[2740] Ali | 2008-11-06 10:03:16 |
Szervusz, csak egy megoldása van, az amit írtál.
Biz: t=z helyettesítéssel kapjuk, hogy (x-z)[(f(x)+g(x)-2z]0. Ha x > z, akkor f(x)+g(x)2z f(x)+g(x)-2x2(z-x). Ha x<z, akkor f(x)+g(x)2z f(x)+g(x)-2x2(z-x). Vagyis |f(x)+g(x)-2x|2|z-x|. Ez teljesül zU -ra, ezért f(x)+g(x)=2x.
Elvégezve a g(x)=2x-f(x) helyettesítést az eredeti egyenlőtlenségben, némi átalakítás után kapjuk, hogy [2x-f(x)](z-t)+(x-z)2+(x-t)20. t=x helyettesítés után (z-x)[z+x-f(x)]0 kell hogy teljesüljön zU -ra.
Ha z>x, akkor f(x)z+x f(x)-2xz-x. Ha z<x, akkor f(x)z+x f(x)-2xz-x |f(x)-2x||z-x| igaz zU -ra. Ebből már következik, hogy f(x)=2x.
Honnan jött ez a feladat ?
|
Előzmény: [2739] Cckek, 2008-11-05 18:53:37 |
|
|
[2738] Lóczi Lajos | 2008-10-22 14:44:09 |
Adjuk meg az összes olyan c valós számot, amelyre az x4-2x2-3x+c polinomnak pontosan két valós gyöke van.
|
|
|
[2736] jenei.attila | 2008-10-16 12:49:00 |
A valós számokhoz fogok megadni temészetes számokból álló sorozatokat a következőképpen: legyen x egy valós szám, és tekintsük az x-nél kisebb racionális számok X halmazát (ha jól emlékszek, Dedekind szeletnek nevezik). Mivel a rac. számok halmaza megszámlálható, ezért sorozatba rendezhető. Feleltessük meg X-nek (és ezzel együtt x-nek) azt a természetes számokból álló sorozatot, amely a most említett racionális számok sorbarendezése szerint az X-beli racionális számok indexeit tartalmazza. Ez a természetes számoknak egy részhalmaza lesz, jelöljük Nx-szel. Ha x és y valós számokra x<y, akkor a megfelelő Dedekind szeleteikre XY, ezért NxNy is igaz. Minden x valós számhoz megadva a szóban forgó Nx-et, a természetes számok részhalmazainak egy olyan rendszerét kapjuk, amelyben bármely két elem összehasonlítható (a tartalmazásra nézve), hiszen bármely két valós szám is összehasonlítható (a szokásos rendezési relációra nézve).Másrészt ez a rendszer nem megszámlálható, mint ahogy a valós számok halmaza sem az.
|
Előzmény: [2733] Csimby, 2008-09-25 16:56:11 |
|
[2735] sakkmath | 2008-10-07 12:46:46 |
Szia!
A Mathematics Magazine 2008/júniusi számának NET-re tévedt változatában is olvasható ez a feladat. Javasolom, hogy csak az általuk megadott beküldési határidő után, azaz 2008. november 2-től tegye közzé bárki az ott 1797-es sorszámú feladat megoldását.
|
Előzmény: [2727] Gyöngyő, 2008-09-10 17:31:24 |
|
[2734] kiskiváncsi | 2008-09-26 00:11:56 |
1369 et nézegettem. Epsilon 1374 ebből jön, továbbá egy jó rekurzió amiből az indukciós feltevés (1376 kérdés) és egy jó Gamma fv a kifejezésre. De számoljatok utána. Epsilon :)
ez k>-1/2 re igaz, de csak 2k (páros) kitevőre
ez k>0 ra igaz
vagyis a bizonyitando
igaz
akkor
is igaz
|
|
|
|
|
|
|
|
[2727] Gyöngyő | 2008-09-10 17:31:24 |
Sziasztok!
Itt van egy érdekes feladat:
Legyenek a,b,c nemnegatív valós számok.Számoljuk ki az alábbi határértéket:
Üdv.: Gyöngyő
|
|
[2726] Lóczi Lajos | 2008-08-12 13:13:41 |
Egy feladat "melléktermékeként" került elő a következő kérdés.
Legyen t>0 rögzített. Mennyi az
kifejezés határértéke, amint x0+ ?
|
|
[2725] Gyöngyő | 2008-07-27 16:37:54 |
Persze akit érdekelnek a könyvek irjon e-mailt,és elküldöm a listát.
Üdv.: Zsolt
|
|
[2724] Gyöngyő | 2008-07-27 16:35:51 |
Kedves R.G.
Teljesen igazad van,én kérek bocsánatot! Helyesbitek,akkor van 5db egyenként 400 oldalas Ramanujan jegyzetfüzetem a gépen!
|
|
|
|
[2721] Gyöngyő | 2008-07-24 08:01:03 |
Sziasztok!
Kit érdekelne esetleg egy pár db könyv(angolul),pdf fájlban? 8gb anyag körülbelül 3500db könyvem van,és jobbnál jobb témák,pl: Ramanujan könyvek. Akit érdekel bátran irjon!
Üdv.: Zsolt
|
|
[2720] szbela | 2008-07-16 21:31:38 |
Sziasztok!
Először is elnézést a hanyag TEX miatt. Egy picit másképpen Cckek feladatának megoldása:
mert
Legyen g(x):=f(x)/s , ahol s:=sup{|f'(x)|,x[0,1]}
ekkor nyilván sup{|g'(x)|,x[0,1]}=1
Azt kell belátnunk, hogy
Megmutatjuk, hogy |g(x)|<=a-x+|g(a)| x[0,a]-ra
Tfh indirekten, hogy y[0,a] melyre |g(y)|>a-y+|g(a)|
ha a=y, akkor nyilvánvalóan ellentmondásra jutunk, ha ay akkor átrendezés után
Alkalmazzuk a háromszögegyenlőtlenséget és mivel a>y, így: Amire alkalmazva Lagrange-középértéktételét, adódna hogy z(y,a) melyre |g'(z)|>1 Ellentmondásra jutottunk.
Beláttuk tehát, hogy |g(x)|<=a-x+|g(a)| x[0,a]-ra
Alkalmazzuk, hogy Mivel |g(x)|-et majorálja a-x+|g(a)| [0,a]-n, ezért és így elég megmutatnunk, hogy Alkalmazva a Newton-Leibniz-tételt:
Így most már csak azt kell megmutatni, hogy |g'(a)|<=1-a
Alkalmazva az integrálszámítás középértéktételét s[a,1] Ebből következik, hogy g(s)=0, hiszen a1
ismét alkalmazva Lagrange középértéktételét adódik, hogy van ilyen z(a,s)
|g'(z)|*|a-s|<=|a-s|=s-a hiszen s>a, s<=1. Amiből adódik, hogy |g'(a)|<=1-a
Így bebizonyítottuk az állítást.
|
Előzmény: [2711] HoA, 2008-07-08 17:35:00 |
|
[2719] Gyöngyő | 2008-07-14 17:02:45 |
Akkor itt egy másik:
Bizonyítsuk be,hogy
|
|
[2718] jenei.attila | 2008-07-14 11:32:57 |
A sorozatot kicsit elszámoltam: 1,2,4,3,6,10,12,4,8,18,...
|
Előzmény: [2717] jenei.attila, 2008-07-14 11:17:24 |
|
[2717] jenei.attila | 2008-07-14 11:17:24 |
Tisztázva az eddigieket: a 2m-1 (mod 2n-1) kongruencia természetesen előállhat, de ez nem jelenti azt, hogy a bal oldali oszlop teljesen fekete lesz. A zavart az okozza, hogy ha 2m0 (mod 2n-1), az jelentheti a 2n-1 sorszámú korongot is. A kezdetben 0 (bal alsó) illetve 2n-1 (jobb felső) sorszámú korongok minden művelet után eredeti helyükre térnek vissza, ezért elég a többi korong mozgását követni. Ha 2mq (mod 2n-1) (a jobb alsó korong m művelet után a q pozícióba kerül) és 2q2n-2, akkor könnyen látható, hogy van olyan páros p (2p2n-2), amelyre qp mod 2n-1 páratlan. Ez azt jelenti, hogy a kezdetben páros p sorszámú korong (bal oszlopbeli fehér) páratlan pozícióba, azaz a jobboldali oszlopba kerül. Márpedig a jobboldali oszlop soha nem lehet teljesen fehér, mivel a tetején mindig fekete korong áll. Vagyis m művelet elvégzése után csak akkor lesznek újra egyszínűek az oszlopok (és ekkor minden korong az eredeti helyére kerül vissza), ha 2m1 (mod 2n-1).
Ha 2mq (mod 2n-1) és 2q2n-2 akkor p legyen 2n-1/q felső egészrésze, vagy ha ez páratlan adjunk még hozzá 1-et. Ezzel a p-vel qp páros és 2nqp4n-3, vagyis qp mod 2n-1 =qp-(2n-1), ami páratlan.
Összefoglalva: an olyan, hogy 2an1 (mod 2n-1). an néhány első értéke: 1,2,4,6,6,10,12,8
|
Előzmény: [2713] jenei.attila, 2008-07-12 17:05:19 |
|
|