Rendelje meg a KöMaL-t!

ELTE

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

Fórum - Érdekes matekfeladatok

Regisztráció Játékszabályok Technikai információ Témák Közlemények

[1. oldal] [2. oldal] [3. oldal] [4. oldal] [5. oldal] [6. oldal] [7. oldal] [8. oldal] [9. oldal] [10. oldal] [11. oldal] [12. oldal] [13. oldal] [14. oldal] [15. oldal] [16. oldal] [17. oldal] [18. oldal] [19. oldal] [20. oldal] [21. oldal] [22. oldal] [23. oldal] [24. oldal] [25. oldal] [26. oldal] [27. oldal] [28. oldal] [29. oldal] [30. oldal] [31. oldal] [32. oldal] [33. oldal] [34. oldal] [35. oldal] [36. oldal] [37. oldal] [38. oldal] [39. oldal] [40. oldal] [41. oldal] [42. oldal] [43. oldal] [44. oldal] [45. oldal] [46. oldal] [47. oldal] [48. oldal] [49. oldal] [50. oldal] [51. oldal] [52. oldal] [53. oldal] [54. oldal] [55. oldal] [56. oldal] [57. oldal] [58. oldal] [59. oldal] [60. oldal] [61. oldal] [62. oldal] [63. oldal] [64. oldal] [65. oldal] [66. oldal] [67. oldal] [68. oldal] [69. oldal] [70. oldal] [71. oldal] [72. oldal] [73. oldal] [74. oldal] [75. oldal] [76. oldal] [77. oldal] [78. oldal] [79. oldal] [80. oldal] [81. oldal] [82. oldal] [83. oldal] [84. oldal] [85. oldal] [86. oldal] [87. oldal] [88. oldal] [89. oldal] [90. oldal] [91. oldal] [92. oldal] [93. oldal] [94. oldal] [95. oldal] [96. oldal] [97. oldal] [98. oldal] [99. oldal] [100. oldal] [101. oldal] [102. oldal] [103. oldal] [104. oldal] [105. oldal] [106. oldal] [107. oldal] [108. oldal] [109. oldal] [110. oldal] [111. oldal] [112. oldal] [113. oldal] [114. oldal] [115. oldal] [116. oldal] [117. oldal] [118. oldal] [119. oldal] [120. oldal] [121. oldal] [122. oldal] [123. oldal] [124. oldal] [125. oldal] [126. oldal] [127. oldal] [128. oldal] [129. oldal] [130. oldal] [131. oldal] [132. oldal] [133. oldal] [134. oldal] [135. oldal] [136. oldal] [137. oldal] [138. oldal] [139. oldal] [140. oldal] [141. oldal] [142. oldal] [143. oldal] [144. oldal] [145. oldal] [146. oldal] [147. oldal] [148. oldal] [149. oldal]

Ha a témához hozzá kíván szólni, először regisztrálnia kell magát.

[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 S_i. (S megszámlálhatóan végtelen, elemei nem vihetők egymásba tükrözésekkel, forgatásokkal, eltolásokkal). Mérjük H lefedőképességét S-re nézve a következőképpen: f_H(s_i):=1, ha s_i $\in$ S lefedhető H-beli elemek eltoltja, elforgatottja vagy tükrözött verziójaival, átfedés nélkül, és különben 0, és definiáljuk a $Lmax_{(H,S)}=sup \left( \frac{1}{n}\sum_{i=1}^nf_{H}(s_i) \right)$ és $Lmin_{(H,S)}=inf\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nf_{H}(s_i)\right)$ 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) $\neq$ 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

[3743] uborkalekvar	2013-06-12 21:26:20
Rendben, köszi szépen! Közbe kijött nekem is ugyanez az eredmény máshogy úgyhogy tényleg jó:)
Előzmény: [3742] aaaa, 2013-06-12 19:04:04

[3742] aaaa	2013-06-12 19:04:04
igen, mert 10⁶-4*10⁵ kell, de a többi jó, programmal leellenőriztem.
Előzmény: [3741] uborkalekvar, 2013-06-12 18:50:29

[3741] uborkalekvar	2013-06-12 18:50:29
Köszönöm, viszont sztem a 2-es feladat megoldása nem jó, mert így nem 6 jegyű számot kapunk.
Előzmény: [3739] aaaa, 2013-06-12 18:16:21

[3740] jonas

2013-06-12 18:21:59

Az 1. feladatodhoz lásd a tesztverseny 2007. január 4. - 2007. február 3. forduló matematika feladatok, 7-8 osztály 5. feladatát.

A 2. feladathoz lásd a tesztverseny 2008. október 20. - 2008. november 19. forduló matematika feladatok, 7-8 osztály 4. feladatát.

Előzmény: [3738] uborkalekvar, 2013-06-12 17:19:31

[3739] aaaa

2013-06-12 18:16:21

1.a) $\binom{13}{6}$ b) $\binom{7}{3}\binom{6}{3}$

2. Legyen adott a következő p permutáció: (0123)(456789) Ekkor p(x) legyen p x számjegyeire egyenként alkalmazva. Ekkor p(x) egyértelmű, x pároshoz páratlant rendel, 400000-nél nem kisebbhez 400000-nél nem kisebbet, ismétlődédes számhoz ismétlődéseset. De így ismétlődéses páros és páratlan számból ugyanannyi van a 400000-nél nem kisebbek között. Vagyis megfelelő számból $\frac{10^7-4*10^6-6*9*8*7*6*5}{2}-1$ van, mert 400000 is megfelelő lenne.

Előzmény: [3738] uborkalekvar, 2013-06-12 17:19:31

[3738] uborkalekvar

2013-06-12 17:19:31

Sziasztok!

Valaki tudna segíteni ebben a 2 feladatban?

1. a.Hányféleképpen juthatunk el a koordináta-rendszerben az origóból a (7,6) pontba, ha egy lépés során csak jobbra, illetve felfelé léphetünk 1 egységet? b.Hány esetben haladunk át a (3,4) ponton?

2.Hány olyan valódi hatjegyű páros szám van, amely nagyobb 400000-nél és van benne ismétlődő számjegy?

Köszönöm előre is a segítséget!

[3737] aaaa

2013-06-11 19:02:07

valóban igazad van, butaság, amit írtam. Újra nekifutva: Tegyük be a hálót egy koordinátarendszerbe, (0;0) legyen az egyik csúcs, egység hosszú oldala legyen a négyzeteknek, legyen a rács tengelypárhuzamos n*n-es háló, ahol n>5, az (x,y), (x,y+1) szakaszt jelölje (x,y+0.5) s (x,y), (x+1,y)-t (x+0.5,y). Az L-betűt a 2 szakasz 3 végpontjával adjuk meg, a négyzetet meg (x+0.5,y+0.5) alakban.

Na most nézzük a (0;0) sarkot. Ha L-betű van itt, akkor az (2,0)-(0,0)-(0,2), mert különben (0,0)-(0,2)-(2,2)-t és (0,0)-(2,0)-(2,2)-t használjuk, de ekkor (1,0.5) és (0.5,1) nem fedhető le átfedés nélkül. Így leraktuk a (2,0)-(0,0)-(0-2) L-betűt. Ekkor (1,0.5) és (0.5,1) csak egyféleképp fedhetők, (1,0)-(1,2)-(3,2)-vel és (0,1)-(2,1)-(2,3)-al. Ezután (2,0.5) és (0.5,2) csak (2.5,0.5)-el és (0.5,2.5)-el fedhető. Ezután (0,3.5) és (3.5,0) fedéséhez kell (0,3)-(0,5)-(2,5) és (3,0)-(5,0)-(5,2). Most ha ránézünk (4,0.5), (0.5,4)-re, akkor muszáj (4,0)-(4,2)-(6,2)-t és (0,4)-(2,4)-(2,6)-t lerakni, de ekkor (1,3.5) és (3.5,1) nem fedhető semmivel.

Konklúzió: a sarokban négyzet van, ha legalább 6*6-os négyzetről van szó, vagyis (0.5,0.5)-t fel kell használni. De ekkor (0,1.5)-t és (1.5,0)-t csak (0,1)-(0,3)-(2,3) és (1,0)-(3,0)-(3,2) fedheti, és ettől fogva (0,2n+1.5)-t és (2n+1.5,0)-t csak (0,2n+1)-(0,2n+3)-(2,2n+3) és (2n+1,0)-(2n+3,0)-(2n+3,2) fedheti.

Összefoglalva: egy legalább 6*6-os négyzet jó lefedésénél minden sarokban négyzet van, és a határszakaszokat egyértelműen fedik az L-betűk. De ekkor 2 eset van: ha n=2k+1, akkor lesz egy szakasz minden határon, amit nem tudunk lefedni, ha n=2k, akkor meg a négyzetektől induló L-betűk egymást fogják fedni, ahol a két sarokhoz tartozó L-betűk találkoznak.

A kimaradó kérdések: n=2,3,4,5-re van-e lefedés

n=2-re trivi, hogy nincs

n=3-ra (0.5,2.5), (2.5,0.5), (2.5,2.5), (2,0)-(0,0)-(0,2), (1,0)-(1,2)-(3,2) és (0,1)-(2,1)-(2,3) jó fedés

n=4-re L-betűs sarkos érvelés megakad (0,3.5) és (3.5,0)-nál, a négyzetes igaz rá, nincs fedés

n=5-re L-betűs sarkos érvelés megakad (4,0.5) és (0.5,4)-nél, a négyzetes igaz rá, nincs fedés

Összefoglalva: csak és kizárólag n=3-ra rakható ki.

Előzmény: [3736] w, 2013-06-10 22:22:03

[3736] w	2013-06-10 22:22:03
Nagyon vázlatos. "A másik 2 oldal ekkor nem fedhető le egyszerre ezekkel a típusú darabokkal átfedés nélkül." Átfedés alatt azt értem, hogy két darabnak közös szakasza van. Metszhetik még egymást. (Nem tudom, erre gondoltál-e.)
Előzmény: [3734] aaaa, 2013-06-10 00:08:48

[3735] jonas	2013-06-10 09:55:57
Négyzet alakú drótdarabokkal nyilván nem lehet, mert ezek a rács szélét nem tudják lefedni. Azt nem tudom, hogy L alakú darabokkal mi a helyzet.
Előzmény: [3733] w, 2013-06-06 09:21:45

[3734] aaaa	2013-06-10 00:08:48
Nem, L-betűt nem használhatunk a kirakáshoz, ugyanis tekintsük az L-betű "csúcsánál" lévő négyzetet, amelynek 2 oldala az L-betűbe esik. A másik 2 oldal ekkor nem fedhető le egyszerre ezekkel a típusú darabokkal átfedés nélkül. Csak négyzetekkel meg nem lehet lefedni. (megj. ez minimum 2*2-es négyzethálóra is igazolja, hogy nem lehet)
Előzmény: [3733] w, 2013-06-06 09:21:45

[3733] w	2013-06-06 09:21:45
Aha értem. Akkor témát váltok: ki lehet-e rakni egy 8x8-as négyzetrácsot átfedés nélkül a szimmetrikus, négy egységszakaszból álló L-alakú, illetve négyzet alakú drótdarabkákkal?
Előzmény: [3732] aaaa, 2013-06-06 08:31:09

[3732] aaaa	2013-06-06 08:31:09
azt a megoldást ismerem máshonnét, és épp ezért nem azt írtam le, meg most már ez a becsléssorozat egy kicsit kézenfekvőbb volt :)
Előzmény: [3731] w, 2013-06-06 08:21:32

[3731] w	2013-06-06 08:21:32
Lehet tanulságossá tenni. Kezdd azzal, hogy a feladatot megpróbálod szépen megoldani. Van igen szép, integrálos egyenlőtlenség nélküli megoldása, csak ahhoz gondolkodni is kell :-) Segítség: mi indukciót akarunk csinálni, csak n-re nem sikerül. Azt igazold, hogy g(n)<3.
Előzmény: [3730] aaaa, 2013-06-05 22:45:26

[3730] aaaa

2013-06-05 22:45:26

Utóbbi alsó korlátja triviálisan a $\sqrt{2}$ , felsőre meg logaritmálunk, szóval a következőt kéne minél jobban becsülni:

$g(n)=exp\bigg(\sum_{i=2}^{n}\frac{\log i}{2^{i-1}}\bigg)$

Mivel 2log x<x-1, ha x>4, ezért mehet a következő felső becslés: $g(n)<exp\bigg(\sum_{i=2}^{n}\frac{\log i}{2^{i-1}}\bigg)=\sqrt{2\sqrt{3}}exp(\sum_{i=4}^n\frac{i}{2^i}-\frac{1}{2^i})<\sqrt{2e\sqrt3}$

Ha meg nem becsülünk így felülről, hanem integrállal becsülgetünk, akkor n=10-től indítva az integrált felső korlátnak 2.76676 adódik pl, de ez nem túl tanulságos.

Előzmény: [3729] w, 2013-06-05 21:33:20

[3729] w

2013-06-05 21:33:20

További algebrai ügyeskedés (ami nagyon tetszik) ennek a topicnak az első hozzászólásaiban található: mennyi lesz az

$S=\sum_{k=2}^\infty \left(\zeta(k)-1\right)$

összeg, ha $\zeta$ (k) a híres Riemann-féle zéta-függvény. Riasztóbb, mint amilyen.

Új feladat következik. Egy másik függvényt mondok, pl. g-t, ami ezúttal a pozitív egészek közül a 2-nél nagyobbakra hat, és nem más, mint

$g(n)=\sqrt{2\sqrt{3\sqrt{\dots\sqrt{(n-1)\sqrt n}}}}$

lesz. Most nem puccoskodok, csak kérem, hogy mutassuk meg, hogy g felülről és alulról korlátos. Adjunk meg minél jobb korlátot.

Előzmény: [3728] aaaa, 2013-06-05 21:22:05

[3728] aaaa	2013-06-05 21:22:05
Hú, tényleg, pozitívakra gondoltam. Igen, bernoulliból szépen kijön, vagy még a b) feladat szorzatának felső becsülgetéséből is pont ez adódik.
Előzmény: [3727] w, 2013-06-05 21:12:46

[3727] w

2013-06-05 21:12:46

Aranyos. Nekem pozitív egészekre van megoldásom, de nem is baj, mert csak poz. egészekre értelmezhetők a kifejezések, vagy teljesül az egyenlőtlenség. (Utóbbi magyarázata: ha n=1 és m<0, akkor a bal oldal 1-1/(-m), a jobb oldal 1+0, ami ellentmondás.) A Bernoulli-egyenlőtlenség szerint

$\left(1+\frac{1+\log n}{mn}\right)^n>1+n\cdot \frac{1+\log n}{mn}=1+\frac1m+\frac{\log n}m>1+\frac{\log n}m$

és ebből n-edik gyököt vonva megkapjuk a kívántat.

Már aki nem ismeri a Bernoullit, az kínos helyzetben van, mert vagy eszébe jut a súlyozott hatványközepek közötti egyenlőtlenség (ami bizonyítja a Bernoullit), vagy (nagyobb eséllyel) rájön, hogy itt indukciót lehetne csinálni. Ennek ellenére a feladat legkönnyebb megoldása a binomiális tétellel történik (megint ekvivalens átal. n-edikre hatványozok):

$\left(1+\frac{1+\log n}{mn}\right)^n=\sum_{k=0}^n \binom n k\cdot\left(\frac{1+\log n}{mn}\right)^k\ge \binom n 0+\binom n 1\cdot\frac{1+\log n}{mn}=1+\frac{1+\log n}m>1+\frac{\log n}m$

Előzmény: [3726] aaaa, 2013-06-05 20:02:28

[3726] aaaa

2013-06-05 20:02:28

Bizbe, hogy:

$1+\frac{1+\log n}{mn}>\root{n}\of{1+\frac{\log{n}}{m}}$

minden egész n és m párra.

[3725] aaaa

2013-06-05 19:53:28

Remélem azért nem írtam el sehol, de:

a) Legyen:

$P_{l,n}=\prod_{i=l}^n\frac{3i+2}{3i+1}, \qquad Q_{l,n}=\prod_{i=l+1}^n\frac{3i}{3i-1}, \qquad R_{l,n}=\prod_{i=l+1}^n\frac{3i+1}{3i}$

Ekkor Q_l,n+1>P_l,n>R_l,n>Q_l,n, ez pl. tényezőnkénti összehasonlítással adódik, az alsó ill felső becsléshez használt PQR típusú két szorzat meg teleszkópos, lesz. Ekkor

$\frac{3l+3}{3n+1}=P_{l,n}Q_{l,n+1}R_{l,n}>P_{l,n}^3>P_{l,n}Q_{l,n}R_{l,n}=\frac{3l+2}{3n+1}$

$\root3\of{\frac{3l+3}{3n+1}}>P_{l,n}>\root3\of{\frac{3l+2}{3n+1}}$

A feladatban l=2666, n=333, így $\root{3}\of{8,001}>P>2$ adódott.

b) Először is, ha x_i>0 teljesül a következő, egyenlőség i=1 esetén:

$\prod_{i=1}^n (1+x_i)\geq 1+\sum_{i=1}^n x_i$

Vagyis, felhasználva $\sum_{i=1}^n i^{-1}>\log n$ -et:

$\prod_{i=1}^n \Big(1+\frac{1}{mi}\Big)\geq 1+\frac{1}{m}\sum_{i=1}^n\frac{1}{i}>1+\frac{\log (n)}{m}$

Szóval minden m>0-ra tart a végtelenbe.

Előzmény: [3724] w, 2013-06-05 15:27:35

[3724] w

2013-06-05 15:27:35

Definiáljuk a pozitív egész számokon értelmezett f(n,m) függvényt a következőképpen:

$f(n,m)=\prod_{k=1}^n \frac{mk+1}{mk}$ .

(a) Nagyobb vagy kisebb a

$P=\frac{8000}{7999}\cdot\frac{7997}{7996}\cdot\frac{7994}{7993}\cdot\dots\cdot\frac{1004}{1003}\cdot\frac{1001}{1000}$

kifejezés a kettőnél?

(b) Mely m számok esetén lesz $\lim_{n\to\infty} f(n,m)=\infty$ ?

[3723] w	2013-05-29 21:56:44
Nagyon köszönöm!
Előzmény: [3722] m2mm, 2013-05-29 21:25:04

[3722] m2mm

2013-05-29 21:25:04

Legyen A={1,2,...,n}. Ekkor az A-> A szürjektív leképezések száma n! ugye. Másfelől ha azon leképezések halmaza A_i, melyek képének nem eleme i, akkor a logikai szita szerint $|A_1\cup A_2\cup...\cup A_n|=-\sum_{k=1}^n (-1)^k\binom{n}{k} (n-k)^n$ . Másfelől |A₁ $\cup$ A₂ $\cup$ ... $\cup$ A_n|=nⁿ-n!. Szóval $n^n-n!=-\sum_{k=1}^n (-1)^k\binom{n}{k} (n-k)^n$ , $n!=n^n+\sum_{k=1}^n (-1)^k\binom{n}{k} (n-k)^n=\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{n}{k} (n-k)^n$ .