[214] Gubbubu | 2004-01-14 20:09:39 |
Kedves Onogur, azaz Károly!
Köszönöm a megoldást, külön az ábrát. Érdekelne, hogy mivel csináltad (pl. valamilyen mat. szoftverrel, vagy egyszerűbb rajzprigrammal)? Én szabadkézi rajzzal próbálkoztam, de - amint látható - a két görbe túlságosan összeesik, így eltekintve a két triviális megoldástól és a harmadik szemmel láthatótól, nemigen látszott semmi.
Ezek után már csak két kérdés marad:
48.B. feladat: Nem lehetne valahogy algebrailag vagy számelméletileg megoldani? Megelégednék azzal is, ha csak az egész megoldásokat találnánk meg, de számolással.
48.C. feladat: Nincs-e a harmadik, nem egész megoldásnak pontos értéke, mondjuk valami egész szám logaritmusa?
Emlékeztetőül: a n2+1=2n egyenletről van szó.
|
Előzmény: [213] Hajba Károly, 2004-01-14 13:13:16 |
|
[213] Hajba Károly | 2004-01-14 13:13:16 |
Kedves gubbubu!
A 48. feladatra itt van az ábra, ott lent kétszer metszik egymást a görbék. Továbbá a három megoldásból két nyilvánvaló eredmény az x1=0 ill. x2=1, továbbá az általam közelítő módszerrel kiszámolt x34,25746.
|
|
Előzmény: [207] Gubbubu, 2004-01-06 21:14:24 |
|
[212] Kós Géza | 2004-01-11 15:11:06 |
A diszkrét fogalma megengedi hogy a halmaznak legyen torlódási pontja, csak a torlódási pont nem lehet a halmazban. Például az 1,1/2,1/3,... sorozat diszkrét, pedig van torlódási pontja, a 0.
Mindkét értelmezésben igaz, hogy Rn-ben minden diszkrét halmaz megszámlálható, ezt többféleképpen is be lehet bizonyítani. Nem írom le egyik megoldást sem, csak útbaigazítást szeretnék adni.
1. megoldás: A halmaz minden pontjához rendeljünk hozzá (valahogy, ügyesen) egy olyan, közeli pontot, aminek mindegyik koordinátája racionális.
2. megoldás: Osszuk fel a teret megszámlálható sok korlátos részre, például egységkockákra, és keressünk olyan kockát, amiben a halmaznak sok pontja van.
Akinek esetleg mindez túl könnyű, annak egy nehezebb változat: Bizonyítsuk be, hogy egy f:RR függvénynek csak megszámlálható sok helyen lehet szigorú lokális maximuma. (Egy a pontban szigorú lokális maximuma van, ha létezik olyan >0 szám, hogy minden x(a-,a+), xa esetén f(x)<f(a).)
|
Előzmény: [211] Csizmadia Gábor, 2004-01-10 16:50:46 |
|
[211] Csizmadia Gábor | 2004-01-10 16:50:46 |
49. feladat
Szerintem nagyon érdekes ez a feladat, már régóta foglalkoztatott a kérdés, de csak nemrég tudtam megadni rá a választ: Ismeretes, hogy bizonyos ponthalmazok diszkrét pontokból állnak, bizonyos ponthalmazok pedig nem. Diszkrét ponthalmazoknak nincs torlódási pontjuk. Ha a természetes számokat ábrázoljuk a számegyenesen, akkor azok diszkrét pontokként jelennek meg. A racionális számok számossága megegyezik a természetes számokéval, a számegyenesen mégis minden pontjuk torlódási pont. Valós számokat úgy képzeljük el, hogy folytonosan kitöltik a rendelkezésre álló számegyenest, valamint tudjuk, hogy a valós számok számossága nagyobb, mint a természetes számoké. Általában egy euklideszi tér pontjai ugyanannyian vannak, mint a valós számok. De vajon létezik-e olyan diszkrét Rn-beli (n természetes szám, tehát egyenes pontjaiból álló, síkbeli, térbeli, vagy magasabb dimenzióbeli) ponthalmaz, aminek ugyanannyi pontja van, mint ahány valós szám?
|
|
|
|
[208] Csimby | 2004-01-07 00:07:28 |
Legyen a számtani sorozat 1. eleme: a, differenciája d, ekkor az első n+1 elem összege: a+(a+d)+(a+2d)+(a+3d)+...+(a+nd)=(n+1)a+(n(n+1)/2)d=(n+1)(a+(n/2)d). T.F.H. ez egyenlő a szorzatukkal: (n+1)(a+(n/2)d)= a(a+d)(a+2d)(a+3d)...(a+nd) Osszunk le (a+(n/2)d)-vel: (ha n páratlan akkor ez nem szerepel a jobb oldalon,de végig lehet gondolni, hogy így is jó). n+1=a(a+d)(a+2d)...(a+(n/2-1)d)(a+(n/2+1)d)...(a+nd) ha d=0, akkor trivi, nézzük most d>1-et, ekkor: a+nd>a+n. a=0 trivi. Ha a>=1 akkor a+n>=n+1 -> a+nd>n+1, és mivel a szorzatban minden tag >=1, a szorzat nagyobb lesz a bal oldalon maradt (n+1)-nél (hiszen a jobb oldalon szerepel (a+nd) mint szorzó tényező) Maradt a d=1 eset. a+nd=a+n,csak akkor ha a szorzásban a többi tényező 1 -> n=2, a=1
|
|
[207] Gubbubu | 2004-01-06 21:14:24 |
Üdv!
Rövid időre megint itt vagyok.
Örülök, hogy legalább egyik feladatom megoldhatónak (tehát értelmesnek) bizonyult, remélem szereztem egy kellemes percet GJ-nek, nem hiszem, hogy tovább törte volna a fejét... köszönet a frappáns megoldásért!
Valahol a http://orange.ngszkij.hu honlapon állítólag van néhány megjegyzés e feladattal ill. általánosításaival kapcsolatban (nekem hibát jelez a Netscapem, ha odamegyek, nem tudom, pontosan hol).
Néhány hiba vagy hiányosság került az előző, 204-es hozzászólásomba (csak most tanulom a TEX-et...):
1. a második 47. feladat valójában a 48. (feltéve, ha az előzőek számozása hibamentes);
2. Eme feladatnak elsősorban az algebrai-számelméleti jellegű megoldásai érdekelnének, bár ha valaki ábrát készítene, az is szép lenne... (A feladatban az lenne az "érdekes", hogy egy hatványhoz egyet adva fordul az alap és a kitevő szerepe, jé!...)
3. A 6-ról szóló feladatban cáfolással érdemes próbálkozni, legalábbis valós számokból álló számtani sorozatok esetében. Ha a kérdéses számtani sorozat tagjai-elemei számát 2-re ill. 3-ra korlátozzuk, "kellemes" kis polinomgyök-keresési ill. diofantikus problémákat kapunk, nem muszáj rögtön az egész feladatot teljesen általánosan megoldani...
Megjegyzem, nyithatnánk egy Érdekes matematikai feladatok II. topicot az eddig megoldatlan feladatokat összegyűjtendő, mert kezd a dolog áttekinthetetlenné válni...
|
|
[206] lorantfy | 2004-01-06 20:50:09 |
Kedves Attila!
Kösz a helyreigazítást. Én is rájöttem a hibára, csak már azután, hogy feltettem a hozzászólást. Hirtelen valami olyasmire gondoltam, hogy miközben x mint valós szám végigfut az adott intervallumon, a zárójelben lévő kifejezés értékei milyen egész számokat érintenek, és ezek szummája. Ez persze hülyeség, elkapkodtam!
Nagyon szép és szemléletes a megoldásod! Az a fajta, amit megnéz az ember és csak fogja a fejét: - Milyen egyszerű, mért nem jutott ez nekem eszembe? Felteszek egy ábrát, hátha más is kedvet kap, hogy megnézze a hozzá tartozó feladatot és megoldást! (Lászlónak hívnak!)
|
|
Előzmény: [203] jenei.attila, 2004-01-05 15:27:03 |
|
[1452] jenei.attila | 2004-01-06 10:55:56 |
Sziasztok!
A 41.feladat megoldása
A feltételekből következik, hogy p|ab+ac+ad+ae+bc+bd+be+cd+ce+de -nek. A szimmetrikus polinomok alaptétele szerint mindem szimmetrikus polinom előáll elemi szimmetrikus polinomok polinomjaként. Ez alapján:
a5+b5+c5+d5+e5=5abcde+(a+b+c+d+e)5-
-5(a+b+c+d+e)3(ab+ac+bc+ad+bd+cd+ae+be+ce+de)+5(a+b+c+d+e)(ab+ac+bc+ad+bd+cd+ae+be+ce+de)2+
+5(a+b+c+d+e)2(abc+abd+acd+bcd+abe+ace+bce+ade+bde+cde)-
-5(ab+ac+bc+ad+bd+cd+ae+be+ce+de)(abc+abd+acd+bcd+abe+ace+bce+ade+bde+cde)-
-5(a+b+c+d+e)(abcd+abce+abde+acde+bcde)
. Innen már látszik a feladat állítása.
|
Előzmény: [182] Pach Péter Pál, 2003-12-08 20:18:19 |
|
[205] GJ | 2004-01-05 19:35:20 |
46.feladat p prím,tehát 3-mal osztva 1 vagy 2 maradékot ad tehát ha p maradéka 1 (3-mal osztva)->p+2 maradéka (3-mal osztva) 0->p+2 nem prím hasonlóan ha p maradéka 3-mal osztva 2,akkor p-2 maradéka 0(3-mal soztva)->p-2 nem prím
vagyis nincs az 5-ön kívül ilyen p prím
|
Előzmény: [204] Gubbubu, 2004-01-05 19:22:37 |
|
[204] Gubbubu | 2004-01-05 19:22:37 |
Üdvözlök mindenkit!
A két ünnep között egy nap azzal szórakoztam, hogy a természetes számok során valameddig végigmenve a számokat különféle nevezetes sorozatokba soroltam. Ennek során egész érdekes, könnyebb-nehezebb problémákra bukkantam, sokat egyáltalán nem tudok vagy nincs időm megoldani, de hátha másokat érdekel. Néhány példa:
46. feladat:
Van-e olyan p prím az 5-ön kívül, amelyre p-2, p és p+2 is prím? Keressünk minél többet, vagy lássuk be hogy nincs.
47. feladat:
Lássuk be vagy cáfoljuk meg, hogy 6 az egyetlen szám (poz. egész, egész, rac., valós vagy komplex), amely ugyanazon számtani sorozat elemeinek egyszerre az összege és a szorzata!
47. feladat:
Oldjuk meg a n2+1=2n egyenletet!
Egyenlőre ennyi.
(Várhatóan hétvégén jövök újra, addig megoldani!)
|
|
[203] jenei.attila | 2004-01-05 15:27:03 |
Kedves István!
A Te megoldásoddal az a baj, hogy miközben az x végigmegy a megfelelő egész számokon, nem biztos, hogy 1-től egyesével növekedve kapjuk a számokat [P/Q*x]-ből, hanem a sorozatban az egymás utáni tagok [P/Q]-val, vagy [P/Q]+1 -gyel növekszenek.
Vegyük a derékszögű koordináta rendszerben a P/Q meredekségű, origón áthaladó egyenest, és tekintsük az x=1, y=1, és x=[Q/2], y=[P/2] egyenesek által határolt téglalapot. Ekkor a bizonyítandó egyenlőség mindkét oldala, a téglalapban található rácspontok (mindkét koordinátája egész) számát adja (a határokat is beleértve). Ugyanis [P/Q*x] az x-en áthaladó függőleges egyenesen fekvő, P/Q meredekségű egyenes alatti, a szóbanforgó téglalapba eső rácspontok száma. Ha x végigfut a megfelelő egész számokon, nyilván megkapjuk az összes, téglalapba eső, P/Q meredekségű egyenes alatti rácspontok számát. A másik szumma ugyanígy az egyenes feletti rácspontok számát adja. A feltételek biztosítják, hogy nem esik rácspont a P/Q meredekségű egyenesre, így minden pontot csak egyszer számolunk. Márészt a jobboldali kifejezés közvetlenül a téglalapban fekvő rácspontok számát adja.
|
Előzmény: [194] lorantfy, 2003-12-17 23:58:40 |
|
|
|
|
[199] lorantfy | 2003-12-29 14:48:13 |
44. feladat: Arkhimédész "problema bovinum"-a (kb. 2222 éves faladat!) Volt a Napistennek egy bikákból és tehenekből álló csordája, amelyiknek egyik része fehér, egy másik része fekete, egy harmadik része tarka és egy negyedik része barna marhákból állt. A fehér bikák száma a fekete bikák számának felével meg egyharmadával volt több, mint a barna bikáké, a feketéké a tarka bikák számának negyedével meg ötödével, a tarkáké pedig a fehérek számának egyhatodával meg egyhetedével. A fehér tehenek száma az összes fekete marhák számának egyharmada meg egynegyede volt, a fekete tehenek száma az összes tarka marhák számának egynegyede meg egyötöde, a tarka tehenek száma az összes barna marhák számának egyötöde meg egyhatoda, a barna tehenek száma az összes fehér marha számának egyhatoda meg egyhetede. Hogyan tevődött össze a csorda a különböző színű állatokból?
Szilveszter utáni önteszthez ajánlom ezt a feladatot! (Magamhoz tértem-e már?)
(A feladat Heinrich Dörrie: A DIADALMAS MATEMATIKA c. könyvében található.)
|
|
|
[197] Ratkó Éva | 2003-12-18 16:18:12 |
34. feladat: Jártam a színházban, és beszéltem egy jegyszedövel is, aki természetesen tiltakozott. Szerinte csak véletlenül nem tudtak visszaadni. Annyit megtudtam, hogy 1000 Ft apróval indítják útnak a jegyszedöket, illetve 450 és 650 Ft-os árai vannak a füzeteknek (ennyi jutott akkor eszébe, persze lehet, hogy van más ár is). Így azt a kérdést tudjuk feltenni, hogy hány füzetet tud egy jegyszedö eladni legalább p valószínüséggel. És ha nem akarunk teljesen sötétségben tapogatózni, valamiféle felmérést kellene végezni arról, hogy milyen valószínüséggel van valakinél apró (ezt természetesen alaposan átgondolt kérdések formájában).
|
|
[196] lorantfy | 2003-12-18 12:42:47 |
Kedves Géza!
Köszönet a segítségért! Közben rájöttem, hogy ennyire egyszerű a megoldás. Gondolkodom a 34.c-n. Sajnos a Catalan-számokról fogalmam sincs. Akinek van segíthet!
Pontosítás az előző hozzászólásomhoz:
A 42. feladatról van szó!
|
Előzmény: [195] Kós Géza, 2003-12-18 10:52:47 |
|
|
[194] lorantfy | 2003-12-17 23:58:40 |
41. feladathoz: Legyen P=2p+1 és Q=2q+1, ahol p,q pozitív egész számok.
Ekkor a jobb oldal:
Bal oldalon az első szumma, miközben x végigsöpör az adott intervallumon, előállítja az egész számok összegét 1-től p-ig.
Hasonlóan a második szumma is. Így a bal oldal:
(P=3, Q=5 esetén 1+22)
Szóval itt valami baj van. Lehet, hogy tévedek, de valaki legalább hozzászól!
|
Előzmény: [182] Pach Péter Pál, 2003-12-08 20:18:19 |
|
[193] lorantfy | 2003-12-13 11:00:24 |
34.c) feladat b része
Ha a füzeteket áruló néni előrehívja azt az „x” számú embert aki 500 Ft-al tud fizetni, akkor miután eladta nekik a füzetet (k+x) 500Ft-os bankjegye lesz, hogy visszaadjon a megmaradó (n-x) 1000 Ft-al fizetőnek. Mikor nem tud visszaadni? Ha
(Egyenlőség NINCS, csak nem találok külön kisebb jelet! Segítség!)
Legyen (Elnézést! Az előző hozzászólásban ezt rosszul írtam!)
Tehát, ha az n ember közül csak 0,1,2 … m-1 tud 500 Ft-al fizetni, akkor nem tud a néni visszaadni. Ezen esetek összege:
A p2 valószínűség, (2n az összes esetek száma)
Tehát p1=2p2
|
Előzmény: [192] lorantfy, 2003-12-12 23:59:35 |
|
[192] lorantfy | 2003-12-12 23:59:35 |
Kedves Fórumosok!
Érdemes "beleélni" magatokat ebbe a füzeteladási feladatba, mert bár lassan de szépen alakul.
Próbáljuk megfogalmazni a bináris fa alapján készült előző táblázat eredményét általánosan.
k db 500 Ft van kezdetben az eladónál és n emberünk van.
Legyen az egyszerűbben írhatóság kedvéért k és n páros!
, E= az eladott könyvek száma, S=esetek száma.
E= |
... |
k |
k+1 |
k+2 |
k+3 |
... |
n-4 |
n-3 |
n-2 |
n-1 |
n |
S= |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Az, hogy a néni valamikor nem tud visszaadni azt jelenti nem adott el minden könyvet. Ezen esetek számának összege:
Megvan a 34.c) feladat a) részének p1 valószínűsége.
Már csak azt kell belátni, hogy
de erre már csak holnap kerülhet sor. :-)
|
Előzmény: [191] lorantfy, 2003-12-12 00:48:45 |
|
[191] lorantfy | 2003-12-12 00:48:45 |
Kedves Fórumosok!
Egy rövid folytatásra futotta ma az időmből, remélve, hogy lesz aki bekapcsolódik.
Ha k értékét 1-el növeljük akkor azon esetekben, ahol eddig 0 db-ot adtunk el, most 1-et fogunk, ahol eddig 1-et, most 2 db-ot adunk el... Az esetek száma 1-el nagyobb db-számra tolódik el. n= 5 esetében ezt mutatja a táblázat. Az 5-ös eladás oszlopában összegződnek a jobbra tolódó értékek. Jobb oldalon annak a valószínüsége , hogy minden (5db) könyvet eladtunk. (Az esetek számával (25=32) osztottam az 5 db-os eladások számát.)Annak valószinüsége, hogy a néni valamikor nem tudott visszaadni 1-, hiszen akkor nem adott el minden könyvet. Tehát csak ezt kell n-re megfogalmazni és megvan Géza 34.c) feladatának a) része!
k |
0 |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
|
0 |
1 |
1 |
5 |
5 |
10 |
10 |
|
1 |
0 |
1 |
1 |
5 |
5 |
20 |
|
2 |
0 |
0 |
1 |
1 |
5 |
25 |
|
3 |
0 |
0 |
0 |
1 |
1 |
30 |
|
4 |
0 |
0 |
0 |
0 |
1 |
31 |
|
5 |
0 |
0 |
0 |
0 |
0 |
32 |
1 |
|
|
Előzmény: [186] lorantfy, 2003-12-10 13:41:47 |
|