KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
English Információ A lap Pontverseny Cikkekről Távoktatás Hírek Fórum Internetes Tesztverseny
Játékszabályok
Technikai információk
TeX tanfolyam
Regisztráció
Témák

 

Rendelje meg a KöMaL-t!

Támogatóink:

tehetseg.hu

Ericsson

Google

Emberi Erőforrások Minisztériuma

Emberi Erőforrás Támogatáskezelő

Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet

ELTE

Reklám:

KöMaL Füzetek 1: Tálalási javaslatok matematika felvételire

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

Fórum - Valaki mondja meg!

  Regisztráció    Játékszabályok    Technikai információ    Témák    Közlemények  

Ön még nem jelentkezett be.
Név:
Jelszó:

  [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]  

Ha a témához hozzá kíván szólni, először regisztrálnia kell magát.
[1943] machobymb2014-10-20 09:53:57

Köszönöm a segítséget. Ezt nem próbáltam:(

Előzmény: [1942] emm, 2014-10-16 12:43:08
[1942] emm2014-10-16 12:43:08

&tex;\displaystyle \Big(\frac{48}{6}+2\Big)\cdot \Big(8-\frac{6}{3}\Big)=60&xet;

Előzmény: [1941] machobymb, 2014-10-15 22:38:18
[1941] machobymb2014-10-15 22:38:18

Helyezz el zárójeleket úgy a műveletsorban, hogy teljesüljön az egyenlőség:

48 : 6 + 2 * 8 - 6 : 3 = 60

Már egy napja töröm rajta a fejem. Szerintem elírták. Várom a megoldást! Előre is köszönöm!

[1940] Róbert Gida2014-09-04 21:35:43

Egyszerűbben: ha &tex;\displaystyle n>1&xet; kétszeresen összetett szám, akkor &tex;\displaystyle \varphi(n)-2\le 2*\pi (n)&xet; (,mert &tex;\displaystyle \varphi(n)-2&xet; darab &tex;\displaystyle i&xet; van amelyre &tex;\displaystyle 1<i<n-1&xet; és &tex;\displaystyle n&xet;-hez relatív prím, minden ilyen &tex;\displaystyle (i,n-i)&xet; párból az egyik prím, és minden prímet legfeljebb 2-szer számoltunk). De &tex;\displaystyle \varphi(n)>c*\frac {n}{log(log(n))}&xet; (lásd wiki cikket), ebből &tex;\displaystyle \pi (n)>d*\frac {n}{log(log(n))}&xet; ami prímszámtételnek mond ellen, ha &tex;\displaystyle n&xet; nagy. Így véges sok kétszeresen összetett szám van.

Előzmény: [1939] w, 2014-09-04 19:55:48
[1939] w2014-09-04 19:55:48

Ez akkor annak bizonyítása, hogy véges sok "kerek szám" van.

Sirpi feladata, ha jól értem, az volt, hogy igazoljuk, hogy csak véges sok &tex;\displaystyle N&xet;-hez nincs olyan hozzá relatív prím, összetett &tex;\displaystyle 0<a,b<N&xet; pár, hogy &tex;\displaystyle N=a+b&xet;. Ez annyit takar, hogy bármely &tex;\displaystyle (a,N)=1&xet; esetén, melyre &tex;\displaystyle 0<a\le \frac N2&xet;, teljesül, hogy &tex;\displaystyle a&xet; vagy &tex;\displaystyle N-a&xet; prímszám.

Most első nekifutásra úgy tűnik, hogy a feladat enged nagyságrendi számolásoknak.

Jelölje minden &tex;\displaystyle n\ge 2&xet;-re &tex;\displaystyle P(n)&xet; az &tex;\displaystyle n&xet;-nél nem nagyobb prímek szorzatát, és &tex;\displaystyle R(n)&xet; pedig az &tex;\displaystyle \frac n2&xet;-nél nem nagyobb, &tex;\displaystyle n&xet;-hez relatív prím számok szorzatát. Ha &tex;\displaystyle N&xet; teljesíti a feltételt, akkor &tex;\displaystyle P(N)\ge R(N)&xet;.

Erdős még belátta, hogy &tex;\displaystyle P(n)<4^n&xet; (indukcióval, felhasználva, hogy minden &tex;\displaystyle (n;2n]&xet;-beli prím osztja &tex;\displaystyle \binom{2n}n&xet;-et). A megoldáshoz annyit kell belátnunk, hogy &tex;\displaystyle R(N)&xet; gyorsabban nő, mint &tex;\displaystyle 4^N&xet;, ami igaznak tűnik, bár ellenőrzésre szorul.

Előzmény: [1937] csábos, 2014-09-04 19:06:31
[1938] csábos2014-09-04 19:38:28

Azaz, nyilván NEM igaz.

Előzmény: [1937] csábos, 2014-09-04 19:06:31
[1937] csábos2014-09-04 19:06:31

Legyen &tex;\displaystyle n=\prod_1^n p_i^{\alpha_i}&xet;. Ekkor ha &tex;\displaystyle q,r,s&xet; prímek nem szerepelnek a &tex;\displaystyle p_i&xet;-k közt, akkor &tex;\displaystyle qr,qs,rs &xet; relatív prím összetett számok. Ha a legnagyobb ellenpéldát keressük, akkor a &tex;\displaystyle n=\prod_1^n p_i<p_{n+1}p_{n+3}&xet; egyenlőtlenséghez jutunk, ami nagy számokra nyilván igaz. Ez általánosan igaz pl Konstans sok kivételével nem prímre

Előzmény: [1935] Sirpi, 2014-09-04 15:37:42
[1936] Róbert Gida2014-09-04 18:56:21

http://oeis.org/A096076

Előzmény: [1935] Sirpi, 2014-09-04 15:37:42
[1935] Sirpi2014-09-04 15:37:42

Hoztam én is egy feladatot.

Ismert a kerek szám (round number) fogalma: egy szám ilyen, ha nincs nála kisebb, hozzá relatív prím összetett szám. Ezek ismertek, a legnagyobb közülük a 30.

Legyen egy szám összegkerek, ha nincs két hozzá relatív prím összetett szám, melyek összegeként előáll az eredeti. Nem tudom, elnevezte-e ezeket a számokat valaki, ez itt a saját elnevezésem. Nyilván minden kerek szám összegkerek is.

A feladat az lenne, hogy bizonyítsuk be, hogy ilyen kétszeresen összetett számból is csak véges sok van.

[1934] Kőrösi Ákos2014-08-25 17:07:08

Köszönök minden választ, sokat segített.

Előzmény: [1933] Róbert Gida, 2014-08-25 16:54:34
[1933] Róbert Gida2014-08-25 16:54:34

Az általános esetben is van nevük: többszörösen tökéletes szám, lásd

&tex;\displaystyle http://en.wikipedia.org/wiki/Multiply\_perfect\_number&xet;

Előzmény: [1932] csábos, 2014-08-24 21:30:34
[1932] csábos2014-08-24 21:30:34

Az &tex;\displaystyle n&xet; szám osztóinak összege osztva &tex;\displaystyle n&xet;-el (azaz az átlaguk) épp megegyezik az osztók reciprokösszegével. Ha ez a szám 2, akkor &tex;\displaystyle n&xet; tökéletes szám.

Előzmény: [1930] Kőrösi Ákos, 2014-08-23 20:42:43
[1931] Fálesz Mihály2014-08-24 00:20:17

Ilyen szám például a 6.

Előzmény: [1930] Kőrösi Ákos, 2014-08-23 20:42:43
[1930] Kőrösi Ákos2014-08-23 20:42:43

Valaki mondja meg! Vegyük egy tetszőleges természetes szám osztóit. Lehet-e ezek reciprokösszege egész szám? (Persze nem számítva azt az esetet, hogy csak magát az 1-et vesszük.

[1929] Holden2014-08-07 10:53:47

Köszönöm a gyors válaszokat! Egyébként valóban ez volt a cél. Közvetetten meg a &tex;\displaystyle \frac{\sin \pi z}{\pi}=z\prod_{n=1}^\infty \Big(1-\frac{z^2}{n^2}\Big)&xet;.

Előzmény: [1928] Fálesz Mihály, 2014-08-07 08:45:41
[1928] Fálesz Mihály2014-08-07 08:45:41

Szerintem ez inkább az ellenkező irány. A &tex;\displaystyle \sum_{n=-\infty}^\infty\frac1{z-n}&xet; összeg tagjait azért vonjuk össze kettesével, hogy konvergens legyen. (A korlátosság meg azért fontos, hogy a Liouville-tételt alkalmazhassuk az &tex;\displaystyle \frac1z+\sum_{n=1}^\infty\frac{2z}{z^2-n^2}-\pi\ctg(\pi z)&xet; függvényre.)

Előzmény: [1927] csábos, 2014-08-06 23:00:13
[1927] csábos2014-08-06 23:00:13

Frappáns.

Én már parciális törtekre bontottam:

&tex;\displaystyle \sum \frac{1}{z-n}+\sum\frac{1}{z+n} &xet;

Aztán integráltam: &tex;\displaystyle \sum \ln(z^2-n^2)'&xet;

Előzmény: [1926] Fálesz Mihály, 2014-08-06 22:39:15
[1926] Fálesz Mihály2014-08-06 22:39:15

Legyen &tex;\displaystyle z=x+yi&xet;, ahol tehát &tex;\displaystyle |x|\le\frac12&xet; és &tex;\displaystyle |y|>1&xet;.

&tex;\displaystyle |z| < |x|+|y| < 2|y| &xet;

és

&tex;\displaystyle |z^2-n^2| \ge {\rm Re}(n^2-z^2) = n^2+y^2-x^2 \ge y^2+n^2-\frac14 > \frac12(y^2+n^2), &xet;

így

&tex;\displaystyle \left| \sum_{n=1}^\infty \frac{2z}{z^2-n^2} \right| \le \sum_{n=1}^\infty \frac{2|z|}{|z^2-n^2|} \le \sum_{n=1}^\infty \frac{8|y|}{y^2+n^2} < \int_0^\infty\frac{8|y|}{y^2+t^2} {\rm d}t = 4\pi. &xet;

Előzmény: [1925] Holden, 2014-08-06 21:46:43
[1925] Holden2014-08-06 21:46:43

Sziasztok!

Lehet nagyon nyilvánvaló, amit kérdezek, de valahol valamit elnézhetek rajta.

&tex;\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{2z}{z^2-n^2}&xet; miért korlátos az Im&tex;\displaystyle (z)>1&xet; és Re&tex;\displaystyle (z)\leq 1/2&xet; halmazon?

Előre is köszönöm!

[1924] Maga Péter2014-05-29 21:55:21

Pach Peti e-mailben küldött nekem egy egyszerű ellenpéldát. Legyen &tex;\displaystyle b_1,b_2,b_3&xet; egy bázis. Legyen &tex;\displaystyle Ab_1=Ab_2=Bb_2=Bb_3=0&xet;, valamint &tex;\displaystyle Ab_3=Bb_1=b_2&xet;. Könnyű ellenőrizni, hogy minden ezekből alakuló másodfokú tag &tex;\displaystyle 0&xet;, tehát csak a &tex;\displaystyle cA+dB&xet; alakú polinomok jönnek szóba. Ezek meg nem jók, szintén könnyű ellenőrizni.

Előzmény: [1923] Maga Péter, 2014-05-18 16:46:11
[1923] Maga Péter2014-05-18 16:46:11

Valaki mondja meg a következőt! Legyen &tex;\displaystyle A&xet; és &tex;\displaystyle B&xet; két lineáris transzformációja egy véges dimenziós valós vektortérnek. Van-e olyan polinomjuk, melynek konstans tagja &tex;\displaystyle 0&xet;, és a magtere éppen &tex;\displaystyle A&xet; és &tex;\displaystyle B&xet; magterének a metszete?

Nyilván minden (&tex;\displaystyle 0&xet; konstans tagú) polinom magtere tartalmazza &tex;\displaystyle A&xet; és &tex;\displaystyle B&xet; magterének metszetét. A cél tehát a fordított irányú tartalmazás elérése egy jól választott polinommal.

Előre is köszönöm.

[1922] Fálesz Mihály2014-04-26 09:15:18

Egyszer egy elsőéves diákom mutatta be azt a hajmeresztő mutatványt, hogy egy &tex;\displaystyle f(x)^{g(x)}&xet; alakú kifejezést úgy derivált, hogy először kontansnak vette az alapot, deriválta, utána a kitevőt vette konstansnak, úgy is deriválta, majd a kétféle derváltat összeadta:

&tex;\displaystyle (f^g)' = (f^g \log f) \cdot g' + gf^{g-1}\cdot f'. &xet;

Először hüledeztem, hogy ezt lehet, de aztán megértettem, hogy csak a többváltozós láncszabályt alkalmazta. :-)

Például vegyünk két valós értékű egyváltozós függvényt, &tex;\displaystyle f&xet;-t és &tex;\displaystyle g&xet;-t, és legyen mindkettő differenciálható az &tex;\displaystyle a&xet; pontban. Deriváljuk a szorzatot az &tex;\displaystyle a&xet; pontban.

Legyen &tex;\displaystyle F\binom{x}{y}=xy&xet; és &tex;\displaystyle G(t)=\binom{f(t)}{g(t)}&xet;, ekkor tehát &tex;\displaystyle fg = F\circ G&xet;. A &tex;\displaystyle G&xet; differenciálható &tex;\displaystyle a&xet;-ban, és &tex;\displaystyle G'(a)=\binom{f'(a)}{g'(a)}&xet;, az &tex;\displaystyle F&xet; mindenhol differenciálható, és &tex;\displaystyle F'\binom{x}{y}=(y,x)&xet;. A láncszabály szerint &tex;\displaystyle F(G(t))=f(t)g(t)&xet; is differenciálható &tex;\displaystyle a&xet;-ban és

&tex;\displaystyle (fg)'(a) = (F\circ G)'(a) = F'(G(a)) G'(a) = (g(a),f(a)) \binom{f'(a)}{g'(a)} = g(a)f'(a) + f(a)g'(a). &xet;

A dolog persze csalás, mert a többváltozós differenciálási szabályokat jóval az alapműveletek differenciálása után építjük fel (kb. olyan, mint amikor valaki a koszinusz-tételből vezeti le a Pitagorasz-tételt), de mindenképpen érdekes.

Előzmény: [1921] marcius8, 2014-04-25 16:30:39
[1921] marcius82014-04-25 16:30:39

Állítólag a differenciálási szabályok (függvények lineáris kombinációjának deriváltja, függvények szorzatának deriváltja) levezthetőek az összetett függvényekre vonatkozó differenciálási szabályból (láncszabály). Vajon hogyan történik mindez? Tisztelettel: Bertalan Zoltán.

[1920] mihtoth2014-02-11 07:56:37

Köszönöm a segítséget!

Előzmény: [1911] n, 2014-02-10 18:19:39
[1919] Lóczi Lajos2014-02-10 23:04:30

Illetve

195.96043078097043710<a12001<195.96043078097043711.

Előzmény: [1918] Lóczi Lajos, 2014-02-10 22:55:00

  [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]  

  Regisztráció    Játékszabályok    Technikai információ    Témák    Közlemények  

Támogatóink:   Ericsson   Google   Szerencsejáték Zrt.   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet   ELTE   Nemzeti Tehetség Program   Nemzeti
Kulturális Alap