[1601] Mhari | 2006-12-10 10:31:21 |
Sziasztok!
Mi a valószínűsége annak, hogy úgy tudunk megfésülni egy plüssmackót, hogy ne legyen forgója? .
Állítólag létezik egzakt válasz a kérdésre, szóval nem átverés... Megj: Egy Tusnády Gábor nevű matematikust említettek, aki foglalkozik ilyesmivel. Gőzöm sincs, hogy merre induljak el.
Üdv: Mhari
|
|
[1600] Cckek | 2006-12-09 08:00:43 |
Ha p,qN* számítsuk ki a következő összeget:
|
|
|
[1598] jenei.attila | 2006-12-08 22:21:23 |
Ez mintha most lett volna Arany Dániel versenyfeladat. Az eredeti egyenlet ekvivalens a következővel:
(x+y)2005=xy
, ez pedig ekvivalens a
(x-2005)(y-2005)=20052
. De 20052=524012, vagyis 9 osztója van, ezért az eredeti egyenletnek 9 megoldása van, Neked ebből csak 7 jött ki. Nem számoltam ki, ezért nem tudom melyik 2 hiányzik.
|
Előzmény: [1597] Hajba Károly, 2006-12-08 20:20:03 |
|
|
[1596] HoA | 2006-12-08 18:33:19 |
Odáig igaz, hogy a nevező a számláló valamelyik részszorzata. Csak arra nem gondoltál, hogy x nem feltétlenül törzsszám - mint ahogy megoldásaidban sem az - legyen x = u * v, ezért a részszorzat olyan is lehet, hogy az 1*5*401 valamilyen s részszorzata u-val szorozva.
s*u=u*v-2005
Egészekről lévén szó u is az 1*5*401 valamilyen részszorzata . Végignézve a lehetőségeket, két esetben kapunk a már ismertektől kükönböző megoldást.
s=5;u=5;v=406;x=2030;y=401*406=162806
és
s=401;u=401;v=406;x=162806;y=2030
Tehát ( 2030 ; 162806) és ( 162806; 2030 ) is két "szimmetrikus" értékpár.
|
Előzmény: [1551] Hajba Károly, 2006-11-29 00:49:24 |
|
[1595] jenei.attila | 2006-12-05 13:13:37 |
Pl. "megindexeljük" az unió elemeit a [0,1]x[0,1]-beli valós számpárokkal. A pár első eleme jelenti, hogy melyik halmazból való a kiválasztott elem, a második, hogy azon belül melyik elemről van szó. A halmazok, illetve egy halmaz elemei nyilván indexelhetők [0,1]-beli valós számokkal. A [0,1]x[0,1]-beli valós számpárok halmaza pedig nyilván kontinuum számosságú, ez könnyen látható pl. a pár két számának tizedestört alakban felírt számjegyeinek összefésülésével.
|
Előzmény: [1594] Cckek, 2006-12-04 22:00:40 |
|
[1594] Cckek | 2006-12-04 22:00:40 |
Ok nagyon szép. Egy direkt bizonyitást a kardinális számokkal végezhető műveletek nélkül? Tehát nem használhatjuk fel hogy k szor alef nulla az szintán alef nulla stb...
|
Előzmény: [1593] Csimby, 2006-12-04 21:36:10 |
|
[1593] Csimby | 2006-12-04 21:36:10 |
Ennek c2 eleme van, hiszen c féle képpen választhatjuk meg hogy melyik halmazból veszünk elemet, és azon belül is még c elem közül választhatunk. És c2=(2A)2=22A=2A=c , ahol A jelöli alef 0-t, a természetes számok számosságát és c a kontinuum számosságot.
|
Előzmény: [1592] Cckek, 2006-12-04 20:56:58 |
|
[1592] Cckek | 2006-12-04 20:56:58 |
hogyan igazoljuk hogy kontinuum sok kontinuum számosságú halmaz egyesítése kontinuum számosságú?
|
|
[1590] Cckek | 2006-12-04 17:25:29 |
Esetleg vizsgálható a
sorozat is.
|
|
|
|
|
[1586] Lóczi Lajos | 2006-12-04 15:44:49 |
Tényleg nagyon tömör :)
Akkor most már "csak" az a kérdés, hogy hogyan viselkedik a sorozat az eddig kimaradt paraméterértékek esetén. Adjunk meg minél bővebb részhalmazokat a intervallumból, amely p számok mellett an (a 0-ból indítva) konvergens.
|
Előzmény: [1582] Cckek, 2006-12-04 15:17:55 |
|
|
[1584] epsilon | 2006-12-04 15:36:55 |
Gratulálok Cchek, nagyon elegáns bizonyítás a monotonításra,...hmmm...ezek szerint a korláttal megint elnéztem valamit...:-(
|
|
[1583] epsilon | 2006-12-04 15:26:56 |
Nézzük csak a p<-2 esetet. Hátha megint nem írok el valamit! Szóval használom az előző g(x)=f(x)-x=x*x-x+p függvényt, és igazolom, hogy p<-2 mellett g(x)>0 így amennyiben a(1)<-2 márpedig ez igaz (mert p-vel egyenlő), úgy a sorozat megint monoton növekvő lesz. Az x*x-x+p=0 zérushelyei a következők: x(1)=(-1-sqrt(1-4p))/2 illetve x(1)=(-1+sqrt(1-4p))/2. Könnyen igazolható, hogy a p<-2 miatt x(1)<-2, ezért amikor a(1)=p<x(1)<-2 ekkor g(x)>0 (a trinom a gyökökön kivűl a főegyütthatók előjelével egyező előjelű), ami azt jelenti, hogy a a(n+1)=f(a(n))rekurzióval értelmezett sorozat monoton növekvő. Ha korlátos lenne, akkor konvergens is lenne, és a limesze éppen a=x(1)=(-1-sqrt(1-4p))/2 lenne, vagyis ez lenne a felső korlát. Közben most látom, hogy Cckek máris írt, de még nem mérlegeltem, ezt elengedem, aztán azt is mérlegelem.
|
|
|
[1581] Lóczi Lajos | 2006-12-04 14:01:58 |
Köszönöm a szép hozzászólásokat, igen, tehát tetszőleges p>1/4 esetén a szóban forgó an sorozat +-be divergál.
Folytatás. Adjuk meg azokat a p<-2 értékeket, melyekre az illető sorozatunk korlátos.
|
|
[1580] epsilon | 2006-12-04 13:46:29 |
Végül is elgondolkozva, a leírtakból erre következtetek: ha p>1/4 akkor a sorozat monoton növekvő és korlátlan, az az divergens. Erre jutok akkor is, ha a(n+1)=f(a(n)) típusú rekurzióként kezelem, ahol f(x)=x*x+p és bevezetve g(x)=f(x)-x jelölést, g(x)=1/4*(2x-1)*(2x-1)+p-1/4>0 ami azt jelenti, hogy a fentiekben értelmezett sorozat monoton növekvő és korlátlan!
|
|
[1579] epsilon | 2006-12-04 13:24:56 |
Bocs, valóban elírtam :-( túl korán reggel volt, és éppen egy szünetben olvastam: a helyes egyenlet úgy ahogyan javítoták, így a limeszre térés után a=a×a+p ahonnann a beszámítható "a" amit írtam, valóban komplex szám (itt sem figyeltem a p>1/4-et (illetve pont fordítva láttam :-( de tudjuk azt, hogy a sorozat monoton növekvő, és ha felülről korlátos lenne, akkor a legjobb felső korlát, a supremum, éppen ez az a=lim a(n) kellene legyen, vagyis úgy tűnik (?), hogy a p>1/4 feltétellel ellentmondásba kerülünk (?) vagyis nem létezne p>1/4 amire korlátos lenne(?)
|
|
[1578] jenei.attila | 2006-12-04 12:53:18 |
Szerintem epsilon csak elírta a rekurziót, mert utána már jól használja. Helyesen: a1=p,an=an-12+p A Te egyenleted, viszont nem jó, mert nem az előző tag négyzetéhez adja az előző tagot, hanem az előző tag négyzetéhez mindig p-t. Így a levezetésed sem jó, csak az első két tagra.
|
Előzmény: [1577] Sirpi, 2006-12-04 12:36:29 |
|
[1577] Sirpi | 2006-12-04 12:36:29 |
Ebben a hozzászólásban én némi zavart látok, pl. nem tudom miért nem a p2+p=p egyenletet vizsgáljuk, aminek triviálisan csak a p=0 megoldása (mintha a pp2+1 rekurzió is belekeveredett volna a dologba).
Viszont azt, hogy a sorozat sosem korlátos, a következőképp is belátható:
Legyen x=p-1/4>0, vagyis az első tag ennyivel van 1/4 felett. Ekkor a második tag eltérése 1/4-től:
p2+p-1/4=(x+1/4)2+(x+1/4)-1/4=x2+3/2.x+1/16>3/2.x
Vagyis a következő tag 1/4-től való eltérése legalább másfélszer akkora lesz, mint az elsőnek, így a sorozat minden p>1/4 esetén exponenciálisan nőni fog.
|
Előzmény: [1574] epsilon, 2006-12-04 07:17:56 |
|
[1576] jenei.attila | 2006-12-04 11:55:38 |
Lehet, hogy butaságot kérdezek, de epsilon levezetése szerint p>1/4 esetén a sorozat tényleg monoton növő, és ekkor ha van felső korlátja, akkor konvergens is. Ha pedig konvergens, akkor csak az lehetne a határértéke, amit epsilon megadott. Na de az nem valós, ebből szerintem az következik, hogy nincs határértéke, de akkor nem is korlátos. Mit szóltok hozzá?
|
Előzmény: [1573] Lóczi Lajos, 2006-12-03 20:49:25 |
|