|
[3833] Loiscenter | 2014-02-19 11:22:10 |
szürgös:
Egy 6-ra végzödö szám ultolsó jegyét elhagyjuk. Ezt a szám elsö jegye elé irjuk. Az igy kapott szám hatsorosa az eredetinek. Melyik ez a szám? (azaz 6B = B6 . 6 ?)
|
|
[3832] Sinobi | 2014-02-11 16:29:21 |
Sinobi: "b, Bizonyítsd be, hogy ha van egy parabolán három pontpár (húr), amelyek felezőmerőlegesei egy ponton mennek át, akkor ha a hat pontot a parabola tengelyirányában elaffinítjuk, akkor az így kapott pontok felezőmerőlegesei is egy ponton fognak átmenni."
Azota sem tudom. Kedvcsinalonak egy hasonlo, de nagyon egyszeru feladat:
Ha van egy parabolan egy ABCD hurnegyszog, azaz barmelyik 2 pont felezomerolegese atmegy egy O ponton, akkor ha a hurnegyszoget a parabola tengelyiranyaban affinitom, akkor az A'B'C'D' pontnegyes is hurnegyszog lesz, azaz barmelyik ket pont felezomerolegese at fog menni O'-n.
Ez ugyan kovetkezik az elozo allitasbol, de azt nem tudom belatni, meg egyszerubben is kijon.
|
Előzmény: [3795] Sinobi, 2013-10-12 01:30:53 |
|
|
[3830] Fálesz Mihály | 2014-02-04 20:43:33 |
Egy kapcsolódó feladat 2007-ből:
A. 429. Határozzuk meg mindazokat az egész együtthatós f(x) és g(x) polinomokat, amikre f(g(x))=x2007+2x+1.
A tanulság valami olyasmi, hogy polinomba polinom deriválás... :-)
|
Előzmény: [3829] w, 2014-02-03 23:18:11 |
|
[3829] w | 2014-02-03 23:18:11 |
550. feladat. (körülbelül)
a) Vannak-e olyan f,g,h másodfokú polinomok, melyekre az polinom pontosan az 1,2,3,4,5,6,7,8 helyeken nulla?
b) Határozzuk meg azokat az f,g,h polinomokat, melyekre .
[Ezek nem nehéz, de érdekes feladatok. Ha eddig nem lett volna világos, aki ismeri őket, ne lője le. Aki maga megoldotta a feladatot, annak viszont szívesen látom megoldását.]
|
|
[3828] Loiscenter | 2014-01-29 00:47:03 |
1. legyen x=y=0 => f(0) = 0; 2) legyen x=y => 4f(x)[ f(x) - x.x] = 0 => vagy f(x) = 0 vagy f(x)=x.x külön x értékre
3) minden t# 0 esetére ha f(t) = t.t # 0 => legyen x=0, y=t => f(t).f(-t) =f(t)f(t) => f(-t) = f(t)=t.t; ha f(t) = 0 => legyen x=0, y=-t => f(t).f(-t) =f(-t)f(-t) => f(-t) = f(t)=0 összefoglalva f(-x)=f(x) minden x estére.
4) Ha létezik a# 0 ugy , hogy f(a)=0 => akkor minden t# 0 esetére legyen x=t, y=a => f(t+a)f(t-a) = f(t)f(t) legyen x=a, y=t => f(t+a)f(a-t) = f(t)f(t) - 4a.a.f(t) Mivel f(t-a) = f(a-t) => 4a.a.f(t) = 0 => f(t)=0
összegezve : f(x)=0 és f(x) = x.x; a két valosfüggvény , amely teljesiti a feltételt.
(Prof. Hung Son Nguyen - Varso egyetemból)
|
Előzmény: [3827] Loiscenter, 2014-01-28 20:46:14 |
|
|
|
[3825] nadorp | 2014-01-28 15:33:25 |
Ez így egy kicsit hiányos.
Ugyanis abból, hogy minden x-re f2(x)=x2f(x) teljesül, csak az következik, hogy f(x)=0 vagy f(x)=x2, de ez még nem zárja ki azt, hogy pld f(2)=4 és f(5)=0 egyszerre teljesüljön.
|
Előzmény: [3824] Loiscenter, 2014-01-28 15:17:44 |
|
[3824] Loiscenter | 2014-01-28 15:17:44 |
Legyen x=y=0 akkor f(0)=0 . legyen x=y igy f(2x)f(0)=4f(x)f(x) -4x.x.f(x) mivel f(0)=0 ezért 4f(x)f(x)-4x.x.f(x)=0 téhats f(x)=0 vagy f(x)=x.x . ellenörizve igaz mind.( bocsi nem tudtam hatványt irni)
|
Előzmény: [3822] w, 2014-01-27 22:06:36 |
|
|
[3822] w | 2014-01-27 22:06:36 |
Egy "vicces" függvényegyenlet.
Keressük meg az összes f:RR függvényt a következő tulajdonsággal:
|
|
[3821] aaaa | 2014-01-26 22:07:48 |
Ebből még az is következik, hogy:
Ugyanis n64-re , mert van legalább egy 5-ik hatvány, egyébként finomítva a becslésedet (prímedik hatványokra elég nézni az összeget):
Ugyanis n-ig a prímek száma kb , ebből látszik, hogy elég nagy n-re
|
Előzmény: [3817] Ménkűnagy Bundáskutya, 2014-01-26 15:42:40 |
|
|
|
|
[3817] Ménkűnagy Bundáskutya | 2014-01-26 15:42:40 |
Azt hiszem, van egyszerűbb is.
Az n-nél kisebb k. hatványok száma legfeljebb n1/k. Itt a k legfeljebb log2n lehet: eltekintve az 1-től a 2 log2n. hatványával még számolni kell, többel biztosan nem. Azaz
|Fn|n1/2+n1/3+...+n1/log2n+1n1/2log2n+1,
ami n-nel osztva nyilván 0-hoz tart.
|
Előzmény: [3815] aaaa, 2014-01-26 01:23:52 |
|
|
[3815] aaaa | 2014-01-26 01:23:52 |
Gondolom azt szeretnéd kérdezni, hogy ha Fn={n-nél kisebb hatványszámok}, akkor mi lesz
Lemma 1. ,>0k0, hogy k>k0 esetén:
Ez a szokásos integrálós becslésből kijön, legyen ez házi feladat.
Lemma 2. Ha ai pozitív egészek egy növekvő részsorozata, és , akkor n-1|An|0, ha n, ha An={ai|ai<n}
Indirekt, tegyük fel, hogy nem áll fent a bemutatott egyenlőség, vagyis létezik olyan , hogy |An|>n végtelen sokszor. Ha nincs ilyen, akkor pont azt kaptuk, amit akartunk. Legyen az ilyen n-ek halmaza, ekkor |H|=|N|, vegyük tehát egy olyan bi részsorozatát, ami tudja azt, hogy kbi>bi-1, valamely k>2 egészre. Ekkor Abi>bi miatt a [0,bi-1] intervallumba maximum bi-1<kbi<Abik-1 darab eshet, szóval elég kevés szám, vagyis a számok legalább 1-k-1-edrésze a jó intervallumba esik. De ekkor az ide eső számok reciprokösszegére alsó becslést ad, ha az intervallumba eső legkisebb számokat vesszük, ebből legalább Abi-Abi-1=bi(-k-1) darab van:
Az első lemma alapján. De legyen b1 akkora, hogy teljesüljön, így azt kaptuk, hogy De ekkor
Viszont így a reciprokösszeg nem lehet véges.
Lemma 3. A hatványszámok reciprokösszege kisebb, mint 2. Nézzük ugyanis a kövezkező összeget:
Viszont ab szerepel az a számhoz tartozó részlegösszegben, szóval a hatványszámok reciprokösszege véges.
Lemma 3 miatt teljesül Lemma 2. feltétele, így a hatványszámok felső sűrűsége 0 az egészek körében.
|
Előzmény: [3814] Loiscenter, 2014-01-24 20:30:06 |
|
[3814] Loiscenter | 2014-01-24 20:30:06 |
Hatványszámok valoszinüsége természetes számok körében?
|
|
|
|
[3811] w | 2013-11-10 16:59:08 |
201314 mod 73 kiszámítása.
Bár klasszikus feladattípus, szerintem mégis érdekes a megoldás az átlagos feladathoz képest. (Például 999 mod 102 kiszámítása egyszerűbb, hiszen számológéppel is könnyen adódik, hogy 95-1 (mod 102), ezért elég 99-t mod 10 vizsgálni, ami pedig könnyű.) Most az nem kunszt, ha Euler-Fermat-val lemészároljuk, ámde tökéletesen elfogadható megoldás (ezért tűztem itt ki). Ha egyszerűbb eszközökkel szeretnénk dolgozni, akkor a következő megoldást találhatnánk.
Első célunk keresni olyan n kitevőt, melyre 20n1 (mod 73). Vegyük észre, hogy 20=7k-1 alakú, ezért a binomiális tétel szerint
Tehát célszerű n=72 választása, hisz akkor az utolsó tag kivételével minden tag 73-nel osztható, vagyis 2049-1 (mod 73).
Vagyis csak 1314-t kell mod 49 megnéznünk. De a binomiális tételt újra alkalmazva kapjuk, hogy 13141 (mod 49), mert 13-1(7). Amiért az adódik, hogy 1314=49+1 alakú, ahol tehát páros. Ebből következik, hogy 20131420 (mod 73), vagyis az utolsó három számjegy 026.
|
Előzmény: [3810] csábos, 2013-11-09 16:35:38 |
|
|