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

 

apehman

Rendelje meg a KöMaL-t!

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]    [78. oldal]    [79. oldal]    [80. oldal]    [81. oldal]    [82. oldal]  

Ha a témához hozzá kíván szólni, először regisztrálnia kell magát.
[2066] Fálesz Mihály2015-12-30 09:42:03

Arra gondoltam, hogy a Fejes-Tóth féle programot csináljuk végig.

Vegyük a poláris háromszöget. Az eredeti háromszög területéből következtethetünk a poláris háromszög kerületére. A poláris háromszögnek ismerjük egy csúcsát, az ebből kiinduló oldal-főköröket és a kerületet. Ezek meghatározzák a harmadik oldalhoz hozzáírt kört...

Előzmény: [2064] Sinobi, 2015-12-28 23:20:22
[2065] mooosa2015-12-29 17:15:00

Legyen f eleme C(I) folytonos függvény az I = (0, 1) nyílt intervallumon, és tegyük fel, hogy lim x->0+ f(x) = +végtlen , határozzuk meg a g(x) := sin f(x) kompozíciófüggvény torlódási pontjainak halmazát x->+0-ra!

[2064] Sinobi2015-12-28 23:20:22

Ezt dobta ki a kereső: [link]

Előzmény: [2063] Fálesz Mihály, 2015-12-28 14:53:26
[2063] Fálesz Mihály2015-12-28 14:53:26

Esetleg tisztába tehetnénk a Lexell-körívet.

Előzmény: [2054] Sinobi, 2015-12-11 21:17:47
[2062] Kemény Legény2015-12-15 13:50:00

A dominált konvergencia tétellel/Fatou-lemmával valóban be lehet látni ilyeneket. Legyen az &tex;\displaystyle f_n&xet; függvény az &tex;\displaystyle n&xet;-edik halmaz (ami tetszőleges mérhető halmaz, így intervallum vagy akár intervallumok uniója is lehet) karakterisztikus függvénye (a halmazon 1, kívül 0). Ekkor a konstans 1 függvény egy integrálható majoránsa az &tex;\displaystyle f_n&xet;-eknek, így pl. a Fatou-lemma alapján &tex;\displaystyle limsup_{n\to\infty} \int f_n d\lambda\le \int limsup_{n\to\infty} f_n d\lambda&xet;, ahol az utóbbi limeszt pontonként értjük. Ha az &tex;\displaystyle f_n&xet;-eket meghatározó halmazok mértékére van egy közös alsó korlát K, akkor a bal oldali határérték is legalább K. Ha viszont egy pontot csak véges sok &tex;\displaystyle f_n&xet; fed le, akkor a jobb oldali integrálban szereplő &tex;\displaystyle limsup_{n\to\infty} f_n =0&xet; abban a pontban, egyébként 1. Mivel a jobb oldal nem lehet 0, így az az erősebb állítás is kijött, hogy a végtelen sokszor lefedett pontok halmaza nem lehet nullmértékű (sőt legalább K mértékű kell legyen).

Előzmény: [2058] Sinobi, 2015-12-14 22:11:22
[2061] nadorp2015-12-15 09:28:43

Hülyeség, felejtsd el.

Előzmény: [2060] nadorp, 2015-12-15 09:25:58
[2060] nadorp2015-12-15 09:25:58

Nem arra gondoltál, hogy az egész intervallumot lefedjük zárt intervallumokkal?

Előzmény: [2055] Sinobi, 2015-12-13 21:30:23
[2059] Róbert Gida2015-12-14 23:42:42

&tex;\displaystyle K>0&xet; alsó korláttal meg már igaz: legyen m>0 olyan egész, hogy &tex;\displaystyle \frac 1m<K&xet;, ekkor mivel minden intervallum legalább &tex;\displaystyle K&xet; hosszú, ezért tartalmaz legalább egy darab &tex;\displaystyle \frac lm&xet; alakú pontot. Így skatulyaelv miatt a végtelen sok intervallum valamelyik ilyen pontot végtelen sokszor tartalmazza. "Hasonló" gondolatmenet megy magasabb dimenzióban.

Előzmény: [2058] Sinobi, 2015-12-14 22:11:22
[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?

  [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]  

  Regisztráció    Játékszabályok    Technikai információ    Témák    Közlemények  

Támogatóink:   Ericsson   Google   Cognex   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Emberi Erőforrások Minisztériuma  
Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet   Nemzeti Tehetség Program     Nemzeti
Kulturális Alap   ELTE   Morgan Stanley