|
|
|
|
|
|
[3758] w | 2013-07-29 14:59:01 |
Más. Legyen x,y,z>0. Tudjuk, hogy , , z2+zx+x2=16.
Számítsuk ki xy+2yz+3zx értékét.
|
|
[3757] w | 2013-07-27 22:52:42 |
Egy további érdekes, hasznos, de nem annyira közismert feladat a Városok Viadaláról (1981):
Az első síknegyed rácspontjaira rakunk zsetonokat. Kezdetben (a) az origóban, az (1,0) és (0,1) és (1,1) és (0,2) és (2,0) pontokban van egy-egy zseton, (b) csak az origóban van zseton.
Egy lépésben az (x,y) rácspontból elveszünk egy zsetont - ha az (x+1,y) és (x,y+1) pontokban nincsen - majd utána az (x+1,y) és (x,y+1) pontokra rakunk egyet-egyet.
Elérhetjük-e az (a), illetve (b) esetben, hogy az (a) esetben megnevezett mezők egyikében sem szerepeljen zseton?
|
|
|
[3755] w | 2013-07-27 21:47:12 |
Állítás. Létezik c és d konstans a következő tulajdonsággal: tetszőleges a, b pozitív egész számpárhoz létezik pozitív egészekből álló m1,m2,...,mk számsorozat, melyre k<c.ln a+d és
Ha igaz, próbáljunk minél kisebb c és d konstansokat keresni, ha hamis, akkor adjunk ellenpéldá(ka)t.
|
|
[3754] Róbert Gida | 2013-07-27 21:46:59 |
-re teljesül az állítás! Könnyen látható, hogy: , itt a nevezők egymásutáni egészek; ezt fogjuk használni, hogy rövidebb szorzatot találjunk: vegyü észre, hogy . Ezt az azonosságot alkalmazzuk az (első szinten), ekkor legfeljebb 2 tag marad ki a szorzatból (az első és az utolsó), míg az új tagokban k egészek itt is egymásutáni egészek lesznek. Így ezt az azonosságot iterative tudjuk újra alkalmazni. Ha 2t-1a<2t akkor t szint van és minden szinten megmarad legfeljebb 2 tag, azaz összesen legfeljebb 2t tag, de (t-1)ln 2ln a, innen triviálisan kapjuk a bizonyítandót.
|
Előzmény: [3748] w, 2013-07-27 14:47:25 |
|
|
[3752] w | 2013-07-27 20:19:56 |
Jó, bocs, ez most kicsit sötét volt :-)
Kérlek akkor nézz utána a>1 esetének, vagy módosítsd a feladatot úgy hogy értelmes legyen. Felkérlek arra, hogy tégy hozzá valami építő jellegűet is.
|
Előzmény: [3751] Róbert Gida, 2013-07-27 20:04:10 |
|
|
|
|
[3748] w | 2013-07-27 14:47:25 |
Állítás: Létezik c konstans a következő tulajdonsággal: tetszőleges a, b pozitív egész számpárhoz létezik pozitív egészekből álló m1, m2, ..., mk számsorozat, melyre k<c.ln a és
Igazoljuk vagy cáfoljuk.
|
|
[3747] w | 2013-07-02 07:25:35 |
Én leginkább erre gondoltam (5. feladat). Lineáris algebrából kb. semmit sem tudok, de úgy látszik, hogy a te megoldásodat írták át elemire. Van viszont lin. algebrakönyvem, előbb-utóbb belenézek. Elnézést a késő válaszért.
Üdv.: w
|
Előzmény: [3746] jonas, 2013-06-21 21:08:33 |
|
[3746] jonas | 2013-06-21 21:08:33 |
Ez szerintem egy tanulságos feladat, mert lineáris algebrát tanít. Hadd mondjam el, én hogy képzelem el.
Az hogy egy (x1,x2,x3,x4) vektor négyzetes, ekvivalens azzal, hogy felírható (a,b,c)N alakban, ahol N a következő mátrix.
Legyen N első három oszlopa által alkotott V mátrix, és legyen az utolsó oszlop v.
V egy Vandermonde mátrix, ezért invertálható. Ezért aztán bármely (x1,x2,x3) vektort pontosan egyféleképpen lehet négyzetes (x1,x2,x3,x4) számnégyessé befejezni: úgy, hogy x4=(x1,x2,x3).V-1.v. (A V-1.v vektor pontos (1,-3,3)T értékére nem lesz szükségünk a bizonyításhoz.)
Mármost rakjuk a feladatban adott számokat mátrixokba:
y=(x41,x42,x43)
Az, hogy a sorok négyzetesek, pont azt jelenti, hogy x=X.V-1.v és hogy x4=y.V-1.v. Mivel az első három oszlop is négyzetes, y=vt.(VT)-1.X. Ebből viszont
x4=y.V-1.v=vt.(VT)-1.X.V-1.v=vt.(VT)-1.x,
tehát az utolsó oszlop is négyzetes.
|
Előzmény: [3745] w, 2013-06-21 14:15:10 |
|
[3745] w | 2013-06-21 14:15:10 |
Nevezzünk egy (t1,t2,t3,t4) valós számnégyest négyzetesnek, ha léteznek a, b, c valós számok, melyekre teljesül =1,2,3,4-re. Az alábbi táblázatban (xi1,xi2,xi3,xi4) (i=1,2,3,4) négyzetes számnégyesek. Mutassuk meg, hogyha (x1j,x2j,x3j,x4j) j=1,2,3 esetén négyzetes, akkor j=4-re is. Általánosítsunk.
|
|
[3744] aaaa | 2013-06-15 17:10:57 |
Igazából a következő jutott eszembe, nem tudom mennyire nehéz: Legyen H egy olyan véges halmaz, amelynek elemei olyan szakaszhalmazok, melyek egész koordinátájú, szomszédos pontokat kötnek össze. Legyen S is egy ilyen halmaz, elemei Si. (S megszámlálhatóan végtelen, elemei nem vihetők egymásba tükrözésekkel, forgatásokkal, eltolásokkal). Mérjük H lefedőképességét S-re nézve a következőképpen: fH(si):=1, ha siS lefedhető H-beli elemek eltoltja, elforgatottja vagy tükrözött verziójaival, átfedés nélkül, és különben 0, és definiáljuk a és értékeket. Legyen H triviális halmaz, ha minden eleme összefüggő, és lefedhető egy elég nagy szakasszal.
Ezek után kellene megadni valami értelmes rendezést S elemeire, hogy kikerüljük azt, hogy bárhogy átrendezhetjük az S halmazt, és ezután lenne értelme a következőknek:
Ezek után kérdések: Van-e olyan S halmaz, amelyre Lmax(H,S)Lmin(H,S)?
Lehet-e úgy megadni halmazokat, hogy Lmin(H,S)=Lmax(H,S)=r irracionális legyen?
Ugye itt azt láttuk be, hogy ha H= {négyzet,L-betű}, S={négyzethálók}, akkor Lmin(H,S)=Lmax(H,S)=0
|
Előzmény: [3737] aaaa, 2013-06-11 19:02:07 |
|
|
|
|
|