[2551] epsilon | 2008-01-20 20:42:43 |
Tisztelt Kollégák! Nem tudom, hogy ez a feladat inkább nehezebb mint érdekesebb, vagy érdekesebb mint nehezebb ( a hosszabb-zöldebb krokodil meséje), ezért ide tettem, de a lényeg, nem találok kiindulópontot a megoldásához, távközlési egyetemre való tesztvizsgán láttam. Ha Valakinek van valami jó ötlete, előre is köszönöm! Üdv: epsilon
|
|
|
|
|
[2548] MateMSR | 2008-01-19 22:29:14 |
Sziasztok!
Létezik-e két olyan valós szám a és b hogy az összegük, a+b irracionális és az a2n+1+b2n+1 racionális minden nN-re?
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
[2539] Enkidu | 2008-01-09 12:48:33 |
Ja igen! Elírtam, de én is igazoltam (sajnos csak magamnak) a multiplikativitást, úgyhogy ez rendben van. Igazából azért bizonytalanodtam el korábban, mert a kapott megoldás "nem valami szép" és nem tudom, hogy Cckek akar(t)-e valami szépet mutatni azzel a feladattal kapcsolatban. Én már ezen agyaltam. Csá!
|
Előzmény: [2537] nadorp, 2008-01-09 08:32:10 |
|
[2538] nemtommegoldani | 2008-01-09 11:21:52 |
Sziasztok! Azt szeretném kérni, valaki írjon ide a fórumra pár "nívósabb" számelméleti feladatot legnagyobb közös osztó, ill. legkisebb közös többszörös témakörben, illetve diofantoszi egyenletek témakörben (pl. olyanokra gondolok, amik OKTV-n, vagy más tanulmányi versenyeken előfordultak már)megoldással együtt. NAgyon köszönöm a segítséget!!! Már több helyen keresgéltem, de nem nagyon találok.
|
|
|
[2536] Enkidu | 2008-01-07 13:05:07 |
A következő definícióval élve: S(m) egy számelméleti függvény. Így prímhatványhelyeken felvett helyettesítési értékei meghatározzák. Ha m=pn,S(m)=pn-1(np+p-n) egyébként pedig a szokásos módon ha (m,n)=1, akkor S(mn)=S(m)S(n).
Most így megnézve lehet, hogy valamit félreértettem, mert túl egyszerű amit írok, de ha már végigszenvedtem a TeX tanfolyamot csak bennhagyom. Hello!
|
Előzmény: [2535] Cckek, 2008-01-05 12:33:11 |
|
[2535] Cckek | 2008-01-05 12:33:11 |
Valóban ez a megoldás, gratulálok, mert ez egyáltalán nem egy könnyű feladat:D, legalábbis számomra nem volt az. Ha már Euler számelméleti függvényénél vagyunk, akkor itt van mégegy:
Számítsuk ki a következő összeget:
|
Előzmény: [2534] nadorp, 2008-01-04 23:18:53 |
|
[2534] nadorp | 2008-01-04 23:18:53 |
Nem volt unalmas,de szerencsém volt :-). Mindkét oldal "e" alapú logaritmusát véve,bizonyítandó, hogy
Felhasználva, hogy |q|>1 és a logaritmus függvény hatványsorát ez ekvivalens a következővel
.
Most vizsgáljuk meg (n1) együtthatóját a bal oldalon. Ha ez mindig 1, akkor készen vagyunk.
Nyilván ha n=ab, akkor lesz olyan tag, ahol az együttható . Tehát együtthatója a bal oldalon
( Itt felhasználtuk, hogy a (n) számelméleti függvény összegzési függvénye az "n" függvény)
|
Előzmény: [2532] Cckek, 2008-01-04 18:12:30 |
|
[2533] Lóczi Lajos | 2008-01-04 20:33:11 |
"Itt elég a második tagról belátni, hogy pozitív, mert az első az. x=1+t helyettesítéssel t3-ig kiírt Taylor-sorral látszik, nem tudom, van-e rá egyszerűbb módszer, ez az út elég gány ahhoz, hogy végigírjam."
Mivel csak polinom és logaritmus van benne, ilyenkor érdemes még egyszer deriválni:
, ha x>1, de x-1/x-2ln x az 1 helyen 0, tehát ha x>1, akkor mindig pozitív a kérdéses kifejezés.
|
Előzmény: [2529] Sirpi, 2008-01-04 17:15:02 |
|
[2532] Cckek | 2008-01-04 18:12:30 |
Igen ez is gyors, szép megoldás, az eredeti feladat így szólt: Számitsuk ki -t.
De mivel látom unatkoztok itt van egy sokkal nehezebb feladat amivel rengeteget kinlódtam: Bizonyítsuk be, hogy
ahol az Euler indikátor, qZ\{-1,0,1}
|
|
[2531] Róbert Gida | 2008-01-04 17:57:20 |
Kijön ez deriválgatásokkal, nálam legyen x:=- (érdemesebb ezt az utat követni, mert akkor log nem jön be). x a továbbiakban mindig legyen (0,1)-ben.
Ekkor, mivel csak az egészrésze kell a függvénynek, ezért elég igazolni, hogy 2 és 3 közé esik az értéke: , ha 0<x<1. A nevező pozitív, így felszorzás és rendezés után kapjuk, hogy kell: 0<(3-x)ex-(3+x)=:g(x), de g(0)=0, továbbá g'(x)=(2-x)ex-1, amire g'(x)>ex-1>0, így g szigorúan monoton nő (0,1) intervallumban, de g(0)=0, így g(x)>0 itt, ami kellett. (g folytonossága is kellett itt még, mert sajnos g'(0)=0).
Másik irányú becsléshez: , felszorozva és rendezve kell: 0(x-2)ex+(x+2)=:h(x), itt h(0)=0, továbbá: h'(x)=(x-1)ex+1, tehát h'(0)=0, továbbá h''(x)=xex0, így h' monoton nő, de h'(0)=0, így h'(x)0, de akkor h monoton nő, de h(0)=0 miatt h(x)0 teljesül, ami kellett.
|
Előzmény: [2529] Sirpi, 2008-01-04 17:15:02 |
|
|
[2529] Sirpi | 2008-01-04 17:15:02 |
-t kiemelve a számlálóból és a nevezőből is, valamint bevezetve az jelölést, a következő (immár egyváltozós) alakot kapjuk - mellesleg az is látszik, hogy és pozitív voltát nem használjuk sehol, az a feltétel elhagyható:
f(e)2.16, (utóbbi azért igaz, mert az x=1 közelében ln xx-1)
Ezek után már csak az kell, hogy a függvény szigorúan monoton az [1,e] intervallumon, és meg is kaptuk a választ: 2.
Itt elég a második tagról belátni, hogy pozitív, mert az első az. x=1+t helyettesítéssel t3-ig kiírt Taylor-sorral látszik, nem tudom, van-e rá egyszerűbb módszer, ez az út elég gány ahhoz, hogy végigírjam.
|
Előzmény: [2528] Cckek, 2008-01-04 16:22:44 |
|
[2528] Cckek | 2008-01-04 16:22:44 |
Itt van Lajos, egy neked való feladat, egy helybéli igen megbecsült matematikus egyik feladatát általánosítgattam. Persze bárki megoldhatja ha van kedve hozzá.
Legyen ,>0,0<-<1. Számítsuk ki
értéket ahol [x]-el az x valós szám egész részét jelöltük.
|
|
[2527] Lóczi Lajos | 2007-12-30 15:44:32 |
Tovább próbálkozom. Legyenek tehát P és Q az n-dimenziós (komplex) Cn teret önmagukba képező n x n-es hermitikus idempotens mátrixok, melyek rangja azonos.
A rang a képtér dimenziója.
Az operátorokra vonatkozó felbontási tétel alapján tudjuk (felhasználva, hogy most az operátoraink hermitikusak és véges dimenzióban vagyunk), hogy Cn előáll a lineáris operátor képtere és magtere direkt összegeként. (Speciálisan, a képtér és a magtér dimenziójának összege n.)
Ezekből azt kapjuk, hogy P-nek és Q-nak nemcsak a képtere, de a magtere is azonos dimeziós kell legyen.
Korábban láttuk, hogy P=PQ. Ebből az adódik, hogy ha egy x vektor Q magterében van, akkor egyúttal P magterében is benne van: ker(Q) ker (P). De a két magtér, mint altér, azonos dimenziójú, ez csak úgy lehet, ha azonos.
De akkor a felbontási tétel miatt az ortogonális komplementereik, vagyis a képtereik is azonos alterek.
Tudjuk, hogy a projektorok a képtéren identitásként hatnak. (Valóban, ha x pl. P képterében van, akkor alkalmas y Cn vektorral x=Py. De az idempotencia miatt ekkor Px=PPy=Py=x.)
Legyen tehát z egy tetszőleges Cn-beli vektor. Ekkor z előáll z0+z1 alakban, ahol z0 P magterébe esik (ami egyúttal Q magtere is), z1 pedig P (avagy Q) képterébe esik. Emiatt
Pz=P(z0+z1)=Pz1=z1=Qz1=Q(z0+z1)=Qz,
tehát P=Q.
Remélem, ezzel a megoldás rendben van :)
|
Előzmény: [2399] Lóczi Lajos, 2007-10-22 12:32:28 |
|