[640] rizs | 2004-12-08 14:29:44 |
Van egy számológépünk, ami kicsit komolyabb, mint egy négyműveletes, tehát tud olyan műveleteket (az inverzeikkel együtt!), hogy gombnyomásra négyzet- és köbgyököt von, van rajta sinus, cosinus, tangens (mindezek hiperbolikus változatai is), 1/x, 10 és e alapú logaritmus, faktoriális. Egy cetlire fel van írva két különböző pozitív egész szám (többjegyű is lehet). Az elsőt még be tudjuk pötyögni a cetliről, de azután már az összes számjegy gombja (0-9) és a tizedesvessző, valamint a négy alapművelet gombja is elromlottnak tekintendő, még az = sem működik. Ezekhez nem szabad nyúlni. A feladat az, hogy csak a rendelkezésre álló matematikai funkciók gombjainak használatával elérjük, hogy a beírt szám helyett előbb-utóbb a cetlin lévő másik pozitív egész szám legyen a kijelzőn. Tehát olyan eljárást kell keresni, amelynek kiindulása az egyik pozitív egész szám, végeredménye pedig a másik, azok értékétől és különbségétől függetlenül. (A kiindulási szám akármennyivel kisebb, de nagyobb is lehet a másiknál.) A módszernek tehát olyannak kell lennie, hogy bármely két pozitív egész számra működjön.
|
|
[639] rizs | 2004-12-08 14:28:16 |
sziasztok!
szerintetek lehet rajzolni olyan 6*6-os bűvös négyzetet, amelynek mindegyik sorában, oszlopában és átlójában (átlóként értelmezünk minden átlót, tehát a sarok elemeket, az azok mellett elhelyezkedő 2 elemű átlót, stb.) az 1, 2, 3, 4, 5, 6 számok midegyike legfeljebb 1 alkalommal fordul elő. Természetesen ez azt jelenti, hogy a sorokban, az oszlopokban, és a főátlókban mindegyik szám pontosan egyszer szerepel.
|
|
[638] Csimby | 2004-12-07 22:07:15 |
Ha valakit érdekel, a "Bizonyítások a Könyből" című könyvben (Könyvajánló [27] és [28]) például 3 bizonyítást is adnak erre :
Ebből:
Tehát:
Megjegyzés:
A Riemann-féle (s) zéta függvényt s>1-re -ként definiáljuk.
|
Előzmény: [636] Lóczi Lajos, 2004-12-03 17:44:57 |
|
|
|
[634] lorantfy | 2004-12-02 13:47:46 |
Kedves Csimbi!
Kösz a gyors megoldást! Aki nem ismerte, tanulhat belőle!
Csak a beírás formájával van gondom.
Meg kellett volna törni a sort mert így megszélesíti a lapot és nem lehet "átlátni" a hozzászólásokat.
Elég gyér a Fórum látogatottsága a héten. Aki ráér tegyen ellene!
|
Előzmény: [646] Csimby, 2004-12-02 12:56:46 |
|
|
[633] lorantfy | 2004-12-02 11:34:29 |
Lóczi Lajos [631]-beli feladata a 122.,[632]-beli pedig a 123.
124. feladat: Bizonyítsuk be, hogy minden n természetes számra:
|
|
[632] SchZol | 2004-11-26 12:17:38 |
Kedves László!
A Bolzano-Weierstrass tétel valóban az, amit Géza írt, viszont tényleg van egy olyan Bolzano tétel is, ami azt mondja ki, hogy:
Ha f folytonos [a, b]-ben és f(a)<c<f(b), akkor létezik (a,b): f()=c
Üdv, Zoli
|
Előzmény: [629] lorantfy, 2004-11-25 22:22:24 |
|
[631] Lóczi Lajos | 2004-11-26 01:04:46 |
Keressük meg azokat a pozitív x,y,z számokat, melyekre teljesül az xy=z, yz=x és zx=y egyenletrendszer.
|
|
[630] Lóczi Lajos | 2004-11-26 00:52:44 |
Ennek mintájára:
Adjunk példát olyan, az egész számegyenesen értelmezett f valós függvényre, amelyre f(f(x))=-x.
Vizsgáljuk meg az analóg problémát hármas vagy magasabb kompozícióra. Még régebben keresgéltem ilyen függvényeket, ebből nálam szép, forgásszimmetrikusnak kinéző ábrák születtek...
|
Előzmény: [622] jenei.attila, 2004-11-24 20:39:06 |
|
[629] lorantfy | 2004-11-25 22:22:24 |
Kedves Géza!
Igazad van! A Bolzano-Weierstrass a számsorozatoknál, az említett tétel. Ennek ellenére több helyen is olvastam már, hogy zárt intervallumon folytonos fgv... témában Bolzano-Weierstass tételre hivatkoztak - eszerint helytelenül.
|
Előzmény: [628] Kós Géza, 2004-11-25 14:18:45 |
|
|
|
[626] jenei.attila | 2004-11-25 10:01:11 |
Én is így oldottam meg, figyelembe véve Géza kiegészítését. A szürjektivitásról szóló indoklást nem értem, hiszen egy függvényről akkor állítható hogy szürjektív, ha megadjuk az értékkészletét. Inkább csak annyi kell, hogy g értelmezési tartománya és értékéészlete megegyezik, ezért értelmezhető gg. Folytonos és injektív függvény pedig szigorúan monoton (folytonos fv. bármely két értéke közötti minden étéket felvesz. Mi a tétel neve?).
Egyébként a feladat a nyári kisinóci táborban volt feladva (legalábbis én ott találkoztam vele először). Esetleg megbeszélhetnénk a többi feladatot is.
|
Előzmény: [623] HOMI, 2004-11-25 02:24:03 |
|
|
|
[623] HOMI | 2004-11-25 02:24:03 |
A g(x) injektiv,mert ha g(a)=g(b) akkor 1/a=g(g(a))=g(g(b))=1/b,azaz a=b.Az 1/x mindent felvesz (0,+végtelen)-en,igy g(g(x)) szürjektiv,azaz g(x) is szürjektiv.A g(x) folytonos,injektiv,szürjektiv tehát szigorúan monoton.Ha g(x) szig.mon.növekedne,g(g(x)) is azt tenné de 1/x szig.mon csökken.Igy g szig mon csökken és a felvett értékkészlete a teljes(0,+végtelen).Ekkor ha x 'kicsi', g(x) 'nagy',g(g(x)) 'kicsi' ,de 1/x 'nagy'.Ez ellentmondás,mert g(g(x)))=1/x.(A fentiek pontos megfogalmazása: ha x tart 0-hoz g(x)->+végtelen,igy g(g(x))->0,de 1/x->végtelen).
|
Előzmény: [622] jenei.attila, 2004-11-24 20:39:06 |
|
[622] jenei.attila | 2004-11-24 20:39:06 |
Egy nem túl nehéz, de szerintem érdekes feladat:
Bizonyítsuk be, hogy nincs olyan g:R+R+ folytonos függvény, amelyre g(g(x))=1/x minden xR+-ra.
|
|
|
[620] rizs | 2004-11-24 19:14:02 |
Ha már Fibonacci a téma, akkor ezt ajánlom még egyszer :) 118.: Ha a Fibonacci sorozat elemeit egy-egy tizedeshellyel eltolva (akár balról jobbra, akár jobbról balra haladva) egymás alá írjuk és összeadjuk, akkor a sok szám összege végül ismétlődő szakaszokból fog állni, tehát olyan lesz, mint a végtelen szakaszos tizedestörtek. Sőt, nem csak olyan, hanem az is! Ha megfelelő helyre tesszük a tizedesvesszőt, akkor a két összeg éppen 1/A, illetve 1/B értékű lesz, ahol A és B prímszámok. Mennyi A és B?
|
|
[619] Maga Péter | 2004-11-24 18:45:38 |
A hatványsoros megoldáshoz hozzátenném, hogy az összes ilyen tulajdonságú függvényt generálja. Tehát: az ex hatványsorából érdemes indulni, ez . Ezek után pedig a minden 0 és 7 közötti egész i-re a 8k+i alakú egészekhez tartozó együtthatókat ugyanazzal a ci konstanssal szorozni. A tagok elhagyása (amit szefoharcos írt) a ci=0. Csak arra kell figyelni, hogy ha ügyetlenül választjuk meg ezeket a konstansokat, akkor korábbi derivált is lehet az eredeti függvény. Ez akkor teljesül, ha ugyanazt a kostans szorzót (ci) választjuk olyan együtthatókhoz, amelyeknek különbsége 8-nál kisebb, a 8-hoz nem relatív prím. A felírt hatványsor mindig értelmes, ezt a Cauchy-Hadamaard kritériummal lehet ellenőrizni.
|
Előzmény: [618] Lóczi Lajos, 2004-11-24 18:20:46 |
|
[618] Lóczi Lajos | 2004-11-24 18:20:46 |
Valóban, amely Általad említett függvény a koszinusz-analógiával is felírható persze:
legyen ismét egy primitív nyolcadik egységgyök, ekkor
lesz az a valós függvény, amely ex hatványsorából úgy keletkezik, hogy csak minden 8. tagot hagyunk meg, azaz a fenti függvény 0 körüli hatványsorának eleje
Egyébként ez csak valós elemi függvényekkel kifejezve egy harmadik alakban így fest:
vagy, ha a ch koszinusz-hiperbolikusz függvényt is használhatom, akár így:
|
Előzmény: [617] szefoharcos, 2004-11-24 17:43:32 |
|
[617] szefoharcos | 2004-11-24 17:43:32 |
Kedves Lajos!
Gratulaalok a megoldaasaidhoz! A Fibonacci-szaamokra ugyanezt talaaltam een is, de a fuggveenyesre volna egy megjegyzeesem, ami nem toolem szaarmazik: hatvaanysorok... Ahogy Kemeeny Legeeny is megoldotta, mieloott hangneme miatt letiltottaak volna: Az xn/n! sor minden 8. tagjaat hagyjuk csak meg. Konnyuu ellenoorizni, hogy ez joo.
|
|
[616] Lóczi Lajos | 2004-11-24 15:03:36 |
Egy kis segítség a 121. feladathoz:
némi keresgélés után rájöttem, hogy
F2n+1=Fn+12+Fn2 illetve
F2n=Fn+12-Fn-12,
ahol n pozitív természetes szám és Fn az n-edik Fibonacci szám, ha a sorozat így kezdődik: F1=1, F2=1, F3=2, stb.
Ezeket már könnyű bizonyítani például a Fibonacci-számok explicit alakjából.
|
Előzmény: [604] szefoharcos, 2004-11-23 22:42:38 |
|