Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: Valaki mondja meg!

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]    [49]    [50]    [51]    [52]    [53]    [54]    [55]    [56]    [57]    [58]    [59]    [60]    [61]    [62]    [63]    [64]    [65]    [66]    [67]    [68]    [69]    [70]    [71]    [72]    [73]    [74]    [75]    [76]    [77]    [78]    [79]    [80]    [81]    [82]    [83]    [84]    [85]    [86]    [87]    [88]    [89]    [90]    [91]    [92]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[2058] Sinobi2015-12-14 22:11:22

És ha az intervallumok méretének adunk valami K alsó korlátot? (azt sejtem, hogy így már nem lehet)

És ha nagyobb (mondjuk 2) dimenzióban akarunk ilyen, >K méretű kockákkal fedni?

Vagy, ha még azt is megengedjük, hogy olyan alakzatokkal fedünk, amelyek előállnak véges sok téglatest uniójaként/metszeteként?

(ezeket próbáltam, sikertelenül. Állítólag valamelyik Lebesgue integrálos tétellel könnyű, de én azt nem tudom. Sőt, még az eredményt sem igazán.)

Előzmény: [2056] Róbert Gida, 2015-12-14 17:34:37
[2057] csábos2015-12-14 20:48:29

Nagyon szép válasz!

Előzmény: [2056] Róbert Gida, 2015-12-14 17:34:37
[2056] Róbert Gida2015-12-14 17:34:37

Nem igaz: &tex;\displaystyle I_n=[\frac {1}{2n},\frac {1}{n}]&xet; triviális ellenpélda, összhossz végtelen, és minden pont véges sokszor van fedve.

Előzmény: [2055] Sinobi, 2015-12-13 21:30:23
[2055] Sinobi2015-12-13 21:30:23

Igaz-e hogy ha az egység intervallumba elhelyezünk végtelen sok zárt intervallumot, hogy az összhosszuk divergens, akkor biztosan létezni fog legalább 1 pont, amelyik végtelen sok által van lefedve? (R felett)

[2054] Sinobi2015-12-11 21:17:47

Nem hiszek neked.

Előzmény: [2053] lorantfy, 2015-12-09 11:50:08
[2053] lorantfy2015-12-09 11:50:08

Közben megtaláltam a keresett mértani helyet: Az adott ív főkörével párhuzamos síkon lévő körív a gömbön. Lexell-körnek hívják.

Előzmény: [2048] lorantfy, 2015-12-05 19:46:07
[2052] lorantfy2015-12-07 18:46:46

Nagyon szép megoldás! Köszi!

Előzmény: [2051] emm, 2015-12-06 16:43:16
[2051] emm2015-12-06 16:43:16

&tex;\displaystyle D:=(A\cup B\cup C)^c&xet;, ekkor &tex;\displaystyle {P}(D)=1-p-q-r&xet;. Ekkor lényegében egy 4 oldalú cinkelt "kockával" dobunk. Legyen a keresett valószínűség &tex;\displaystyle R_n&xet;. Feltételezzünk arra, hogy az első dobás, amikor &tex;\displaystyle D&xet;-től különbözőt dobunk, &tex;\displaystyle k&xet;, legyen ez az esemény &tex;\displaystyle S_k&xet;, és a &tex;\displaystyle k&xet;-ik dobás &tex;\displaystyle X_k&xet;, a függetlenséget használva adódik, hogy:

&tex;\displaystyle P(S_k)=P\left(X_{k}\neq D\cap\bigcap_{j=1}^{k-1}X_j=D \right)=P(X_k\neq D)\prod_{j=1}^{k-1}P(X_j=D)=(1-p-q-r)^{k-1}(p+q+r) &xet;

Ebből a nekünk megfelelő eset az, amikor &tex;\displaystyle A&xet;-t dobunk, így az &tex;\displaystyle A&xet;, &tex;\displaystyle B&xet;, &tex;\displaystyle C&xet; események páronként kizáró volta miatt: miatt:

&tex;\displaystyle P(S_k\cap X_k=A)=P\left(X_{k}=A\cap\bigcap_{j=1}^{k-1}X_j=D \right)=P(X_k=A)\prod_{j=1}^{k-1}P(X_j=D)(1-p-q-r)^{k-1}p &xet;

Vagyis &tex;\displaystyle n&xet; dobás esetén, alkalmazva a mértani sor összegképletét:

&tex;\displaystyle P(R_n)=\sum_{i=1}^nP(S_i\cap X_i=A)=p\sum_{i=0}^{n-1}(1-p-q-r)^{i} =p\frac{1-(1-p-q-r)^n}{p+q+r} &xet;

Ha &tex;\displaystyle p,q,r>0&xet;, akkor &tex;\displaystyle n\to\infty&xet; esetén a keresett valószínűség tart &tex;\displaystyle \frac{p}{p+q+r}&xet;-hez. (és nem okoz problémát, ha &tex;\displaystyle p+q+r=1&xet;).

Előzmény: [2049] lorantfy, 2015-12-05 19:56:56
[2050] csábos2015-12-05 21:15:08

https://hu.wikipedia.org/wiki/Collatz-sejtés

Előzmény: [2047] Jhony, 2015-12-05 19:23:55
[2049] lorantfy2015-12-05 19:56:56

Az A, B és C egymást kizáró események P(A)=p, P(B)=q, P(C)=r. Mennyi a valószínűsége n független kísérletet elvégezve, hogy A előbb következik be mint B vagy C? Mi lesz e valószínűség határértéke, ha n tart a végtelenbe?

[2048] lorantfy2015-12-05 19:46:07

Adott egy gömbön az AB ív. Hol vannak a gömbfelületen azok a C pontok, melyekre az ABC gömbháromszög területe egy adott állandó.

[2047] Jhony2015-12-05 19:23:55

- köszönöm szépen a válaszokat ! - a továbbiakban folytatnám a gondolatot,tekintsük nulladik lépésnek az előzőekben felírt és elfogadott,bizonyítást nem igénylő képletet,azaz

0. &tex;\displaystyle 2^a *(2b+1)=N&xet; képletet, ,,a" és ,,b" eleme az N+(0) -nak 1. tudjuk,ha &tex;\displaystyle 2^a&xet; azaz 2-őt az ,,a" hatványon ,,a"-szor osztjuk 2-vel az eredmény 1 2. ha (2b+1) -et beszorozzuk 3-mal és hozzáadunk 1-et ,azaz (2b+1)*3 +1 = 6b+4 azaz 6b+4 = 2(3b+2) vagyis az eredmény ismét egy páros szám amit osztva 2 -vel kapjuk a (3b+2),ami páratlan 3. ha a (3b+2) -őt beszorozzuk 3-mal és hozzáadunk 1-et ,azaz (3b+2)*3 +1 = 9b+7 4. bizonyítsuk be,hogy &tex;\displaystyle (9b+7)=2^x&xet; ahol ,,x" természetes szám,vagyis bizonyítsuk be,hogy a fent említett képletből bármely (2b+1) számra folytatván a sort,azaz szorozva 3-mal plusz 1 ,osztva 2 -vel majd ismét szorozva 3-mal plusz 1 előbb-utóbb 2 hatványát eredményezi .

[2046] nadorp2015-12-05 13:47:32

Úgy kaphatsz ilyet:

&tex;\displaystyle 2^a(2b+1)&xet;

ha 2^a(2b+1) elejére és végére egy $ jelet írsz. A matematikai mód ezzel a jellel kezdődik és végződik.

Előzmény: [2044] Jhony, 2015-12-05 01:43:56
[2045] csábos2015-12-05 09:12:48

Kedves Jhony!

Amit írsz, az a számelmélet alaptételéből következik:

Minden nem 0 és nem 1 nem -1 egész szám felírható prímszámok (prímhatványok) szorzatatként és ez az előállítás előjeltől és sorrendtől eltekintve egyértelmű.

pl &tex;\displaystyle 1800=2\cdot 3\cdot 3\cdot 5\cdot2\cdot2\cdot 5&xet;, vagy &tex;\displaystyle 1800=-3\cdot 2\cdot (-2)\cdot 5\cdot2\cdot3\cdot 5&xet;

Kanonikus alaknak hívjuk azt, amikor a prímtényezőket csoportosítjuk, és a megfelelő kitevőn írva szorozzuk őket össze, pl &tex;\displaystyle 1800=2^3\cdot 3^2\cdot 5^2&xet;

Esetünkben: ha &tex;\displaystyle n&xet; páratlan, akkor &tex;\displaystyle n=2b+1&xet; valamilyen &tex;\displaystyle b&xet; egész számra és

&tex;\displaystyle n=2^0(2b+1)&xet;

Ha &tex;\displaystyle n&xet; osztható kettővel, akkor &tex;\displaystyle n&xet; prímtényezős felírásában szerepel a kettő. Írjuk föl &tex;\displaystyle n&xet; kanonikus alakját: &tex;\displaystyle n=2^\alpha\cdot p_1^{\beta_1}\cdots p_t^{\beta_t}&xet; Most a kettőhatvány utáni rész páratlan, azaz &tex;\displaystyle 2b+1&xet; alakú, így &tex;\displaystyle n=2^\alpha(2b+1)&xet;.

Hátra van még az 1, mert arról nem szól a számelmélet alaptétele: &tex;\displaystyle 1=2^0(2\cdot 0+1)&xet;

Előzmény: [2044] Jhony, 2015-12-05 01:43:56
[2044] Jhony2015-12-05 01:43:56

Tisztelt fórumozók ! - kérdésem ki hogyan bizonyítaná be,hogy az alábbi képlet alkalmas minden N természetes szám felírására :

(2)'a *(2b +1) = N vagyis 2 az ,,a" hatványon szorozva (2b+1) = N bocsánat,de kitéve a hatványkitevőt a következő üzenetet kaptam :,,Hiba: A ,,hatványkitevő" parancs csak matematikai módban használható " - tudván,hogy a és b eleme az N + (0) vagyis a és b eleme a természetes számok halmazának plusz nulla

- elképzelésem a ,,reductio ad absurdum" vagyis visszavezetés a lehetetlenre

(2)'0 *(2*0 +1) =/= 1 vagyis azaz 2 a nulla hatványon szorozva ... 1 *(0 +1) =/= 1 vagyis

1 =/= 1 ami tudjuk,hogy nem igaz,

- vélemények ?

- segítségeteket nagyon szépen köszönöm !

[2043] lorantfy2015-11-27 13:50:35

Megoldást szeretnél vagy csak segítséget? Feltehetjük, hogy minden matematikus egyformán, okosan gondolkodik. Ahogy biztosan megtudja, hogy maszatos lett leszáll és megmossa az arcát. Kezd el 2 emberrel és gondold végig a lehetőségeket, aztán ha kell növeld a számukat!

Előzmény: [2042] marcius8, 2015-11-23 08:16:55
[2042] marcius82015-11-23 08:16:55

Matematikusok egy vonaton születésnapi bulit rendeznek, és egy csokistortát majszolgatva összemaszatolják magukat. A kalauz jegyellenőrzés közben megjegyzi, hogy némelyik matematikusnak csokikrémes lett a füle. A matematikusok persze rögtön elszégyellik magukat, és ezután egy szót sem szólnak egymáshoz. Persze látják egymást, de magukat nem, ugyanis a vonaton nincsen tükör. A matematikusok a vonaton még megmosakodni sem tudnak, mert a vonaton nincs víz. A kalauz persze jó tanácsként közli a matematikusokkal, hogy minden megállóhelyen van mosakodásra lehetőség. Ezután a következő megállónál nem száll le egyetlen egy matematikus sem a vonatról, hogy megmosakodjon. A rákövetkező megállón sem száll le egyetlen egy matematikus sem a vonatról, hogy megmosakodjon. Viszont a harmadik megállónál néhány matematikus leszáll a vonatról, hogy megmosakodjon.

Kérdés: Hány matematikus szállt le a vonatról mosakodás céljából?

[2041] Lóczi Lajos2015-10-13 01:22:36

A test térfogatának kérdését tekintve &tex;\displaystyle -&xet; az alábbiak a felszínre "még inkább" vonatkoznak &tex;\displaystyle -&xet; számomra úgy tűnik, hogy a térfogat nem fejezhető ki elemi függvényekkel. Még konkrét speciális esetben sem sikerült.

Tekintsük pl. az &tex;\displaystyle R=2&xet;, &tex;\displaystyle r=1/2&xet; esetet. Ekkor a test nyolcadrésze látható az ábrán. Különféle darabolásokkal a térfogat felírható kettős-, illetve egyszeres integrálokkal, ám úgy tűnik, hogy ezeknek nincs elemi primitív függvénye.

Természetesen numerikusan az integrálok, s így a térfogat is számolható.

Meg tudnánk például határozni az &tex;\displaystyle R=2&xet;, &tex;\displaystyle r=1/2&xet; esetben a teljes test közelítő térfogatát?

Előzmény: [2040] marcius8, 2015-10-07 08:22:45
[2040] marcius82015-10-07 08:22:45

Meg tudja nekem valaki mondani annak a testnek a térfogatát és felszínét, amely három, egymással egybevágó, egymásra merőleges, ugyanazzal a középponttal rendelkező tóruszból áll. Ismert a tóruszok középkörének "R" sugara és ismert a tóruszok kör alakú síkmetszetének "r" sugara, ahol r<R.

[2039] marcius82015-09-28 10:56:20

Köszönöm az információkat. Bertalan Zoltán.

Előzmény: [2038] Kemény Legény, 2015-09-23 12:17:44
[2038] Kemény Legény2015-09-23 12:17:44

"- Van-e olyan négytagú (esetleg többtagú) számtani sorozat, amelynek minden tagja négyzetszám?"

Erre úgy tűnik, szintén tagadó a válasz: pl. Győri, Hajdu és Pintér cikke (Perfect powers from products of consecutive terms in arithmetic progression, Compositio Mathematica, 2009) alapján egy még erősebb állítás is igaz:

"We prove that for any positive integers x,d and k with gcd (x,d)=1 and 3<k<35, the product x(x+d)...(x+(k-1)d) cannot be a perfect power".

A cikk alapján úgy tűnik, az &tex;\displaystyle x(x+d)...(x+(k-1)d)=by^n, (x,d)=1&xet; egyenlet megoldását már Euler is vizsgálta a &tex;\displaystyle b=1, k=4, n=2&xet; esetre. Sőt Erdős sejtése az, hogy &tex;\displaystyle k>3&xet; esetén sosem lehet egy (rel. prímekből álló) számtani sorozat &tex;\displaystyle k&xet; egymást követő elemének szorzata teljes hatvány.

Előzmény: [2035] marcius8, 2015-09-23 11:39:32
[2037] Kemény Legény2015-09-23 11:58:07

Pontosítok: nincs megoldása a nem-0 egész számok körében.

Előzmény: [2036] Kemény Legény, 2015-09-23 11:55:46
[2036] Kemény Legény2015-09-23 11:55:46

"- Van-e olyan háromtagú (esetleg többtagú) számtani sorozat, amelynek minden tagja köbszám (esetleg negyedik hatvány, esetleg ötödik hatvány, ..... stb.)"

Egy gyors keresés után ezt az arxiv-os Ribet-cikket találtam.

A Conjecture 1 alapján pedig úgy tűnik, az az általános sejtés (Dénes, 1952), hogy számtani sorozatot csak triviális módon alkothatnak páratlan prímkitevő esetén.

Ebben a Theorem 3 azt állítja, hogy &tex;\displaystyle a^p+2^{\alpha}b^p+c^p=0&xet;-nak nincs megoldása az egész számok körében, ha &tex;\displaystyle 2\le \alpha\le p&xet;. Továbbá &tex;\displaystyle a^p+2b^p+c^p=0&xet;-nek nincs olyan relatív prím egész megoldása, ahol abc páros lenne. Illetve a Theorem 4 p=4k+1 alakú kitevőre igazolja a sejtést.

Előzmény: [2035] marcius8, 2015-09-23 11:39:32
[2035] marcius82015-09-23 11:39:32

Sok olyan háromtagú számtani sorozat van, amelynek tagjai négyzetszámok. (Ilyen például 1, 25, 49 vagy 49, 169, 289 vagy 49, 289, 529 vagy 961, 1681, 2401 stb....) Az ilyen háromtagú sorozatok tagjainak előállítása visszavezethető pitagoraszi számhármasokra, és az ilyen sorozatok tagjaiból pitagoraszi számhármasok állíthatóak elő.

De:

- Van-e olyan négytagú (esetleg többtagú) számtani sorozat, amelynek minden tagja négyzetszám?

- Van-e olyan háromtagú (esetleg többtagú) számtani sorozat, amelynek minden tagja köbszám (esetleg negyedik hatvány, esetleg ötödik hatvány, ..... stb.)

Tisztelettel: Bertalan Zoltán.

[2034] marcius82015-09-07 11:19:09

Legyen "D(n)" az "n" elemű permutációk közül azoknak a száma, amelyeknek nincs fixpontja. Bizonyítsuk be kombinatorikus módon a következő összefüggést:

D(k)=(k-1)*(D(k-1)+D(k-2))

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]    [49]    [50]    [51]    [52]    [53]    [54]    [55]    [56]    [57]    [58]    [59]    [60]    [61]    [62]    [63]    [64]    [65]    [66]    [67]    [68]    [69]    [70]    [71]    [72]    [73]    [74]    [75]    [76]    [77]    [78]    [79]    [80]    [81]    [82]    [83]    [84]    [85]    [86]    [87]    [88]    [89]    [90]    [91]    [92]