márciusi feladat:

B. 4167. Egy n pozitív egészre jelölje f(n) az n tízes számrendszerbeli alakjának a megfordításával kapható számot. (Tehát f(2500)=52, f(1456)=6541.) Keressük meg azokat a pozitív egész k számokat, amelyekre teljesül, hogy tetszőleges n többszörösükre k az f(n) számnak is osztója.

A kérdés: Mik a keresendő k számok r alapú számrendszerben? (esélyesnek tartom r2-1 osztóit, de nem tudtam bizonyítani)

[2990] kiskiváncsi2009-06-22 20:26:18

Ez egy három pofás (pont, teknős, stb.) eszterga tokmány belseje. (Van 4 és 6 pofás is.)

Előzmény: [2989] Lóczi Lajos, 2009-06-22 13:05:48
[2989] Lóczi Lajos2009-06-22 13:05:48

Mi ez? :-)

Előzmény: [2988] kiskiváncsi, 2009-06-22 12:01:18
[2988] kiskiváncsi2009-06-22 12:01:18

Ahogy a matematikus kiszámolta- ahogy a mérnökök megtervezték.....

Előzmény: [2984] jonas, 2009-06-18 14:19:05
[2987] Lóczi Lajos2009-06-21 00:17:51

Az asztroidot egy differenciálegyenlet megoldásaként is megkaphatjuk.

Ha f jelöli a keresett burkológörbét, akkor felírva az "érintőszakaszok pozitív síknegyedbe eső része konstans" feltételt, az alábbi egyenlet adódik:


\left(x-\frac{f(x)}{f'(x)} \right)^2+\left(f(x)-x f'(x)\right)^2={\rm{konstans}}.

Ezt megoldva (és a triviális eseteket eldobva) éppen az asztroid egyenletét kapjuk.

Előzmény: [2985] HoA, 2009-06-19 15:08:04
[2986] leni5362009-06-19 15:52:56

Ennek a burkolónak a neve asztroid. Érdemes megfigyelni, hogy a buszok ajtaja is valahogy hasonlóan nyílik, és mivel az aljukon van egy seprű, ezért a lépcső alján lévő kosznak a burkolója is ugyanez a görbe.

[2985] HoA2009-06-19 15:08:04

Egy mechanikai kapcsolódási pont:

Szerkesszük meg az egységnyi hosszú AB szakasszal ábrázolt létra pillanatnyi forgás középpontját (M) , mint a végpontokban a mozgásirányra (tengely) emelt merőlegesek metszéspontját. M-ből az AB-re bocsátott merőleges talppontja legyen T. Az M körüli elfordulás során az M középpontú, AB-t T-ben érintő k körív elválasztja egymástól a sík létra által súrolt illetve nem súrolt pontjait, T tehát a burkológörbe pontja. Az ábrából

BM=cos\phi;BT=cos2\phi;Tx=u=cos3\phi

és hasonlóan

AM=sin\phi;AT=sin2\phi;Ty=v=sin3\phi

Innen a \phi paramétert kiküszöbölve [2975] képletét kapjuk.

Előzmény: [2976] Lóczi Lajos, 2009-06-17 15:33:27
[2984] jonas2009-06-18 14:19:05

Felrakok azért egy ábrát is a teknősök útvonaláról, csak dísznek.

Előzmény: [2978] jenei.attila, 2009-06-17 20:32:39
[2983] Alma2009-06-18 13:41:26

Látom senki sem írta fel a polárkoordinátás megoldást, és újabb kérdések vetődtek fel, ezért beírom én.

Már az előttem szólók megállapították, hogy a mozgás során szimmetria okokból az eredeti négyzetalak megmarad, csak zsugorodik és elfordul. Jól jellemezhető a rendszer tehát két paraméterrel: az egyik pont középponttól (ez lesz az origó) való r távolságával, ami kezdetben r_0=a/\sqrt{2}, valamint az origóból a pontba mutató vektor \phi szögelfordulásával.

Minden pillanatban a pontok sebességvektorának radiális és tangenciális komponense is \frac{v}{\sqrt2}, ami azt jelenti, hogy a következő differenciálegyenleteket írhatjuk fel a sebesség definíciója alapján: \frac{dr}{dt}=-\frac{v}{\sqrt2} valamint \frac{d\phi}{dt}=\frac{v}{\sqrt2\cdot r}. Az első egyenlet megoldása kezdeti feltétellel:

r=\frac{1}{\sqrt2}\cdot \left(a-vt\right).

Ebből leolvasható, hogy a pontok T=\frac{a}{v} idő mulva találkoznak, vagyis addig a utat tesznek meg.

Ha már eddig leírtam, akkor gyorsan a pályát is levezetem ebből:

A kapott sugár-idő függvényt behelyettesítve a szögre vonatkozó differenciálegyenletre a következőt kapjuk:

\frac{d\phi}{dt}=\frac{v}{a-vt}.

Integrálva az egyenletet, valamint figyelembe véve a kezdeti feltételt \phi= -\ln{\left(1-\frac{vt}{a}\right)}. Az időt kifejezve a pillanatnyi sugárral és behelyettesítve ide megkapjuk a pálya egyenletét:

\phi= -\ln{\left(\frac{\sqrt2\cdot r}{a}\right)}.

Kicsit szebb alakban:

r=\frac{a}{\sqrt2}\cdot e^{-\phi}.

Ez pedig egy logaritmikus spirál.

Előzmény: [2979] Lóczi Lajos, 2009-06-17 22:49:08
[2982] rizsesz2009-06-18 13:03:42

"Ha például azt akarjuk, hogy a kiválasztott teknős t=0-nál az (1;1) pontban legyen, akkor

lambda=1+i kell.

Miért?

Előzmény: [2970] Tibixe, 2009-06-16 22:23:33
[2981] HoA2009-06-18 11:07:29

S. Ákos megoldásának változata: [2973] ábrájáról megállapítjuk, hogy a burkológörbe pontjait a létra egymáshoz közeli helyzeteit képviselő egyenesek metszéspontjai közelítik. Tekinsük két ilyen közeli helyzet egyenesét a talajjal bezárt \phi szöggel paraméterezve

\frac{x}{cos\phi} + \frac{y}{sin\phi} = 1

és

\frac{x}{cos(\phi+\Delta\phi)} + \frac{y}{sin(\phi+\Delta\phi)} = 1

. Az egyenletrendszert x-re megoldva és a \Delta\phi->0 határátmenetet képezve azt kapjuk, hogy x=cos3\phi, amit az első egyenletbe visszahelyettesítve adódik, hogy y=sin3\phi . Ezekből a paramétert kiküszöbölve S. Ákos képletét kapjuk.

Előzmény: [2975] S.Ákos, 2009-06-17 14:47:38
[2980] HoA2009-06-18 09:53:57

Látszik. Érdemes megfigyelni , hogy [2961] ábráján hogyan változik az időközben teknőcökké előlépett pontok által alkotott négyzet oldalhossza, ha azok \Deltax -et lépnek egymás felé. Különösen hasznos ezt összevetni a [2972]-ben említett háromszöges változat esetével. Szabatos-e az ezekből levezetett eredmény a görbe hosszára azon az alapon, hogy mikorra csökken a futópontok által meghatározott négyzet/háromszög oldalhossza 0-ra?

Előzmény: [2979] Lóczi Lajos, 2009-06-17 22:49:08
[2979] Lóczi Lajos2009-06-17 22:49:08

Persze hogy érdekes:) Mennyi?

(Egyáltalán látszik közvetlenül az, hogy véges az út vagy az idő, amíg a teknőcök összeütköznek?)

Előzmény: [2978] jenei.attila, 2009-06-17 20:32:39
[2978] jenei.attila2009-06-17 20:32:39

érdekes kérdés, hogy mekkora utat tesznek meg a pontok, mire a középpontot elérik?

Előzmény: [2961] Lóczi Lajos, 2009-06-16 00:07:09
[2977] HoA2009-06-17 20:20:02

Egy "kapcsolódási pont": Az ábra szimmetrikus az y=x egyenesre, így a keresett függvény saját inverze. Ellenőrizhetjük Ákos megoldását:

y=(1-x2/3)3/2

y2/3=1-x2/3

x2/3=1-y2/3

x=(1-y2/3)3/2

A megoldás tehát akár jó is lehet :-)

Előzmény: [2976] Lóczi Lajos, 2009-06-17 15:33:27
[2976] Lóczi Lajos2009-06-17 15:33:27

(Persze az egységlétra esetén :)

A feladatot még többféleképp is meg lehet oldani, bizonyára látni fogunk több szép geometriai, illetve differenciálegyenletes kapcsolódási pontot.

Előzmény: [2975] S.Ákos, 2009-06-17 14:47:38
[2975] S.Ákos2009-06-17 14:47:38

Ha jól számoltam, akkor (1-x^{\frac23})^{\frac32}. Megoldásvázlat: Rögzített x0 esetén megkeressük azt az y értéket, amire a létra az x0 helyen maximális értéket vesz fel. Felírjuk a létra által az (a,0) pontban meghatározott egyenes egyenletét, ez f(a)=\sqrt{1-a^2}-\frac{\sqrt {1-a^2}}{a} x_0 (a\lex0). A derivált és második derivált vizsgálatából következik, hogy a=\root3\of{ x_0} esetén áll maximum. Ebből visszahelyettesítéssel a függvényre kapjuk, hogy (1-(x_0)^{\frac23})^{\frac32}.

Előzmény: [2973] Lóczi Lajos, 2009-06-17 12:16:38
[2974] Lóczi Lajos2009-06-17 12:17:38

(Igen, én is pont ezt akartam írni :-)

Előzmény: [2971] Csimby, 2009-06-17 00:25:55
[2973] Lóczi Lajos2009-06-17 12:16:38

Itt egy másik rokon klasszikus feladat.

Egy falhoz támasztott létra az ábrán látható módon lecsúszik. (A létra két vége tehát mindig érinti a falat, illetve a padlót.) Írjuk fel az így kialakult burkológörbét.

[2972] Alma2009-06-17 03:19:46

A feladathoz annyit fűznék hozzá, hogy ez fizikus körökben egy nagyon ismert feladat (illetve ennek a háromszöges verziója, mely lényegében ugyanez). Középiskolai módszerekkel jól tárgyalható, nem kellenek komplex számok sem hozzá. A feladaton keresztül be lehet vezetni a polárkoordinátákat, mert messze célravezetőbb használatuk ebben az esetben, mint a Descartes-koordinátáké. Polárkoordinátákban gondolkodva lényegében 3-4 sor a feladat megoldása.

Előzmény: [2961] Lóczi Lajos, 2009-06-16 00:07:09
[2971] Csimby2009-06-17 00:25:55

Teknős? :-)

Előzmény: [2970] Tibixe, 2009-06-16 22:23:33
[2970] Tibixe2009-06-16 22:23:33

Vegyük fel az ábrát a komplex számsíkon, úgy hogy a négyzet középpontja a 0 pont legyen.

Egy kiválasztott teknős pályáját írja le az F(t) függvény, ahol t egy valós paraméter (pl. idő).

Szimmetriaokokból a következő teknős helye a kiválasztott teknős helye 90o-kal elforgatva, azaz i-vel szorozva.

Fk(t)=iF(t)

A teknős sebességének iránya mindig a következő felé mutat, a nagysága a feladat szempontjából lényegtelen, most válasszuk meg kényelmesen.

F'(t)=Fk(t)-F(t)

azaz

F'(t)=iF(t)-F(t)

F'(t)=(i-1)F(t)

Ez egy pofonegyszerű differenciálegyenlet, a megoldásai pedig:

F(t)=\lambdae(i-1)t

alakúak, ahol \lambda tetszőleges komplex szám.

Ha például azt akarjuk, hogy a kiválasztott teknős t=0-nál az (1;1) pontban legyen, akkor

\lambda=1+i

kell nekünk.

Ezzel nem csak négyzetre, hanem más szabályos n-sokszögekre is fel lehet írni a pályát:

F(t)= \lambda e^{ (\epsilon-1)t }

ahol \epsilon egy megfelelő n-edik egységgyök.

F(t) alakjából látszik, hogy a megoldás logaritmikus spirál lesz, amely az origóba tart.

Előzmény: [2969] HoA, 2009-06-16 21:21:39
[2969] HoA2009-06-16 21:21:39

Szimmetria okokból a négy pont mindig egy négyzet csúcsaiban helyezkedik el és e négyzetek középpontja közös ( O ) . A pályák érintője kezdetben 45oos szöget zár be az O -ból a görbe pontjába mutató vektorral. A pontnégyes bármelyik későbbi helyzetét is tekinthetjük a további mozgás kiindulópontjának, így ez a tulajdonság a pályák további pontjaira is igaz. A négy pálya tehát négy olyan görbe, melynek minden P pontjára az OP helyvektor 45o -os szöget zár be a P-beli érintővel. A logaritmikus spirálok egyenletének felírását meghagyom a következő hozzászólónak.

Előzmény: [2961] Lóczi Lajos, 2009-06-16 00:07:09
[2968] Lóczi Lajos2009-06-16 13:32:39

Mire gondolsz?

Előzmény: [2963] rizsesz, 2009-06-16 09:33:49
[2967] Lóczi Lajos2009-06-16 13:32:25

Akkor adjuk meg úgy.

Előzmény: [2964] sakkmath, 2009-06-16 11:04:40
[2966] Lóczi Lajos2009-06-16 13:31:27

Nekem akkor is trükkösnek tűnik :)

Előzmény: [2965] nadorp, 2009-06-16 12:14:11
[2965] nadorp2009-06-16 12:14:11

Ezt a kérdést most nem értem. A rekurzióból látszik, hogy a sorozatot az első elem egyértelműen meghatározza, másrészt "adja magát", hogy generátor függvényt használjunk és hogy ennek a négyzetét kell vizsgálni ( "látszik", hogy a rekurzió két polinom szorzatában az n+1-ed fokú tag együtthatóját tartalmazza).

Előzmény: [2962] Lóczi Lajos, 2009-06-16 00:08:23
[2964] sakkmath2009-06-16 11:04:40

Csatlakozom rizseszhez annyiban, hogy érdemes pontosítani a szöveget a triviális esetek kiküszöbölése céljából.

Közölni kellene azt, hogy a "szomszéd" a csúcsok mely körüljárási iránya szerint értendő. Ha a rajz a feladat eredeti szövegéhez készült, akkor (a mi nézőpontunkból) az óramutató járásával ellentétes irányt kell még megadni.

Előzmény: [2961] Lóczi Lajos, 2009-06-16 00:07:09
[2963] rizsesz2009-06-16 09:33:49

szerintem ez most nem jó feladat.

Előzmény: [2961] Lóczi Lajos, 2009-06-16 00:07:09
[2962] Lóczi Lajos2009-06-16 00:08:23

De hogyan jöttél rá erre a gondolatmenetre?

Előzmény: [2959] nadorp, 2009-06-12 11:31:59
[2961] Lóczi Lajos2009-06-16 00:07:09

Egy négyzet 4 sarkából a szomszédja felé egyenletes sebességgel egyszerre elindul 4 pont, és e pontok mindvégig egymást üldözik. Írjuk fel a mozgások pályáit.

[2960] Cogito2009-06-12 14:22:53

Kedves Oláh Vera!

Most mi a helyzet? Hol tart a KöMaL-CD kiadása és az adatbázis feltöltése?

Üdv: Cogito

Előzmény: [2629] Ratkó Éva, 2008-04-21 13:16:07
[2959] nadorp2009-06-12 11:31:59

Ha van elemibb - nem analízist használó - akkor érdekel. Egyébként itt egy analitikus vázlat.

Legyen a_1=\frac{\pi^2}6 és n\geq2 esetén

a_1a_n+a_2a_{n-1}+...+a_na_1=\left(n+\frac32\right)a_{n+1}

Azt kell bizonyítani, hogy an=\zeta(2n)

Könnyű látni indukcióval, hogy an\leqa1n, tehát az

y(x)=\sum_{n=1}^{\infty}a_nx^n

sorfejtés biztos értelmes a 0 r=\frac1{a_1} sugarú környezetében.

A rekurziót felhasználva kapjuk, hogy

y^2=x^2\left(\frac yx\right)^{'}+\frac32(y-a_1x)=xy^{'}+\frac12y-\frac32a_1x

 x\left(y-\frac14\right)^{'}-\left(y-\frac14\right)^2=\frac32a_1x-\frac1{16}

Legyen most

z(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\zeta(2n)x^n=\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty}\frac1{n^{2k}}x^k=\sum_{n=1}^{\infty}\frac x{n^2-x}=\frac12-\frac{\pi\sqrt x}2\ctg{\pi\sqrt x}

( A fenti utolsó egyenlőség a cotangens függvény parciális törtekre bontásából adódik). Ellenőrizhető, hogy a z(x) függvény kielégíti a fenti diffenciálegyenletet és a_1=z^{'}(0)=\frac{\pi^2}6 is teljesül, ezért a bizonyítás kész.

Előzmény: [2954] Gyöngyő, 2009-06-04 23:29:11
[2958] S.Ákos2009-06-10 16:07:48

Mely p prímekre lesz \frac{19^{p-1}-1}{p} négyzetszám?

[2957] Gyöngyő2009-06-08 20:06:27

Sziasztok!

Ha valakit érdekel a megoldás,akkor szóljon,és elküldöm mailbe!

[2954] Gyöngyő2009-06-04 23:29:11

Sziasztok! Itt egy érdekes feladat:

Legyen \zeta a Riemann-féle Zeta-függvényt.

Bizonyítsd be, hogy minden n\geq2-re

\zeta(2)\zeta(2n-2)+\zeta(4)\zeta(2n-4)+...+\zeta(2n-2)\zeta(2)=\bigg(n+\frac{1}{2}\bigg)\zeta(2n)

[2953] HoA2009-05-21 14:44:56

Köszönöm, a Gimp-pel sikerült. Egyben egy kis fordítási gyakorlat is, mert hozzám magyarul beszélt :-)

Előzmény: [2952] lgdt, 2009-05-21 01:00:44
[2952] lgdt2009-05-21 01:00:44

(Vagy az imagemagick nevű programmal: convert kep.png -normalize ujkep.png)

Előzmény: [2950] jonas, 2009-05-18 19:00:39
[2951] Sirpi2009-05-18 23:28:38

Én is ezeket találtam. Mellesleg n×n méretnél n\geq2-re könnyű 2n-es példát mutatni, minden n-re 3n-3-at, n\geq4-re pedig 4n-8-at. Utóbbi kettő azonos, ha n=5, ez adja a két különböző megoldást. Azt sejtem, hogy n\geq5 esetén a 4n-8 nem javítható.

Amúgy én nem vacakoltam ennyit a képeiddel. Print screen, paint-be benyomtam, és befestettem fehérre a hátteret :-) Néhány betű közepe így sötét maradt ugyan, de teljesen olvasható.

Előzmény: [2948] jonas, 2009-05-18 18:29:34
[2950] jonas2009-05-18 19:00:39

Várj, ezt részletezem. Gimp-ben először megnyitod a képfájlt úgy, hogy letöltöd, majd a File menüből az Open parancsot választod, majd kiválasztod a letöltött képfájlt. Kiválasztod a Select by Color tool-t, és a Tool Options dialogban a Threshold csúszkát nullára állítod. Utána rákattintassz a képre valahol, ezzel kijelölted a képben az egyforma színű pixeleket. Ezután a színváltó melletti kis gombbal visszaállítod az aktuális előtérszínt feketére, a háttérszínt fehérre, majd a képen az Edit menüből lefuttatod a Fill with BG Color parancsot, ami fehérre színezi a kijelölést. Végül a Select menüből kiválasztod a None opciót, hogy a kijelölés határát mutató esetleges keret ne zavarjon.

Előzmény: [2949] jonas, 2009-05-18 18:36:33
[2949] jonas2009-05-18 18:36:33

Megnyitod egy képszerkesztőben, választassz egy szimpatikus pontot a képen, kijelölöd az összes olyan pontot, ami pontosan ugyanolyan színű, mint az a pont, és ezeket átszínezed fehérre.

Előzmény: [2947] HoA, 2009-05-18 18:26:57
[2948] jonas2009-05-18 18:29:34

Ha sor és oszlopcserére normáljuk a megoldásokat, akkor az is kiderül, hogy a 4-szer 4-es esetben lényegében csak egy megoldás van, 5-ször 5-ös esetben pedig csak kettő.

Előzmény: [2946] jonas, 2009-05-18 18:12:31
[2947] HoA2009-05-18 18:26:57

És könnyen láthatóvá hogy lehet átszínezni?

Előzmény: [2944] jonas, 2009-05-18 13:22:32
[2946] jonas2009-05-18 18:12:31

5×5-ösre a lenti kód változatlanul nem fut le, mert túl sok memóriát eszik, és ha azt kijavítjuk, akkor meg túl sok ideig fut. Lehetne gyorsabb programot írni, de egyszerűbb csak a memóriával takarékoskodni és azt észrevenni, hogy feltehetjük, hogy az első sor első három mezője üres (hiszen van egy olyan sor, amiben csak két mező teli, és a sorokat meg oszlopokat átrendezhetjük), akkor pedig már csak 222 lehetőséget kell megnézni, ennyi pedig néhány percen belül lefut, ha a kódot csak kicsit írjuk is át. (Valószínűleg még a teljes 225-es keresést is le lehet futtatni, de úgy tűnik, tovább tart, mint ami alatt ezt megírom és a screenshot-ot fölrakom.)

Előzmény: [2945] Sirpi, 2009-05-18 13:26:34
[2945] Sirpi2009-05-18 13:26:34

Tetszik a kód tömörsége (meg se próbáltam értelmezni :-) ), de nekem ez még ment kód nélkül is. Megnézed 5x5-re is esetleg?

Előzmény: [2944] jonas, 2009-05-18 13:22:32
[2944] jonas2009-05-18 13:22:32

Remek! Ezt számítógéppel nyers erővel pár perc alatt meg lehet oldani. Csatolom a számításról készüt screenshotot, ami az eredményt is megmutatja, de hogy még más is gondolkozhasson rajta, átszínezem nehezen láthatóvá.

Előzmény: [2943] Sirpi, 2009-05-18 12:05:59
[2943] Sirpi2009-05-18 12:05:59

Na, egy nem túl nehéz, nemrég találtam ki:

503. feladat: Legfeljebb hány mező jelölhető meg úgy egy 4x4-es sakktáblán, hogy minden megjelölt mezőnek vagy a sorában, vagy az oszlopában legfeljebb egy másik megjelölt mező lehet?

[2942] Lóczi Lajos2009-05-08 20:32:31

Jaa, megértettem :)

Előzmény: [2941] nadorp, 2009-05-08 19:47:22
[2941] nadorp2009-05-08 19:47:22

Az Arany Dániel és a megoldás metszete(!) nem üres :-)

Előzmény: [2940] R.R King, 2009-05-08 16:00:42
[2940] R.R King2009-05-08 16:00:42

Bizonyára sok okos 10. osztályos használná is a sin(x) Taylor sorfejtését:)

Előzmény: [2939] nadorp, 2009-05-08 11:57:32
[2939] nadorp2009-05-08 11:57:32

Ez feladható lenne Arany Dánielen :-)

Előzmény: [2938] Lóczi Lajos, 2009-05-07 19:28:23
[2938] Lóczi Lajos2009-05-07 19:28:23

Bizonyítsuk be, hogy az

1+\sqrt{\frac{8}{3}}\sin\left(\frac{1}{3}{\rm{arcsin\sqrt{\frac{27}{32}}}}\right)

szám egy nevezetes állandó. Írjuk fel egyszerűbb alakban.

[2937] jenei.attila2009-05-04 20:59:56

Először is szeretettel üdvözlünk. Mint láthatod, ebben a topikban érdekes (vagy érdekesnek ítélt) feladatokat adunk fel egymásnak, megbeszéljük a különböző megoldásokat, új feladatokat találunk ki, segítséget kérünk egymástól. A témák teljesen szerteágazóak: számelméleti, logikai, analízisbeli, algebrai, geometriai, stb. feladatok kerülnek elő. A feladatok megértéséhez általában nincs szükség középiskolás ismeretanyagon túlmenő matematikai ismeretekre. De javaslom hogy legalább néhány lap erejéig olvasd vissza a fórumot, sokkal részletesebb (és érdekesebb) áttekintést kapsz úgy arról, hogy voltaképpen mivel is foglalkozunk itt. Itt van pl. rögtön az 500. feladat, ami nem túl nehéz, de igen szép. Reméljük kedvet kapsz a fórumban való további aktív részvételre. Hát egyelőre ennyit.

Előzmény: [2936] Orsós Ferenc, 2009-05-04 12:02:54
[2936] Orsós Ferenc2009-05-04 12:02:54

hellosztok Amint látjátok új gyerek vagyok, ezért arra szeretnélek megkérni titeket, ha lehet akkor avassatok be, hogy éppen miovel is foglalkoztok. előre is köszi.:)

[2935] Csimby2009-04-30 20:45:51

lassú vagy :P

Előzmény: [2934] Tibixe, 2009-04-30 20:38:38
[2934] Tibixe2009-04-30 20:38:38

Egyetemi ZH feladatsor: LINK

4. feladatot nézzétek :)

[2933] jenei.attila2009-04-22 20:22:38

Valóban, nem írtam le, csak "gondoltam". Számomra annyira nyilvánvalónak látszott, hogy fölöslegesnek tartottam leírni. De így pontos. Ez egyébként egy szép feladat volt. A te megoldásodból az is kijön, hogy minden pénztárosnak ugyanannyi kulcsot kell birtokolni, én pedig egyszerűen kihasználtam a feladat feltételét. Kíváncsi lennék, honnan származik ez a feladat.

Előzmény: [2932] HoA, 2009-04-22 19:52:07
[2932] HoA2009-04-22 19:52:07

Köszönöm. Cserébe engedj meg egy kis korrekciót érvelésedhez. Első érvednél a "minden zárhoz legalább 2 kulcs" egy elégséges, nem pedig szükséges feltétel. Valóban igaz, hogy ha minden zárhoz legalább 2 kulcsot osztunk ki, akkor bármely 3 pénztárost kiválasztva, legalább az egyiknél lesz az adott zárhoz kulcs. De ebből még nem következik állításod, nevezetesen az, hogy ha bármely 3 pénztáros ki tudja nyitni a széfet, akkor minden zárhoz legalább 2 kulcsot kell kiosztani. ( A legalább két kulcs/zár szükségessége szerintem legegyszerűbben úgy látható be, hogy ha lenne olyan zár, amelyiknek csak egy kulcsa van, akkor az a pénztáros trió, amelyiknek e kulcs birtokosa nem tagja, nem tudná kinyitni a széfet.)

Előzmény: [2928] jenei.attila, 2009-04-22 13:13:29
[2931] jenei.attila2009-04-22 14:57:39

Bocs, \sqrt{13} és \sqrt{7} lánctört kifejtésére gondoltam.

Előzmény: [2930] jenei.attila, 2009-04-22 14:56:14
[2930] jenei.attila2009-04-22 14:56:14

Persze, hogy kijön. De erre a rekurzióra is valahogy rá kell jönni. A közelítésből is hasonló rekurzió adódik, nem biztos, hogy pont ez (nem számoltam ki), de az kiadja az összes megoldást. Egyébként a 13, illetve 17 lánctört kifejtéséből is kijön.

Előzmény: [2929] m2mm, 2009-04-22 14:48:23
[2929] m2mm2009-04-22 14:48:23

Üdv!

Kijön közelítések nélkül is. a,-ra a c0=0, c1=3, cn=16cn-1-cn-2 sorozat elemei megfelelőek, b,-re pedig a c0=0, c1=180, cn=1298cn-1-cn-2 sorozat elemei megfelelőek, bizonyítható teljes indukcióval.

Előzmény: [2927] jenei.attila, 2009-04-21 20:56:06
[2928] jenei.attila2009-04-22 13:13:29

Szép megoldás, grat. Én egy kicsit másképp számoltam, persze az eredmény ugyanez. Ahhoz, hogy bármely 3 pénztáros ki tutja nyitni a széfet, minden zárhoz legalább 2 kulcsot kell kiosztani, ugyanis ekkor bármely 3 pénztárost kiválasztva, legalább az egyiknél lesz az adott zárhoz kulcs. A feladat feltétele szerint azonban semmelyik 2 pénztáros sem tudja a széfet kinyitni, ezért egyik zárhoz sem lehet 2-nél több kulcsot kiosztani. Ugyanis ha valamelyik zárhoz 3 pénztárosnál lenne kulcs, akkor ezt a zárat bármely 2 pénztáros tudná nyitni, a maradék 5 zárat pedig legfeljebb 5 pár pénztáros nem tudná nyitni, de 6 lehetséges pénztáros pár van. Mivel így 12 kulcsot osztunk ki, egy pénztároshoz 3 kulcs kerül. Innentől kezdve ugyanúgy gondolkodtam ahogy te, vagyis "A feltételek értelmében minden egy és kételemű csoportnak van TZ-je, de a három vagy négyelemű csoportoknak nincs. Két kételemű csoportnak – párnak - nem lehet közös TZ-je, hiszen akkor a két pár egyesítéséből adódó legalább 3 elemű csoport nem tudná ezt a zárat kinyitni."

Előzmény: [2924] HoA, 2009-04-21 12:10:19
[2927] jenei.attila2009-04-21 20:56:06

Egyébként összefüggésben van az előző néhány hozzászólásban tárgyalt ún. Dirichlet féle approximációs tétellel, ami az irracionális számok másodrendű racionális közelíthetőségéről szól.

Előzmény: [2925] MTM, 2009-04-21 17:25:26
[2926] jenei.attila2009-04-21 20:39:45

Ezeket úgy hívják, hogy Pell egyenlet. Sok helyen utána lehet nézni.

Előzmény: [2925] MTM, 2009-04-21 17:25:26
[2925] MTM2009-04-21 17:25:26

501. feladat:

Adjunk meg végtelen sok pozitív egész c számot, amire

a, 7c2+1

b, 13c2+1

négyzetszám.

[2924] HoA2009-04-21 12:10:19

500. feladat Nevezzük egy pénztáros csoporthoz tartozó tiltott zárnak (TZ) az olyan zárat, amelyet a csoport tagjai együtt sem tudnak kinyitni. A feltételek értelmében minden egy és kételemű csoportnak van TZ-je, de a három vagy négyelemű csoportoknak nincs. Két kételemű csoportnak – párnak - nem lehet közös TZ-je, hiszen akkor a két pár egyesítéséből adódó legalább 3 elemű csoport nem tudná ezt a zárat kinyitni. Mivel \binom 4 2 = 6 pár van, legalább 6 TZ kell legyen, és mivel éppen 6 zár van, minden párnak pontosan egy TZ-je van. Minden pénztáros 3 pár tagja, így nem lehet nála e három pár TZ –jének kulcsa, vagyis legfeljebb 6-3 = 3 kulcsa lehet. Másrészt 3 olyan pár van, amelyiknek egy kiválasztott pénztáros nem tagja. E 3 pár TZ-jének kulcsa nála kell legyen, különben az egyik ilyen párral hármas csoportot alkotva a pár TZ-jét nem tudnák kinyitni. Ezért legalább 3 kulcsa van. Tehát a feladat kikötése „melynél mindegyik pénztáros ugyanannyi kulccsal rendelkezik” elhagyható, csak ilyen elosztás lehetséges: mindenkinek 3 kulcsa van. A TZ-k párokhoz rendelése a kulcselosztást egyértelműen meghatározza: a fentiek szerint minden pénztáros azzal a 3 kulccsal rendelkezik, amelyik az őt nem tartalmazó párok TZ-jét nyitja. Így a kulcselosztások száma annyi, ahányféleképpen a 6 TZ hozzárendelhető a hat párhoz: 6! = 720.

Előzmény: [2916] lorantfy, 2009-04-19 15:08:06
[2923] sakkmath2009-04-21 11:19:02

EV-tételnek hívják és itt található.

Előzmény: [2909] Cogito, 2009-04-14 16:28:10
[2922] jenei.attila2009-04-20 09:15:07

Először én is a skatulya elvvel hasonló módon próbáltam bizonyítani mint te, mert intuitíve elég nyilvánvalónak tűnik, hogy az {nx} (x rögzített irracionális, n végigfut az egészeken) sűrű [0,1] intervallumban és nem maradnak rések. Egy kicsit tovább gondolva azért rendbe lehet tenni ezt a bizonyítást: osszuk a [0,1] intervallumot N egyenlő részre, ahol 1/N<\varepsilon. Akkor a skatulya elv szerint ahogy írtad, léteznek i és j természetes számok, hogy {ix} és {jx} ugyanabba az 1/N hosszúságú részintervallumba esnek és különbözőek (mivel x irracionális). Ezért {ix}-{jx}<\varepsilon, amiből {(i-j)x}<\varepsilon következik (feltehető hogy i>j). Definíció szerint legyen h:={(i-j)x}. Mivel h<\varepsilon, ezért [0,1] minden 1/N hosszúságú részintervallumában megtalálható lesz h-nak valamelyik többszöröse. Tehát tetszőlegesen kiválasztva egy részintervallumot, valamely k természetes számmal kh eleme lesz ennek a részintervallumnak. Azonban kh=k{(i-j)x}={k(i-j)x}, azaz ha m-et k(i-j) -nek definiáljuk, x-nek olyan mx többszörösét kapjuk, amelynek törtésze az előre kiválasztott 1/N hosszú részintervallumban van. Ez pedig már tényleg azt jelenti, hogy {nx} sűrű [0,1]-ben. Visszatérve az irracionális számok másodrendű racionális közelíthetőségére: úgy tűnik, hogy ez és a most skatulyaelvvel bizonyított állítás ekvivalensek. Tehát próbáljuk meg skatulyaelvvel bizonyítani, hogy tetszőleges x irracionális számra végtelen sok a,b természetes szám létezik, hogy |x-\frac{a}{b}|<\frac{1}{b^2}

Előzmény: [2920] jonas, 2009-04-19 16:08:39
[2921] jenei.attila2009-04-19 17:14:21

Sajnos még mindig nem értem. Amikor ezt írod "{floor(np)} sűrű a [0..1] intervallumon"; itt a floor mit jelent? Az alsó egészrész? Ez ugye nem kell. Az állítás szerintem: tetszőleges adott p irracionális számra az {np} alakú számokból álló halmaz (ahol n végig fut az egész számokon) sűrű [0,1]-ben. "Vegyük most a p első 1/\varepsilon többszörösét, vagyis a p,2p,3p,...,ceil(1/\varepsilon)p számokat. Ezek mindegyike 0 és 1 közé esik" ezt szintén nem értem. Ha pl p=\sqrt{2}, akkor p többszörösei nem esnek 0 és 1 közé. Itt valószínűleg a többszörösök törtrészére gondoltál. "Az np törtrész többszöröseiről nem azt mondom, hogy sűrűek, hanem csak azt, hogy legfeljebb \varepsilon távolságra vannak egymástól". Itt szerintem az np többszörösök törtrészeire gondoltál. Azt nem értem, hogy ezekről mi alapján állítod, hogy "legfeljebb \varepsilon távolságra vannak egymástól". Mert az OK, hogy van olyan \varepsilon hosszú intervallum, amelybe p legalább két többszörösének törtrésze esik, de miből tudjuk, hogy nem marad ki valamely \varepsilon hosszú intervallum? Nem akarlak megsérteni, de szerintem ez a bizonyításod így nem jó. Esetleg ha agy numerikus példán mutatnád be...

Előzmény: [2920] jonas, 2009-04-19 16:08:39
[2920] jonas2009-04-19 16:08:39

A bizonyítást tényleg nem igazán jól írtam le.

Az np törtrész többszöröseiről nem azt mondom, hogy sűrűek, hanem csak azt, hogy legfeljebb \varepsilon távolságra vannak egymástól, így bármilyen valós számhoz van legfeljebb \varepsilon/2 távolságra egy többszörös. Mivel azonban ez minden \varepsilon-ra igaz, ezért a p összes többszörösének törtrészei már sűrűek a [0..1]-ben.

Azt, hogy p irracionális, ott használtam föl, hogy a p többszöröseinek törtrészei nem esnek egybe, mert ellenkező esetben előfordulhatna, hogy a két egy intervallumba eső egészrész valójában egyenlő, vagyis floor(np)=0, amikor is a bizonyítás nem működik.

Előzmény: [2918] jenei.attila, 2009-04-19 15:47:28
[2919] jenei.attila2009-04-19 15:50:57

több helyen lemaradt a {} mint a törtrész jelölése. Én beírtam, csak nem jelent meg.

Előzmény: [2918] jenei.attila, 2009-04-19 15:47:28
[2918] jenei.attila2009-04-19 15:47:28

Az igaz, hogy lesz olyan epszilon hosszú intervallum amelyikbe két többszörös kerül. De ez még nem biztosítja azt, hogy nem lesz olyan epszilon hosszú intervallum, amibe egy többszörös sem kerül. Márpedig a mindenhol sűrűséghez ez kéne. np többszörösei pedig természetesen nem sűrűek R-ben. Az np+k már igen. Továbbra is fenntartom, hogy a mindenhol való sűrűséghez kell, hogy p mint irracionális szám, elsőrendűnél jobban legyen közelíthető racionálisan. Egyébként a te bizonyításodban hol használjuk ki, hogy p irracionális? Mert ha p racionális, akkor is igaz lehet amit mondasz (lesz két olyan np és kp amelyek egy intervallumba esnek).

Előzmény: [2917] jonas, 2009-04-19 15:14:31
[2917] jonas2009-04-19 15:14:31

Azt szerintem is ki kell használni, hogy ha p irracionális, akkor {floor(np)} sűrű a [0..1] intervallumon. Erre viszont én egy másik bizonyítást találok természetesnek, mégpedig a következőt.

Rögzítsük a 0<\varepsilon számot. Osszuk fel a [0..1] intervallumot 1/\varepsilon egyforma részre: [0..\varepsilon],[\varepsilon..2\varepsilon],...,[floor(1/\varepsilon)\varepsilon..floor(1+1/\varepsilon)\varepsilon], mindegyik \varepsilon hosszú. Vegyük most a p első 1/\varepsilon többszörösét, vagyis a p,2p,3p,...,ceil(1/\varepsilon)p számokat. Ezek mindegyike 0 és 1 közé esik, és annyi van belőlük, mint intervallum, így kell lennie egy intervallumnak, ahova kettő esik. Ennek a két többszörösnek a különbsége abszolutértékben legfeljebb \varepsilon, legyen ez a különbség mondjuk 0<floor(np)<\varepsilon (ahol n lehet pozitív vagy negatív, de nem nulla). Ekkor vehetjük egyszerűen np többszöröseit, és ezek is \varepsilon sűrűek.

Előzmény: [2915] jenei.attila, 2009-04-19 14:17:32
[2916] lorantfy2009-04-19 15:08:06

500. feladat: Egy bank páncélszekrényén 6 zár van. Kulcsaikat úgy osztották el a 4 pénztáros között, hogy a páncélszekrény kinyitásához legalább hármójuknak jelen kell lennie, de mind a négynek nem. Egy zárhoz többüknél is van kulcs, illetve egy pénztárosnál több kulcs is van. Hány olyan kulcselosztás van, melynél mindegyik pénztáros ugyanannyi kulccsal rendelkezik?

[2915] jenei.attila2009-04-19 14:17:32

Kíváncsian várom a te megoldásodat. Igazából ez a feladat hasonló állításra épül, mint amit az identitás fv. két periodikus fv. összegeként való előállításakor már említettem. Nevezetesen az np+kq alakú számok halmaza (ahol p,q rögzített nem összemérhető (p/q irracionális) számok, n és k pedig végigfutnak az egész számokon), sűrű a valós számok halmazában. Egyelőre úgy látom, hogy ezt a tényt a feladatod megoldásában ki kell használni, és ez az irracionális számok elsőrendűnél jobb racionális közelíthetőségén múlik.

Előzmény: [2914] forex, 2009-04-19 10:32:27
[2914] forex2009-04-19 10:32:27

Szép,elegáns megoldás! Ha lesz egy kis időm,mutatok egy elemi megoldást is.Köszönöm szépen hogy felraktad a megoldásodat!

üdv Zoli

Előzmény: [2913] jenei.attila, 2009-04-15 19:47:32
[2913] jenei.attila2009-04-15 19:47:32

log210 irracionális, mivel ha rac. lenne, akkor valamely p,q természetes számokkal log_210=\frac{p}{q}, amiből 2^{\frac{p}{q}}=10, azaz 2p=10q. A jobboldalnak 5 osztója, azonban a baloldalnak nem.

Előzmény: [2910] jenei.attila, 2009-04-15 13:07:10
[2912] jenei.attila2009-04-15 14:04:48

Egy elírás: h:=\frac{log_2(n+1)}{log_2n} helyesen h:=log_2\frac{n+1}{n}

Előzmény: [2910] jenei.attila, 2009-04-15 13:07:10
[2911] jenei.attila2009-04-15 13:25:11

Kicsit pontosítva: t:=log2(n+1) és a/b alulról közelítse x -et (a lánctört szeletek felváltva alulról-fölülről közelítik x-et).

Előzmény: [2910] jenei.attila, 2009-04-15 13:07:10
[2910] jenei.attila2009-04-15 13:07:10

Először egy önmagában is érdekes segéd állítást fogok bebizonyítani: legyenek t valós, x irracionális, h pozitív valós számok adottak. Ekkor léteznek k és m természetes számok, hogy

|t+kx-m|<h

, vagyis a t kezdőértékű, x differenciájú számtani sorozat tagjai tetszőlegesen közel kerülhetnek egész számokhoz. Ismeretes, hogy az x irracionális szám másodrendben jól közelíthető racionális számokkal, ami azt jelenti, hogy végtelen sok a és b relatív prím természetes szám létezik, hogy

|x-\frac{a}{b}|<\frac{1}{b^2}

(az x irracionális szám lánctört kifejtésének szeletei ilyenek; ld. Niven Zuckerman: Bevezetés a számelméletbe). Válasszunk olyan b-t, amire 1/b<h/2 teljesül, u pedig definíció szerint legyen u:=[tb] ([] az egészrészt jelöli). Nyilván igaz, hogy |t-\frac{u}{b}|<\frac{1}{b}. Mivel a és b relatív prímek, létezik olyan 0\lek<b természetes szám, amelyre b osztója u+ka -nak. Definíció szerint legyen m:=\frac{u+ka}{b} természetes szám. Ezek szerint

|t+kx-m|=|t-\frac{u}{b}+k(x-\frac{a}{b})|\le |t-\frac{u}{b}|+k|x-\frac{a}{b}|<\frac{1}{b}+\frac{k}{b^2}<\frac{2}{b}<h

Visszatérve az eredeti feladathoz: tetszőleges n természetes számhoz olyan 2 hatványt kell találnunk, amelynek 10-es számrendszerbeli első néhány jegye éppen n-et adja. Ez azt jelenti, hogy léteznek k és m természetes számok, amelyekre

n10k\le2m<(n+1)10k

teljesül. Ezzel ekvivalens

log2n+k*log210\lem<log2(n+1)+k*log210

Látható, hogy az előző allításunkat kapjuk vissza t:=log_2n, x:=log_210, h:=\frac{log_2(n+1)}{log_2n} szereposztással, a k és m pedig ugyanaz. Itt a másodrendű racionális közelíthetőség miatt fontos, hogy log210 irracionális. Ezt szintén be kéne bizonyítani.

Előzmény: [2905] forex, 2009-04-04 14:42:56
[2909] Cogito2009-04-14 16:28:10

Szép, korrekt megoldás (egy apróság: alulról a 9. sorban a harmadik "=" helyére "\ge" írandó).

E feladat általánosítása kapcsán vetette fel Vasile Cirtoaje "egyenlőtlenség-szakértő" :) a következő tételt:

"Adottak az x1, x2, ..., xn nemnegatív valós számok, melyekre fennáll, hogy x1 + x2 + ... + xn = konstans1 és x12 + x22 + ... + xn2 = konstans2. Adott még a k > 2 szám.

Az S = x1k + x2k + ... + xnk összeg maximális, ha x1 = x2 = ... = xn-1 \le xn."

E tétel bizonyítását 'Vasc' sajnos nem közölte. Ismeri valaki ezt a tételt? Érdekelne a bizonyítása, vagy legalább a forrásmű neve, elérhetősége.

Előzmény: [2907] S.Ákos, 2009-04-11 22:33:02
[2908] S.Ákos2009-04-11 22:34:32

az elejéről lemaradt: (a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+ac+bc), így a2+b2+c2=7

Előzmény: [2907] S.Ákos, 2009-04-11 22:33:02
[2907] S.Ákos2009-04-11 22:33:02

Remélem nem néztem el semmit.

Előzmény: [2906] Cogito, 2009-04-11 20:52:35
[2906] Cogito2009-04-11 20:52:35

Az a, b, c nemnegatív valós számokra a + b + c = 3 és ab + bc + ca = 1. Határozzuk meg az a4 + b4 + c4 kifejezés maximumát.

[2905] forex2009-04-04 14:42:56

Sziasztok!

Bizonyítsátok be hogy tetszőleges k jegyű pozitív n egész számhoz létezik olyan kettőhatvány, melynek első k jegye rendre megegyezik n első k jegyével.

pl.: n=51 ----> 512 ; n=102 -----> 1024 ; n=20 ----> 2048 ;

[2904] jonas2009-04-04 12:12:01

Akkor másodszorra már jó sorozatra hivatkoztam, mert annak ugyanez a rekurziós képlete.

Előzmény: [2903] jenei.attila, 2009-04-04 09:08:53
[2903] jenei.attila2009-04-04 09:08:53

A jó sorozatokat következőképpen számoljuk össze: egy n hosszúságú jó sorozatban az előző n-1 elemből álló sorozat is jó. Jelöljük an-nel a nem fehér színnel végződő n hosszúságú jó sorozatok számát, bn-nel pedig a fehérrel végződők számát. Ekkor a jó sorozatok száma (amit cn-nel fogunk jelölni) nyilván cn=an+bn és a1=4 b1=1.

an=an-1+4bn-1

, mivel nem fehérre végződő jó sorozatot úgy kapunk, hogy az n-1 -edik elem nem fehér és akkor az n-edik elem ugyanolyan színű, vagy az n-1 -edik elem fehér de akkor az n-edik elem 4 féle színű lehet. Hasonlóan meggondolva

bn=an-1+bn-1

a fehérre végződő jó sorozatok száma annak megfelelően, hogy ekkor a megelőző n-1 hosszú jó sorozatot fehér színnel folytatjuk. Egy kis alakítással kapjuk: c1=5, c2=13

cn=2cn-1+3bn-1

(mivel cn=an+bn)

bn=cn-1

,amiből végül

cn=2cn-1+3cn-2

másodrendű lineáris rekurzió adódik. Meglehet adni zárt alakban is, ezt másra hagyom.

Előzmény: [2894] gubanc, 2009-04-01 11:51:00
[2902] jonas2009-04-02 19:25:54

Ja értem. Én úgy próbáltam színezni a pontokat, hogy bármelyik két szomszédos vagy különböző színű legyen, vagy az egyik fehér. Te viszont azt mondtad, hogy bármelyik két szomszédos pont legyen vagy azonos színű, vagy az egyik közülük fehér.

Ebben az esetben a megfelelő sorozat szerintem az A046717 lesz.

Előzmény: [2898] gubanc, 2009-04-01 20:22:57
[2901] gubanc2009-04-02 16:27:50

Látom, a legjobb úton haladsz a feladat általánosítása felé (Pl.: 5 szín helyett k szín ...). Csak dícsérni tudom ezt a kezdeményezést! :))

Előre is köszönet mindkettőtöknek, és az esetleges további hozzászólóknak is. (gubanc)

Előzmény: [2900] BohnerGéza, 2009-04-02 15:19:38
[2900] BohnerGéza2009-04-02 15:19:38

Csak egy lehetséges program vázlatát tudom egyelőre adni.

Előzmény: [2899] BohnerGéza, 2009-04-01 22:07:18
[2899] BohnerGéza2009-04-01 22:07:18

Telhetetlen vagy gubanc!

(: Egy és két szín esetén tudnék segíteni. :)

(Sőt, egyelőre azt hiszem, három vagy több szín esetén lényegében ua. a feladat, esetleg a zárt alak megadásában lehetnek különböző nehézségűek. Azért megpróbálom komolyabban is.)

Előzmény: [2894] gubanc, 2009-04-01 11:51:00
[2898] gubanc2009-04-01 20:22:57

Sajnos még mindig nem világos számomra a dolog. Hogyan érted azt, hogy "el kell tolni eggyel a sorozatot"? Azt láttuk, hogy a sorozat első tagjának 5-nek kell lennie. Ha ehhez igazodunk, akkor az OEIS-ből belinkelt sorozatot kettővel (és nem eggyel) eltolva a1 = 5 és a2 = 21 adódna. Így meg a2-vel van egy kis probléma ... . Egyébként javasolom, hogy lépjünk túl a rekurziós alakon és n \ge 3-ra próbáljuk megadni (ha lehet) explicit módon is a sorozat n-edik tagját ( és persze előbb az a2 helyes számértékét).

(Elnézést, ha valamit félreértettem volna.)

Előzmény: [2897] jonas, 2009-04-01 19:00:06
[2897] jonas2009-04-01 19:00:06

Igen, el kell tolni eggyel a sorozatot. (Sorozatok eltolt példányait általában nem veszik fel többször az OEIS-be.)

Előzmény: [2896] gubanc, 2009-04-01 16:06:19
[2896] gubanc2009-04-01 16:06:19

Ha jól látom, az általad megadott hivatkozás a1 = 1 -et ír, ami ellentmond annak, hogy n = 1 esetén az egyetlen pontot - az öt szín miatt - ötféleképpen színezhetjük ki.

Előzmény: [2895] jonas, 2009-04-01 15:28:31
[2895] jonas2009-04-01 15:28:31

Szerintem 015448 féle szabályos színezés van.

Előzmény: [2894] gubanc, 2009-04-01 11:51:00
[2894] gubanc2009-04-01 11:51:00

Szép napot! Kíváncsi lennék a köv. feladat megoldására.

Egy egyenesen sorakozik n pont ilyen sorrendben: P1, P2, ... , Pn. Adott öt különböző szín, egyikük a fehér. Kiszíneztük e színekkel az összes pontot. A színezés szabálya, hogy bármely két, egymást követő Pi , Pi+1(i = 1, 2, ... , n-1) pontra teljesüljön, hogy azonos színűek, vagy legalább az egyikük fehér. Hány szabályos színezés lehetséges?

[2893] Lóczi Lajos2009-03-30 23:21:23

Igen, ez szép ötlet.

Előzmény: [2892] Csimby, 2009-03-30 20:30:37
[2892] Csimby2009-03-30 20:30:37

y=x-x3 és x=y3-y ugyanaz az origón átmenő görbe, csak 90 fokkal elforgatva. A tengelyeket (-1,0);(0,0);(1,0) illetve (0,1);(0,0);(0,-1) pontokban metszik. Más metszéspontjuk pedig nem lesz mint a (0,0) ez abból látszik, hogy a (-1,1)×(-1,1) négyzeten kívül mindegyik síknegyedben csak az egyik görbe halad. A négyzeten belül is a (-1,0)×(0,1); (0,1)×(0,1);(-1,0)×(0,-0);(0,1)×(0,-1) négyzetek mindegyikében csak az egyik görbe halad.

Előzmény: [2891] Csimby, 2009-03-30 20:06:14
[2891] Csimby2009-03-30 20:06:14

Az egyik egyenletből kifejezzük y-t, majd a másikba helyettesítjük, így ezt kéne megoldani: x(2-2x2+3x4-3x6+x8)=0 A 0 lesz az egyik gyök nyilván. x2=z helyettesítéssel, keressük: 2-2z+3z2-3z3+z4=0 gyökeit. Ezek: \frac{3}{4}\pm i\frac{\sqrt{7}}{4} \pm \frac12 \sqrt{\frac52-\frac{i\sqrt{7}}{2}} Tehát nem lesz több valós gyök. Biztos be lehet látni szebben is.

Előzmény: [2890] MTM, 2009-03-30 15:45:10
[2890] MTM2009-03-30 15:45:10

x=y=0, nagyon úgy tűnik, hogy több nincs.

Előzmény: [2889] Lóczi Lajos, 2009-03-30 03:05:09
[2889] Lóczi Lajos2009-03-30 03:05:09

Adjuk meg az összes olyan x és y valós számot, melyekre fennáll, hogy x-x3-y=x+y-y3=0.

[2887] rizsesz2009-03-12 10:43:09

Szabályos 5- és 6-szög, egy-egy belső szögük 108 fok, illetve 120 fok.

Előzmény: [2886] Gábor1905, 2009-03-12 10:26:30
[2886] Gábor19052009-03-12 10:26:30

Üdv. A következő kérdésre szeretnék választ kapni:Van-e olyan konvex 5, vagy attól többszög, melynek 4-nél több belső szöge 120°, vagy annál kisebb. Minden ötlet nagyon érdekel! Előre is köszönöm!

[2885] kutasp2009-03-11 20:22:39

grat szép megoldás:) Amúgy fölmerül számos egyéb kérdés is a feladat kapcsán. 1., a te megoldásod és az általam ismert nagyon hasonló megoláds is burkoltan használja a kiválasztási axiómát, ugye akkor amikor választjuk a Hamel-bázist(ennek a létezését a vele ekvivalens Zorn-lemma biztosítja). Létezik-e ezt nem használó bizonyítás vagy esetleg ez állítás is ekvivalens a kiválasztási axiómával?

2., egyéb struktúrákra megnézni, hogy mikor színezhetők ki két színnel, konkrétabban:

a., Milyen véges Abel-csoportok színezhetők ki két színnel úgy, hogy mindkét színosztály zárt legyen a különböző elemekkel való csoportműveletre(azaz hatványozásra nem feltétlenül!)(erre úgy gondolom hogy tudom a választ)

b., ugyanez végtelen Abel-csoportokra

c., ugyanez tetszőleges csoportra

d., és az igazi általánosítás: ugyanez félcsoportokra, bár sztem ezek karakterizációja reménytelen, de esetleg érdemes megvizsgálni az ilyen félcsoportokat. Mindezt csak mint matematikus hallgató írom, tehát lehet hogy ennek az egész dolognak minden része ismert, ebben az esetben előre is elnézését kérem mindenkinek.

Előzmény: [2881] jenei.attila, 2009-03-11 12:03:31
[2884] Káli gúla2009-03-11 20:18:55

Ez így nem jó, a színek számát biztosan nem lehet egyesítéssel csökkenteni.

Előzmény: [2883] Tibixe, 2009-03-11 18:09:52
[2883] Tibixe2009-03-11 18:09:52

Ha jól látom, a lenti megoldás általánosítható 2c sok színre, mert egy színt meghatároz az, hogy melyik együtthatót követeljük nemnegatívnak és melyiket negatívnak. És kontinuum sok együttható van.

Színek egyesítésével pedig megkaphatunk bármilyen ennél kisebb számosságot.

Jól látom?

[2882] Káli gúla2009-03-11 15:50:48

Én is hasonlóan gondoltam, annyi különbséggel, hogy a színezésnél az adott szám előállításban ténylegesen szereplő legkisebb báziselem együtthatójának az előjelét vettem.

Egyébként R-ben véges kodimenziós altér nem lehet résztest, mert [R : K]<\infty esetén [C : K]  is véges volna, ami az Artin-Schreier tétel szerint csak a  K=R  esetben lehet. Másrészt, ha A\subsetR egy maximális (nyilván 2^\omega számosságú) algebrailag független halmaz Q felett, akkor annak minden kontinuum számosságú B részhalmazára Q(B) egy kontinuum számosságú valódi résztest lesz R-ben.

Előzmény: [2881] jenei.attila, 2009-03-11 12:03:31
[2881] jenei.attila2009-03-11 12:03:31

Válaszolnék az alábbi valóban érdekes feladatra:

"Ki lehet-e színezni a pozitív valós számokat pirosra és kékre(mindkét színt kell használni), hogy pirosak összege piros, kékek összege kék legyen?"

Sokat agyaltam rajta, és úgy tűnik van ilyen színezés. A "valaki mondja meg" topikban feltettem néhány valós számokra vonatkozó algebrai kérdést, azokat is ez a feladat hozta elő. Tekintsük a valós számok testét a racionális számok teste feletti vektortérnek. Ennek a vektortérnek a bázisát Hamel bázisnak nevezik. Vagyis igaz az, hogy létezik a valós számok halmazának olyan H részhalmaza (ez a Hamel bázis), amellyel minden valós szám egyértelműen áll elő

r1h1+...+rnhn

alakban, ahol az r együtthatók racionális számok, a h számok pedig H elemei és n véges de függ az előállítandó számtól. Feltehetjük, hogy H tartalmazza az 1-et, és r1 az 1 együtthatója. Minden így előállított valós számot színezzünk pirosra, ha a h1 együttható (a szám "racionális része") nem negatív, kékre, ha r1 negatív. Így nyilván a valós számoknak egy jó színezését adjuk meg, és lesz kék pozitív szám is (pl. -1+\sqrt{2}, ha a \sqrt{2} is eleme H-nak).

Előzmény: [2804] kutasp, 2009-01-07 22:02:55
[2880] sakkmath2009-03-07 17:03:18

Igazoljuk, hogy ha 1 < a < b < c, akkor

loga(logab) + logb(logbc) + logc(logca) > 0.

[2879] nadorp2009-02-17 10:23:07

Nem a másik irányú egyenlőtlenség kell? Az ln sin x függvény konkáv a 0<x<\pi intervallumon

Előzmény: [2878] Cckek, 2009-02-16 20:24:08
[2878] Cckek2009-02-16 20:24:08

Nagyon jó. Esetleg olyan z1\neqz2 melyeknek az abszolut értéke is különbözik? Amugy itt van még egy kérdés: Bizonyitsuk be, hogy létezik \epsilon>0 úgy hogy, ha

|x-y|<\epsilon,0<x,y<1

akkor \sin( \pi\frac{x+y}{2})\le \sqrt{\sin (\pi x) \sin(\pi y)}.

Előzmény: [2877] Tibixe, 2009-02-16 19:38:07
[2877] Tibixe2009-02-16 19:38:07

A

z1=i    z2=-i

esetben nálam

|z1|=1

|z2|=1

f(z_1)=f(i)=i\cdot e^{i \pi \cdot 1}=-i

f(z_2)=f(-i)=-i\cdot e^{i \pi \cdot 1}=i

Tehát

f(i)-f(-i)=-2i

és

i-(-i)=2i

ezek aránya -1.

Abszolút értékeik aránya pedig 1.

És ez a két arány csak előjelben különbözik.

Elrontottam volna valamit?

Előzmény: [2876] Cckek, 2009-02-15 21:12:42
[2876] Cckek2009-02-15 21:12:42

Nem hinném:D

Előzmény: [2875] Tibixe, 2009-02-13 22:55:06
[2875] Tibixe2009-02-13 22:55:06

Igen, léteznek.

[2874] Cckek2009-02-13 11:55:09

Természetesen a \pm nem egyidejűleg áll fenn. Tehát vagy baloldal =+ jobboldal vagy baloldal =- jobboldal.

Előzmény: [2873] Cckek, 2009-02-13 11:47:21
[2873] Cckek2009-02-13 11:47:21

Adott az f(z)=z\cdot e^{i\pi|z|},|z|\le 1, z\in {C} függvény. Léteznek-e olyan z1\neqz2, |z1|,|z2|\leq1 komplex számok melyekre:

\frac{f(z_1)-f(z_2)}{z_1-z_2}=\pm \frac{|f(z_1)-f(z_2)|}{|z_1-z_2|} ?

[2872] mmarta2009-01-26 17:29:13

Húú, nagyon köszönöm, Ákosnak is!! Összeállt végre az agyamban is :)

Előzmény: [2871] psbalint, 2009-01-26 17:02:35
[2871] psbalint2009-01-26 17:02:35

megnézed azt a kis nyilacskás részt, és mindegyik elemhez hozzárendeled a tőle jobbra, három nyilacskára álló elemet :)

[2870] mmarta2009-01-26 08:37:05

Akkor már csak a vége nem világos, a háromszori hozzárendelés. Ezt hogyan kell?

Előzmény: [2869] S.Ákos, 2009-01-25 21:17:30
[2869] S.Ákos2009-01-25 21:17:30

63=12.5+3, szóval: P63=P60+3=(P5)12.P3=P3 A párosítás pedig abból adódott, hogy külön-külön megnézzük az egyes elemeknél, hogy P háromszori elvégzése mit rendel hozzá az adott elemhez.

Előzmény: [2868] mmarta, 2009-01-25 19:02:42
[2868] mmarta2009-01-25 19:02:42

Köszi! A P3 hogyan lett? És mi alapján állítjuk párba a végén?

Előzmény: [2867] S.Ákos, 2009-01-25 16:24:57
[2867] S.Ákos2009-01-25 16:24:57

Nézzük, hogy a permutáció melyik elemet melyikbe viszi: 1\to3\to5\to2\to4\to1. Ebből következik, hogy P5=1, mivel P ötszöri elvégzése identitás. Vagyis P^{63}=P^3=\left(\matrix{1&2&3&4&5\cr 2&3&4&5&1\cr}\right)

Előzmény: [2866] mmarta, 2009-01-25 11:53:47
[2866] mmarta2009-01-25 11:53:47

Sziasztok! Segítséget szeretnék én is kérni a köv. feladathoz.  P=\binom{12345}{34512} Adja meg a P63 permutációt. Egyszerű, szájbarágós magyarázat, megoldás kellene, hogy meg is értsem :)

Köszönöm

[2865] Kemény Legény2009-01-24 02:18:24

Hát, semmi sem elég jó Neked :)

Rendben, akkor az új "tétel": A\cos\alpha+B\cos\beta+C\cos\gamma\leq\frac{K}{2}

Az ezzel egyenértékű A\cos\beta+B\cos\gamma+C\cos\alpha\leq\frac{K}{2} és A\cos\gamma+B\cos\alpha+C\cos\beta\leq\frac{K}{2}

egyenlőtlenségek összege (A+B+C)(\cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma)\leq\frac{3}{2}K

Ismert, hogy \cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma\leq\frac{3}{2}

Tehát valamelyik állítás igaz, azaz a "szokásos érvvel" az összes is, a tételt "beláttuk".

Ezt mutatja nyilván az A=1,B=\sqrt2, C=\sqrt2, \alpha=90°, \beta=45°, \gamma=45° példa is, amikor A\cos\alpha+B\cos\beta+C\cos\gamma=\frac{\sqrt2}{2}\cdot2\sqrt2=2

Míg a jobb oldal \frac{K}{2}=(1+2\sqrt2)/2=0.5+\sqrt2<2

Amit csináltam az eredeti "bizonyítás" kapcsán, hogy lehagytam a 2-es kitevőket, és a koszinuszra cseréltem a kotangenst, és a jobb oldalra a kerület konstansszorosa került. Ha még mindig vannak ellenvetéseid (pl. szép-szép, de egy kontangenses ellenpélda még szebb lenne, sőt miért nem cáfolom meg rögtön az eredetileg kitűzött A-feladatot is), akkor szólj bátran.

Előzmény: [2864] rizsesz, 2009-01-23 23:47:26
[2864] rizsesz2009-01-23 23:47:26

Nálad mindkét változó-tömegnek van a jobb oldalon is függvénye (a+b+c=k, A+B+C=K), míg az én esetemben ctg\alpha, ctg\beta, ctg\gamma variálása nem befolyásolja a másik oldalt (T, amely csak A, B és C által meghatározott).

Előzmény: [2863] Kemény Legény, 2009-01-23 17:45:05
[2863] Kemény Legény2009-01-23 17:45:05

Ha csak az kell, tudok én egyenértékű állításokból is ellenpéldát mutatni. Legyenek 2 háromszög oldalai A,B,C és a,b,c, kerületeik K,k. Állítás: Aa+Bb+Cc\geq \frac{Kk}{3} Egyenértékű ezzel: Ab+Bc+Ca\geq \frac{Kk}{3} Szintén egyenértékű: Ac+Ba+Cb\geq\frac{Kk}{3}

Összeadva a 3 egyenlőtlenséget: a bal oldal (A+B+C)(a+b+c)=Kk azaz valamelyikük igaz, ekkor az "elv" miatt mindhárom igaz.

Ellenpélda: (A=2,B=2,C=3,a=1,b=1,c=0.1,K=7,k=2.1,Aa+Bb+Cc=2+2+0.3=4.3<4.9=Kk/3)

Előzmény: [2862] rizsesz, 2009-01-23 10:55:57
[2862] rizsesz2009-01-23 10:55:57

Én értem ezt a logikai utat. Pontosan ezért kérdeztem rá. Jelen esetben azonban ha akármelyik igaz, az egyenértékű az állítással.

Ezzel szemben az általad adott példában a 3 állítás nem egyenértékű.

Azt is értem, hogy az eredeti állításból nem juthatunk el a + 2 általam felírt egyenlőtlenséghez.

Szóval már majdnem meggyőztél, de még kötözködöm :)

Előzmény: [2861] Kemény Legény, 2009-01-23 10:11:10
[2861] Kemény Legény2009-01-23 10:11:10

Az eredeti "bizonyítás" során a 3 állítás bármelyikének igazolása önmagában elegendő lenne a teljes megoldáshoz, de onnantól kezdve, hogy mindhármat felírtuk egyszerre, akkor már csak azt tudjuk belátni, hogy minden háromszögben valamelyik igaz. Abból pedig, hogy egy állítás egy tetszőleges háromszögben igaz az oldalak/szögek valamilyen sorrendjére, nem következik, hogy minden háromszögben az oldalak/szögek tetszőleges sorrendjére igaz lenne.

Az állítások felírásában valóban nincs kitüntetett szerepe semminek, de amikor találunk egyet a 3 közül, ami igaz, abban már az oldalak/szögek egy kitüntetett sorrendben szerepelnek, és épp ez veszi el az általánosítás lehetőségét.

Előzmény: [2856] rizsesz, 2009-01-23 02:06:57
[2860] rizsesz2009-01-23 09:14:59

Ugyanis ha már az egyik igaz, akkor mivel a szorzók nincsenek meghatározva, így bármilyen formában odapakolhatod őket az oldalak mellé együtthatónak.

Szóval szerintem az én logikám nem alkalmazható az a+b+4c-s példára.

Előzmény: [2858] Valezius, 2009-01-23 06:41:45

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]