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

Fórum: Számelméleti érdekességek

  [1]    [2]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[169] Ellie2015-06-25 22:26:06

Sziasztok!

A szakdolgozatomhoz kérnék segítséget tőletek, olyan feladatokat keresek, amelyek középiskolai illetve egyetemi módszerrel egyaránt megoldhatóak. Segítségeteket előre is köszönöm.

[168] Róbert Gida2014-08-23 11:30:24

Nem minden nap oldanak meg egy 10000 dolláros Erdős problémát: http://arxiv.org/abs/1408.4505 1 napra rá egy új bizonyítás: http://arxiv.org/abs/1408.5110.pdf.

[167] R.R King2014-02-03 15:28:28

Valóban kiváló, ő volt az egyik legjobb tanár az egyetemen. Van egy hasonló előadás, amit még a Fazekasban tartott, sajnos annak kevésbé jó a minősége.

http://www.youtube.com/watch?v=sR8iX8LhUqQ

Előzmény: [166] Róbert Gida, 2014-01-30 14:31:46
[166] Róbert Gida2014-01-30 14:31:46

Freud Róbert: "Százezer dolláros prímszámok" http://www.youtube.com/watch?v=kxuPwnPS9XQ

Zseniális előadás, jórészt laikusoknak. Freud: "Baráttól sem szabad elfogadni prímszámot!"

[165] Maga Péter2014-01-02 11:44:26

A Gunarasfürdőn tartott előadásom jegyzete elérhető innen. (Ez részletesebb, és messzebbre jut: ott nem volt idő mindenre.)

[164] csábos2013-11-30 21:30:34

Elég annyi, hogy minden i-hez van olyan j.

Előzmény: [163] w, 2013-11-30 21:25:13
[163] w2013-11-30 21:25:13

Igen, a ciklikus feltételt abban használtuk ki, hogy feltehetjük, hogy p|a1. (Bocs, későn vettem észre a hozzászólásodat.)

Előzmény: [161] csábos, 2013-11-30 20:24:42
[162] w2013-11-30 21:14:34

A gondolatmenetet lehet, hogy egyszerűbb úgy leírni, hogy tfh. indirekt van ilyen, és vagyük azt, melyre \sum a_i a legkisebb. Én mondjuk más megoldásra gondoltam.

Legyen p az a1a2...an szorzat legkisebb prímosztója, feltehetően p|a1. Ekkor ba2\equiv1 (mod p), és a Kis-Fermat-tétel szerint bp-1\equiv1 (mod p) úgyszintén, hisz b és p a feltételekből relatív prím. De ekkor az op(b) rend osztja p-1-et és a2-t, amiért legnagyobb közös osztójukat is, d-t. Minthogy azonban d<p és d|a2, ezért d-nek nem lehet prímosztója a kitételünk miatt, amiért d=1, így op(b)=1, p|b-1. Ebből pedig következik a feladat állítása.

Ezt a feladatot az A.598-as feladat kapcsán találtam ki. A két feladat ugyanis megegyezik egymással!*

Definíció. Legyen P(x,y) egy x és y pozitív egészekre vonatkozó állítás. Tegyük fel róla a következőket. (1a) z|y esetén P(x,y)\impliesP(x,z), (1b) P(x1,y) és P(x1,y) \impliesP(lnko(x1,x2),y), (2) ha p prím, akkor P(f(p),p) igaz, ahol f(p) olyan tulajdonságú függvény, hogy \foralln\inN+ lnko(n,f(p))-nek van q prímosztója, akkor q<p.

Feladat. Tudjuk, hogy a1,a2,...,an,an+1=a1\inN+ számsorozatra P(ai+1,ai) érvényes \foralli\len,i\inN+. Igazoljuk, hogy P(1,p) teljesül a1a2.....an valamely prímosztójára.

Megoldás. Legyen p az a1a2...an szorzat legkisebb prímosztója, feltehetően p|a1. Egyrészt a feltétel szerint P(a2,a1), amiből (1a) szerint P(a2,p) következik. Másrészt (2) miatt P(f(p),p), amit előbbivel összevetve (1b) szerint P(lnko(a2,f(p)),p) adódik. Ellenben (2) miatt ez csak úgy lehet, hogy lnko(a2,f(p))=1, amivel épp az állítást kaptuk.

Nos, ha P(x,y):bx\equiv1 (mod y) és f(p)=p-1, akkor éppen az általam kitűzött feladatot kapjuk, azzal a triviális számelméleti megfontolással megtoldva, hogy lnko(b,p)=1. Míg ha P(x,y):y|Fx, akkor az A.598 adódik, azzal a megjegyzéssel, hogy f csak az 5-nél nagyobb prímszámokra van értelmezve (és f(p)=p\pm1), ezért külön kell kitérnünk arra az esetre, hogy p\le5, p|a1a2...an.

* Ha valaki kifogásolná, ez kicsit hatásvadászat volt :-).

Előzmény: [160] 88FFAA, 2013-11-30 19:28:42
[161] csábos2013-11-30 20:24:42

Legyen p a legkisebb prím, amely osztja valamely aj-t. A könnyebb jelölésért tegyük fel, hogy p|a1 Ekkor a1|ba2-1. Azaz, p|ba2-1. Tudjuk, hogy p|bp-1-1,

így p|blnko(p-1,a2)-1. Mivel a2 minden prímosztója nagyobb, mint p, ezért a lnko=1, azaz p|b-1.

Persze csalás, hogy nem használtuk ki a ciklikus feltételt.

Előzmény: [159] w, 2013-11-26 19:03:07
[160] 88FFAA2013-11-30 19:28:42

Ha létezik olyan ai, melyre lnko(ai,b)>1, akkor ai|bai+1-1 nem teljesülhet. Tehát bármely i-re lnko(ai,b)=1, tehát az oai(b) rend létezik.

Tegyük fel indirekt, hogy lnko(b-1,a1a2...an)=1. Ebből következik, hogy b nem kongruens 1-gyel mod ai, ezért oai(b)>1 bármely i-re. Mivel bai+1\equiv1mod ai, így oai(b)|ai+1 (ebből oai(b)\leai+1). Azt is tudjuk, hogy oai(b)\le\varphi(ai)<ai. Vegyünk egy i-t, melyre ai+1\neoai(b) és írjunk helyette ai+1'=oai(b). Ekkor egy olyan szám n-est kaptunk, melyben csökkentettük ai+1-et, és a többi ai -t meghagytuk, tehát a számok összege csökkent legalább 1-gyel. Ez az új szám n-es sem tartalmazza az 1-et és kielégíti az eredeti feltételeket. Ezt a cserélgető lépést ismételgessük, ameddig meg nem állunk. (Az összeg legalább eggyel csökkenése miatt véges sok lépésben meg fogunk.)

A kapott szám n-est jelöljük x1,...,xn -nel, ekkor bármely i-re xi+1=oxi(b) és oxi(b)\ne1. Ezért az x1,x2,...xn,xn+1=x1 sorozat szigorú monoton csökkenő lesz, tehát azt kaptuk, hogy x1>x1, mely ellentmondás.

Előzmény: [159] w, 2013-11-26 19:03:07
[159] w2013-11-26 19:03:07

Legyenek b,a1,a2,...,an (an+1=a1) olyan 1-nél nagyobb egész számok, melyekre ai|bai+1-1 \foralli=1,2,...,n.

Bizonyítsuk be, hogy lnko(b-1,a1a2...an)>1.

[158] csábos2013-11-23 23:05:57

Az a honlap kicsit csal. Szigorú értelemben véve egy automorf szám első jegyének meg kéne engedni, hogy 0 is lehessen. pl: 625 négyzete nemcsak 625-re, hanem 0625-re végződik. Tehát a 625 az három- és négyjegyű automorf szám lesz.

Előzmény: [157] jonas, 2013-11-19 12:31:32
[157] jonas2013-11-19 12:31:32

A003226.

Előzmény: [156] csábos, 2013-11-19 00:04:46
[156] csábos2013-11-19 00:04:46

Az angol kiadásban 012345679 szerepel, ami helyes.

Íme egy másik, ugyanabból a könyvből:

... he was doing 76 miles an hour, and he would see that 76 squared was 5776, which ended in 76 as it started, which made 76 an automorphic number, only one of two before 100.

Hány 3,4 5 jegyű ,,automorf szám" van?

Előzmény: [155] HoA, 2013-11-18 09:55:09
[155] HoA2013-11-18 09:55:09

Vagyis \frac {1} {81} tizedestört alakjában nincs 8-as.

Előzmény: [154] w, 2013-11-17 12:15:42
[154] w2013-11-17 12:15:42

0,\overline{0123456789}=\frac{13717421}{1111111111}=\frac{3607\cdot 3803}{11\cdot41\cdot271\cdot9091}

0,\overline{23456789}=\frac{23456789}{10^8-1} legegyszerűbb alakban (a 23456789 prímszám!)

\frac{1}{81}=0,\overline{012345679}

Előzmény: [153] HoA, 2013-11-17 10:18:22
[153] HoA2013-11-17 10:18:22

At első jópofa újjgyakorlat. Mutassuk meg adott alakú egészről, hogy ez a tulajdonsága a jegyek sorozatos összeadása során sem változik.

A másodiknak egy baja van: nem igaz.

Előzmény: [152] csábos, 2013-11-16 21:49:10
[152] csábos2013-11-16 21:49:10

Lee Child: A wanted man című krimijében az alábbiak olvashatók:

Take any three consecutive numbers, the largest one divisible by 3, and add them up, and then add the sum of the digits of the result again and again if necessary, until single number is left, That number will be six.

... one divided by 81 expressed as a decimal came out as .0123456789, which is then recurred literally forever, 0123456789 over and over ...

[151] w2013-08-17 18:00:15

Mi több, minden páratlan prímszám pontosan egyféleképpen lesz f(x,y).

Előzmény: [150] Róbert Gida, 2013-08-17 16:31:23
[150] Róbert Gida2013-08-17 16:31:23

Ha x=2;y=0, akkor f(x,y)=1 egyébként f(x,y) mindig prím. Ugyanis g(x,y)!=0 esetén g2(x,y)-1\ge0, így f(x,y)=\frac{y-1}{2}*0+2=2, azaz prím. Ha g(x,y)=0, akkor x=\frac {y!+1}{y+1}, de x egész, így (y+1)|(y!+1) is teljesül, amiből következik, hogy y=0 vagy y=p-1 (Wilson tétel). Ha y=0, akkor x=2, ez kivétel. Ha y=p-1, akkor x=\frac {(p-1)!+1}{p}, és f(x,y)=\frac {p-2}{2}*2+2=p.

Előzmény: [149] w, 2013-08-11 17:00:50
[149] w2013-08-11 17:00:50

Legyen x és y természetes szám. Miért olyan érdekes az

f(x,y)=\frac{y-1}2\left(|g^2(x,y)-1|-(g^2(x,y)-1)\right)+2\quad ahol

g(x,y)=x(y+1)-(y!+1)

függvény?

[148] w2013-07-30 18:32:10

Köszönöm, de nem tőlem származik. Sok minden jó van ebben a könyvben. (46. oldal)

Előzmény: [147] Maga Péter, 2013-07-30 18:06:33
[147] Maga Péter2013-07-30 18:06:33

Azért a te konstrukciód sem rossz, az 1983-as IMO 5-ös feladatát megoldja:).

Előzmény: [146] w, 2013-07-30 15:09:10
[146] w2013-07-30 15:09:10

Igen, és sokkal szebb módon.

Előzmény: [145] Maga Péter, 2013-07-30 14:30:19
[145] Maga Péter2013-07-30 14:30:19

Behrendé sokkal nagyobb halmazt ad, e^{C\sqrt{\log x}} minden xc-nél lassabban, de minden pol(log(x))-nél gyorsabban nő.

Előzmény: [143] w, 2013-07-30 14:13:00
[144] w2013-07-30 14:16:20

Egyébként teljesen mindegy, hogy a {1,2,...,n} vagy a {0,1,...,n-1} halmazról van szó. :-)

Előzmény: [143] w, 2013-07-30 14:13:00
[143] w2013-07-30 14:13:00

Ez szép!

A két konstrukciót érdemes összehasonlítani. Az általam írt megoldásra megadhatjuk a (pontatlan) |A|\ge2[log3(N)] becslést, tehát a két becslés hasonló jellegű. Egyik skatulya-elvre támaszkodik, másik pedig algebrai tulajdonságokra. Viszont mindkettő megoldás kulcsfontosságú, és azt gondolom, feltétlenül szükséges (vagy mégsem?) eleme a számrendszer alkalmazása.

Ha k hosszú számtani sorozatokat szeretnénk csak mellőzni, akkor |Ak|\ge(k-1)[logk(N)].

Előzmény: [142] Maga Péter, 2013-07-30 08:50:24
[142] Maga Péter2013-07-30 08:50:24

Nézd meg ezt!

Előzmény: [140] w, 2013-07-29 21:48:30
[141] Maga Péter2013-07-29 22:40:13

Ez nem optimális, de már későre jár, holnap mutatok jobbat.

Előzmény: [140] w, 2013-07-29 21:48:30
[140] w2013-07-29 21:48:30

Jelölje an a Hn={1;2;...;n} halmazban előforduló lehető leghosszabb számtani sorozatot.

Engedjük rá a mohó algoritmust. Az első néhány generált szám a következő: 0, 1, 3, 4, 9, 10, 12, 13, 27. Most írjuk át ezeket a hármas számrendszerbe: 0, 1, 10, 11, 100, 101, 110, 101, 1000. Szabályosság ismerhető fel. Egyszerűen megmutatható, hogy nincs számtani sorozat a 0 és 1-ből álló számok között a 3-as számrendszerben. Innen jön a becslés an-re, ami ezek szerint nem optimális. Világos viszont, hogy ez a becslés egyszerű módon átírható k elemű számtani sorozatokra.

Azt gondolom, hogy nem lehet különösen nehéz továbbgondolni a konstrukciót. Indukcióval lehetne optimalitási megfontolásokat tenni.

Előzmény: [139] w, 2013-07-29 21:28:01
[139] w2013-07-29 21:28:01

Ja. Szerintem 0-tól n-ig voltak a számok. Elnézést.

Előzmény: [137] Maga Péter, 2013-07-29 20:35:57
[138] w2013-07-29 21:22:29

Még ellenőriznem kell, hogy optimális-e az általam ismert konstrukció, de most úgy látszik, nem az. Folyt. köv.

Előzmény: [137] Maga Péter, 2013-07-29 20:35:57
[137] Maga Péter2013-07-29 20:35:57

Ez meglep, de érdekel.

Előzmény: [136] w, 2013-07-29 19:51:54
[136] w2013-07-29 19:51:54

Hm. Nekem úgy tűnik, hogy végtelen sok speciális esetre pontos megoldás is adható, de akkor lehet, hogy tévedek.

Előzmény: [135] Maga Péter, 2013-07-29 19:42:19
[135] Maga Péter2013-07-29 19:42:19

A 10. probléma, mind a 3 tagú (Róbert Gidának: nemkonstans:)), mind a k\geq3 tagú sorozatokra ismert olyan alsó becslés, hogy (Tao-Vu: Additive combinatorics könyv 10.1-es fejezete):

rk([1,N])=\Omega(N*exp(-Ok(log N)1/(1+[log2(k-1)]))).

Felső becslést olyat találok hirtelen, hogy

r3([1,N])=O(N(log N)-c),

c<2/3.

Nem hiszem, hogy ez megoldott lenne, de sokat kutatott terület.

Előzmény: [130] w, 2013-07-29 18:57:23
[134] w2013-07-29 19:13:53

8. feladat. Wikipédia: "Although the sequence of factorials starts with Harshad numbers in base 10, not all factorials are Harshad numbers. 432! is the first that is not."

Ezek szerint a 70! alkalmas Niven-szám lesz.

Előzmény: [125] Róbert Gida, 2013-07-29 18:12:10
[133] w2013-07-29 19:11:25

Bocsi tényleg.

Előzmény: [132] Róbert Gida, 2013-07-29 19:07:11
[132] Róbert Gida2013-07-29 19:07:11

Bizonyítás (bár szerintem ez triviális): belátom, hogy s(t*(nk-1))=k*(n-1), ha 0<t\lenk egész, itt s(x) az x számjegyösszege n alapú számrendszerben. Ugyanis: s(t*(nk-1))=s((t-1)*nk+(nk-t))=s((t-1)*nk)+s(nk-t)=s(t-1)+s(nk-t)=k*(n-1), ez utóbbi könnyen látható, ha észrevesszük, hogy: (t-1)+(nk-t)=nk-1, és s(nk-1)=k*(n-1).

Előzmény: [128] w, 2013-07-29 18:52:05
[131] w2013-07-29 19:06:05

Infinitezimális segítséget adnék a 10. kérdéssel kapcsolatban, ha még nem oldottad meg.

Feladat (IMO 1983/5.): "Is it possible to choose 1983 distinct positive integers, all less than or equal to 105, no three of which are consecutive terms of an arithmetic progression?"

Előzmény: [127] Sinobi, 2013-07-29 18:51:01
[130] w2013-07-29 18:57:23

Jó kérdés!

Előzmény: [127] Sinobi, 2013-07-29 18:51:01
[129] w2013-07-29 18:56:59

Ezzel (is) megtámogatva az az érzésem van, hogy számtani sorozatok legalább három tagból szoktak állni.

Kértelek, hogy vedd figyelembe a trivialitások iránti érdeklődésem teljes hiányát.

Előzmény: [125] Róbert Gida, 2013-07-29 18:12:10
[128] w2013-07-29 18:52:05

Jól hangzik. Hadd javítsalak ki: a példa a1=d=nk-1, ahol n a számrendszer alapszáma. Nem árt a pontosság.

Amúgy egy bizonyítás is jó volna.

Hasznos lehet (vagy nem) a következő képlet.

Igaz-e, hogy ha

x=\overline{a_\ell a_{\ell-1}\dots a_0}_{(n)}, akkor ( [ ]:egészrész, { }:törtrész )

s(x)=\sum_{i=0}^\ell n\cdot\left\{ \frac{\left[x/ (n^{i})\right]} {n^{\ell-i+1}} \right\}

Ha nem, javítsuk ki (a jobb oldalt)!

Előzmény: [126] Róbert Gida, 2013-07-29 18:26:24
[127] Sinobi2013-07-29 18:51:01

10: és ami nem tartalmaz k hosszú számtani sorozatot?

Előzmény: [125] Róbert Gida, 2013-07-29 18:12:10
[126] Róbert Gida2013-07-29 18:26:24

4. Tetszőleges k pozitív egészre 10k tagú számtani sorozatra példa: legyen a1=d=10k-1. És ez tetszőleges számrendszerben működik.

Előzmény: [124] w, 2013-07-29 17:03:22
[125] Róbert Gida2013-07-29 18:12:10

8. akkor legyen n=2*1099

10. az üres halmaz még mindig a legjobb. Egyetlen egész is számtani sorozat d>0-val.

Előzmény: [124] w, 2013-07-29 17:03:22
[124] w2013-07-29 17:03:22

Igazad van, szokás szerint nem írtam le a kérdéseket elég pontosan. Minden esetben nemtriviális dolgok értendők: számtani sorozaton d>0 differenciájút értettem, a 8. feladatban pedig nem 10-hatványt. Elnézést a félreértésért.

Az 5. kérdés tudomásom szerint valóban nyitott, érdekes, hogy csak 5 darab ilyet ismernek (Fermat-prím íze van a dolognak).

Előzmény: [123] Róbert Gida, 2013-07-29 16:41:19
[123] Róbert Gida2013-07-29 16:41:19

4.: végtelen hosszú is van, legyen an=c (konstans egész).

5.: 2, 4, 8, 64, 2048 az ismert 2 hatványok csupa páros jeggyel. Ez szerintem nyitott probléma, hogy van-e más (Sloane adatbázisa szerint is).

8.: 1099 jó példa.

10.: Az üres halmaz.

Előzmény: [121] jonas, 2013-07-29 14:29:21
[122] w2013-07-29 14:46:06

Igen. Nézzük sorra a feladatokat. Aki nem akar segítséget hallani, ne olvasson tovább. Az 1. feladat tényleg ismert/könnyű. A 2. feladat lényege (azaz van-e n2=10a1+10a2+...+10ak, a1<a2<...<ak, k>1) még nyitott kérdés. A 3., 4., 6., 7., 8., 10. szerintem megoldott feladat, némelyik egyszerű és elemi bizonyítással rendelkezik. A 9. viszont komoly nyitott probléma.

Előzmény: [121] jonas, 2013-07-29 14:29:21
[121] jonas2013-07-29 14:29:21

Pár megjegyzés.

1. Ezt ismerem, úgyhogy nem lőném le. Szerintem valamelyik versenyen is szerepelt egy változata.

2. Van: 0, 1, 100, 10000, 1000000. Vicces, hogy (1/3)2-ben szintén csak ezek a számjegyek vannak.

4. Végtelen hosszú biztos nincs, ugyanazért, amit az 1. feladatból tanultunk: egy számtani sorozat számai közt bármilyen kezdő számjegysorozat előfordul, ezért tetszőlegesen nagy számjegyösszegű szám is lesz. n alapú számrendszerben n számtani sorozat biztos van ilyen, pl. 9, 18, 27, 36, 45, 54, 63, 72, 81, 90. Az a kérdés ezért, hogy ugyanabban a számrendszerben lehet-e tetszőlegesen hosszú sorozat.

7. Nem tudom, de ha van, akkor kell benne negatív együtthatónak lennie.

Előzmény: [120] w, 2013-07-29 13:54:53
[120] w2013-07-29 13:54:53

Néhány további számelméleti érdekesség/kérdés:

1. Igaz-e, hogy van olyan kettőhatvány, amely 10-es számrendszerben két darab 1-es számjeggyel kezdődik? Kezdődhet akárhány 1-essel egy kettőhatvány (k alapú szr.-ben)? Mi a helyzet más számjegyek vagy hatványalapok esetén?

2. Van-e csak 0-kból és 1-esekből álló négyzetszám (10-es számrendszer)?

3. Konvergál-e az xn:=sin (n2)+sin (n3) sorozat? És a_n:=\sin(n^k)+\sin(n^\ell)?

4. Van-e tetszőlegesen hosszú számtani sorozat egyenlő számjegyösszegű számokkal (akármilyen szr.-ben)? És végtelen hosszú számtani sorozat?

5. Melyik a legnagyobb 2-hatvány (ha van), melynek minden számjegye páros?

6. Van-e egyszerű bizonyítás arra, hogy \lim_{n\to\infty} s(2^n)=\infty, ahol s(a) a számjegyek összegét jelenti?

7. Van-e P\inZ[x] polinom, melyre \lim_{n\to\infty}s(P(n))=\infty?

8. Van-e 100-jegyű Niven-szám?

9. Igaz-e, hogy \lim_{n\to\infty} \frac{s(2^n)}{\ln n}=\infty?

10. Mi az {1;2;...;N} halmaz legbővebb részhalmaza, amely nem tartalmaz számtani sorozatot?

[119] w2013-07-29 13:16:32

Köszönöm, megpróbálom ezeket megérteni. :-)

Előzmény: [118] Maga Péter, 2013-07-29 13:07:47
[118] Maga Péter2013-07-29 13:07:47

Van elemibb. Shapiro az Annals of Mathematics-ban két cikkben (On primes in arithmetic progressions (I), On primes in arithmetic progressions (II)) 1950-ben publikált rá elemi bizonyításokat. Szalay Mihály Számelmélet (SMT sorozat, Typotex) könyvének függelékében is van egy elemi bizonyítás (azt hiszem, lényegében a második cikkbéli, de ebben elég bizonytalan vagyok).

A Szalay-könyv egyébként is jó, ajánlom. Az Annals régi számai mind fenn vannak a JSTOR-on, itt.

Előzmény: [117] w, 2013-07-29 11:09:06
[117] w2013-07-29 11:09:06

Már egy ideje akartam látni egy bizonyítást a Dirichlet-tételre, úgyhogy nagyon köszönöm! Kérdés, hogy van-e elemibb is.

Előzmény: [116] Maga Péter, 2013-07-28 11:34:24
[116] Maga Péter2013-07-28 11:34:24

A honlapomra feltöltöttem a Dirichlet-tétel általam ismert legegyszerűbb bizonyítását.

Ez a bizonyítás valami egészen valószínűtlenül csodálatos. Szinte semmi számolás nincs benne, néhány mély tényből vezeti le a tételt.

Az egyetlen hátránya, hogy nem elemi, valamennyi komplex függvénytanra szükség van hozzá (de csak az alaptételekre és -fogalmakra: hatványsorba fejtés, pólus). A linkelt jegyzet első fele ezek áttekintése, utána a bizonyítás mindössze kb. 6 oldal.

Azt hiszem, KöMaL-cikknek nem alkalmas, éppen emiatt a komplex függvénytan miatt (vagy mégis? Géza, mit gondolsz?).

[115] lorantfy2012-07-09 13:18:45

Kedves Róbert Gida! Kérlek politikai jelegű beszólásaidat mellőzd ezen az oldalon! Előre is köszönöm!

Előzmény: [113] Róbert Gida, 2012-07-04 14:50:26
[114] Bnum2012-07-04 21:03:52

Itt az oldaluk: http://people.inf.elte.hu/nebsabi/snproject/ A film eléggé érthetetlen volt.

[113] Róbert Gida2012-07-04 14:50:26

http://www.hirado.hu/Hirek/2012/07/03/19/Ader_Janos_diszvacsorat_adott__megmutatjuk.aspx

És még egy ingyen vacsorát is kaptak Kádár Jánostól. Nektek a képgalériát megnyitja a böngésző?

Előzmény: [112] Róbert Gida, 2012-05-19 14:52:37
[112] Róbert Gida2012-05-19 14:52:37

http://index.hu/tudomany/2012/05/17/titkosito_algoritmus_magyar_diakoktol/

(A videót is érdemes megnézni, bár ott pont a lényeget, a vetítést nem látjuk.)

index: "A diákok felfedezésében nem csak az számít úttörőnek, hogy az alkalmazási lehetősége meglehetősen széleskörű – operációs rendszerek, netbankok és adminisztrációs felületek titkosításához egyaránt használható –, hanem az is, hogy az s(n) függvényt még soha nem használták titkosításra."

Ez így nem teljesen igaz, szemiprímekre: \varphi(n)=n-s(n)+2, azaz mondhatjuk, hogy a legtöbbet használt titkosító algoritmus az RSA éppen az s(n)-et is használja. (RSA-nál az n nyilvános).

videó: "n-ből s(n) értéke könnyen meghatározható." Ez sem igaz, ha n felbontása ismert akkor már tényleg könnyű, de ezt a felbontást nehéz megtalálni.

videó: "Ez a függvény alkalmas egyirányú kódolásra." Csak szeretnétek.

Az univerzum életkorára 1011 évet mondtak. Ez is meglehetősen pontatlan.

Negyedik helyet szereztek. Semmi újat nem csináltak a fiúk, még csak nem is használható. Nem baj, fiatalok. Mit csinálhatott az első helyezett ebben a kategóriában?

[111] SAMBUCA2011-06-22 14:35:25

csak az első 5 bekezdés, nem vészes. a többi az rizsa

Előzmény: [110] Sirpi, 2011-06-22 09:52:18
[110] Sirpi2011-06-22 09:52:18

Kösz! Ezek szerint azért nem annyira egyszerű a bizonyítás, ezt most szerintem nem fogom végigrágni :-)

Előzmény: [109] SAMBUCA, 2011-06-21 13:26:56
[109] SAMBUCA2011-06-21 13:26:56

http://www.mathpages.com/home/kmath044/kmath044.htm

( nem olvastam végig, szóval én nem mondom, hogy jó is :D )

Előzmény: [108] Sirpi, 2011-06-21 12:59:08
[108] Sirpi2011-06-21 12:59:08

Rég írtunk ide, de sebaj.

Szóval a kérdésem az lenne, hogy egy nem konstans számtani sorozat legfeljebb hány egymás utáni eleme lehet négyzetszám. A választ sikerült megtalálnom google-kereséssel, de a bizonyítást nem. Bár az se lenne rossz, ha valaki megoldja :-)

[107] Lóczi Lajos2006-11-28 23:14:40

Kiindulásképp nézd meg ezt, talán segít:

http://www.komal.hu/cikkek/gyory/binom/binom.h.shtml

Előzmény: [106] Cs.Balázs, 2006-11-28 20:32:47
[106] Cs.Balázs2006-11-28 20:32:47

Sziasztok! A következő kérdésem lenne : Mely k-ra van végtelen sok megoldása a l^k=\frac{n(n+1)}{2} egyenletnek? l;k;n\inZ+

Balázs

[105] Cckek2006-10-15 18:09:27

akkor mondjuk úgy, hogy ezek előállítják az összes megoldást:))

Előzmény: [104] Yegreg, 2006-10-15 17:51:31
[104] Yegreg2006-10-15 17:51:31

Tudom, hogy miért volt (\alpha;\beta)=1, de gondolom a kérdésem is érthető, ahhoz pedig kell, hogy elhagyjuk ezt a feltételt.

[103] Cckek2006-10-15 15:18:45

Természetesen ha  \alpha  és \beta nem relatív prímek akkor közös osztót ki lehet emelni és egyszerüsíteni lehet vele.Ugyanúgy az egyenletet be lehet szorozni ugyanazzal a számmal. Dehát diofantikus egyenletek esetében arra törekszünk hogy egy megoldás minél kevesebbszer álljon elő.

Előzmény: [102] Yegreg, 2006-10-15 12:52:59
[102] Yegreg2006-10-15 12:52:59

És (\alpha;\beta)=1 nélkül igaz, hogy csak ekkor?

[101] Cckek2006-10-15 11:52:16

Az \root{n}\of{u}+\root{m}\of{v}=\root{p}\of{w};~~u,v,w,n,m,p\in N^* alakú egyenletenk akkor van megoldása ha:

 n=n1.dm=m1.dp=p1.d; (p1,m1)=1 , és ebben az esetben:

 u=\alphan\gamman1v=\betam\gammam1w=(\alpha+\beta)p\gammap1,  (\alpha,\beta)=1

Előzmény: [100] Yegreg, 2006-10-11 22:31:25
[100] Yegreg2006-10-11 22:31:25

A "valós kitevőre nem túl érdekes"-t a te problémafelvetésed és a korábbi probléma alpján mondtam, ugyanis az eredeti feladatban a te szövegezésed szerint n,m és r,q adott, és keresendő volt k és s, de ha s valós, akkor még k fixálásával is lesz jó s.

A te értelmezésedben nyilván sokkal érdekesebb a probléma, bár a valós kitevőt még mindig megtévesztőnek tartom, mert pl. r=e, q=\pi, s=\sqrt5 esetén kicsit megfoghatatlan a dolog. Egyébként a q=r=s is érdekes, és ha egészek, akkor eléggé ismert és úgy is nagyon nehéz probléma, szóval ez az általánosítás eléggé húzós dolog. Mindenesetre könyebben kezelhető további speciális esetek megoldása érdekes lehet.

[99] Cckek2006-10-11 19:36:54

Ezzel sajnos nem érthetek egyet. Először is minden racionális szám valós is, másodszor ha q,r,s természetes számok akkor különböző érdekes sejtéseket kapunk. PL:n=1 akkor m=2, q=3, k=3, s=2 az egyetlen megoldás!Ez a Mihailescu által nem is olyan rég bebizonyított Catalan sejtés.Ha r,q,s>2\implies nmk  számoknak van közös prím osztojuk. Ez a Beal sejtés. Úgy gondolom, hogy a valós eset ezt mind egybefogná, hiszen valójában arra redukálódna, hogy az z=\frac{ln(n^x+m^y)}{lnk} felület milyen kordinátájú pontokon megy át.

Előzmény: [97] Yegreg, 2006-10-11 18:54:08
[98] S.Ákos2006-10-11 19:14:35

sztem az nyilvánvaló, hogy bármely n-e van megoldás.

Előzmény: [77] Cckek, 2006-10-08 16:25:59
[97] Yegreg2006-10-11 18:54:08

Nem hiszem, hogy valós kitevőkre túl érdekes lenne. Racionálisakra inkább.

[96] Cckek2006-10-10 21:49:38

Ez valóban így van. Vajon mi történik az nr+mq=ks egyenlet esetében ahol n,m,k\inN r,q,s\inR

Előzmény: [95] Yegreg, 2006-10-10 20:31:02
[95] Yegreg2006-10-10 20:31:02

Ha \sqrt{a}+\sqrt{b} egy egész gyöke, akkor ab négyzetszám. Legyen (a;b)=d, és a=a1d, b=b1d, ahol nyilván (a1;b1)=1, ekkor ab=k2, azaz a_1b_1=(\frac{k}{d})^2, de mivel a1 és b1 rel. prímek, így csak úgy lehet a szorzatuk négyzetszám, ha maguk is négyzetszámok, ebből következik, hogy mindig olyan alak kerekíthető ki a gyökösszegből, amilyet írtál.

[94] Cckek2006-10-10 19:03:16

Ez valójában azt jelenti hogy: \root\of{2}+2\cdot \root\of{2}=3\cdot \root\of{2}  Olyat mely nem n\cdot\root\of{a}+m\cdot \root\of{a}alaku???

Előzmény: [93] Yegreg, 2006-10-10 18:56:35
[93] Yegreg2006-10-10 18:56:35

Szerintem én erre a kérdésre válaszoltam. Akkor írható fel ilyen gyökként, ha ab négyzetszám. Pl. 2.8=16, \sqrt2+\sqrt8=\sqrt{18}.

Előzmény: [91] Cs.Balázs, 2006-10-10 18:04:56
[92] Cckek2006-10-10 18:32:07

Már Newton binomális képletéből következik hogy egyiknek sem:)

Előzmény: [91] Cs.Balázs, 2006-10-10 18:04:56
[91] Cs.Balázs2006-10-10 18:04:56

Rendben,pontosítok: \sqrt{a}+\sqrt{b} = \root{n}\of{x}  Pl: \sqrt3+\sqrt5 milyen x természetes számnak lesz az n-edik gyöke? Persze az a és b négyszetszámok esetektől tekintsünk el.

[90] Cckek2006-10-10 14:10:15

És ilyenek: {\root n\of{u}}+{\root m\of{v}}={\root p\of{w}} ahol u,v,w prímszámok???

Előzmény: [89] Lóczi Lajos, 2006-10-10 13:27:52
[89] Lóczi Lajos2006-10-10 13:27:52

Vagy esetleg ilyenek:

\root 3 \of{2-\frac{10}{3
   \sqrt{3}}}+\root 3 \of {2+\frac{10}{3 \sqrt{3}}}=\sqrt{4}

.

Előzmény: [88] Sirpi, 2006-10-10 10:42:49
[88] Sirpi2006-10-10 10:42:49

pl: \root 3\of{16} + \root3\of{54} = \root 3 \of{250}

Bár gondolom nem nagyon van olyan példa, ami ennél trükkösebb (pl. hogy a kitevők - egyszerűsítéstől eltekintve - különbözőek).

Előzmény: [87] Lóczi Lajos, 2006-10-10 01:35:56
[87] Lóczi Lajos2006-10-10 01:35:56

Nem egészen világos a kérdésfelvetés "Hogyan írható fel általánosan két gyökszám összege egy természetes szám gyökeként (akár magasabb fokú is,nem csak négyzetgyök)?"

Tudnál egy konkrét példát írni, mire gondolsz?

Előzmény: [80] Cs.Balázs, 2006-10-09 16:08:35
[86] Lóczi Lajos2006-10-10 01:34:26

Persze itt a sor konvergenciáját meg kell vizsgálni, nem minden a és b szám esetén értelmes a szumma. (k index áll benne amúgy i helyett.)

Ha (1+x)^\alpha sorfejtését írjuk fel, az (-1,1)-en konvergál (a végpontokbeli konvergencia függ \alpha-tól), ebből nyilván ki lehet találni a fenti alakra is.

Előzmény: [84] Cckek, 2006-10-09 19:29:51
[85] Cckek2006-10-09 20:56:52

Mikor igaz? a1a2...am mod p=(a1+a2+...+ammod p ahol p prímszám.

[84] Cckek2006-10-09 19:29:51

Talán a Taylor sorbafejtésből adodó:

(a+b)^r=a^r+\sum_{i=1}^{\infty}\frac{r(r-1)\cdots{[r-(k-1)]}}{k!}a^{r-k}b^k

Előzmény: [80] Cs.Balázs, 2006-10-09 16:08:35
[83] S.Ákos2006-10-09 19:23:57

igaz, a nincs két olyan j és i amelyre j=i, így módosítva helyes a kérdés

Előzmény: [79] Cckek, 2006-10-08 19:04:43
[82] Yegreg2006-10-09 17:57:21

Igazából, elég, hogy ab négyzetszám legyen

[81] Yegreg2006-10-09 17:52:41

A binomiális tétel általánosítását majd valaki okosabb leírja, szerintem tudom, hogy hogy néz ki, de nem vagyok benne biztos, hogy be is tudnám bizonyítani.

A második kérdésre: Ha jól számoltam, akkor \sqrt{a}+\sqrt{b} az x4-2(a+b)x2+(a-b)2 polinom egyik gyöke, ami egyetlen egészből volt n-edik gyökkel ritkán (a=b) írható fel.

[80] Cs.Balázs2006-10-09 16:08:35

Üdv,kedves fórumosok! A következő kérdés merült fel bennem,ehhez kérném segítségeteket: Mi az általánosított binomiális tétel (tetszőleges valós n kitevőre)? Valamint: Hogyan írható fel általánosan két gyökszám összege egy természetes szám gyökeként (akár magasabb fokú is,nem csak négyzetgyök)? Előre is köszönöm: Balázs

[79] Cckek2006-10-08 19:04:43

Ha így vetjük fel a kérdést valóban minden m-re van megoldás:)

Előzmény: [78] Csimby, 2006-10-08 17:33:16
[78] Csimby2006-10-08 17:33:16

Legyen a baloldalon nm db. tag és mindegyik 1. :-)

Előzmény: [76] S.Ákos, 2006-10-08 15:13:49
[77] Cckek2006-10-08 16:25:59

Ezer oldal sem lenne elég, hogy erre valaki válaszoljon. Mindenesetre már m>2 esetben, ha a baloldalon két szám áll a nagy Fermat tételt kapjuk. Ha m=2 van megoldás, m=3-ra is például: 33+43+53=63 A Wikipedia-n is találsz hozzászolásokat. Probálkozhatsz előbb a x12+x22+...+xn2=xn+12 egyenlettel is mely n=2 esetben a Pitágoraszi számhármasokat származtatja.

Előzmény: [76] S.Ákos, 2006-10-08 15:13:49
[76] S.Ákos2006-10-08 15:13:49

Sziasztok!

A következő kérdésem lenne: Mely m esetén van megoldása a

am+bm+...+lm=nm

egyenletnek, ha a,b,...,l,m,n pozitív egészek, és tetszőleges sok tag szerepel a bal oldalon?

[75] nadorp2006-09-11 12:46:40

Igazad van, tágabb értelemben természetesen a Cn-ek határértéke létezik. Egyébként csak arra akartam utalni, hogy a tört minden n-re az 1 és Cn közt vesz fel valamilyen értéket. Kérdés, hogy minden számhoz elég közel kerül-e.

Előzmény: [74] Gubbubu, 2006-09-11 12:09:49
[74] Gubbubu2006-09-11 12:09:49

Kukacoskodok: én nem határértékről, hanem szuprémumról beszéltem.

(((((De még ettől eltekintve sem vagyok bizonyos benne, hogy nincs értelme határértékről beszélni, hisz rögzített n esetén ugyanis Cn egy konkrét kibővített valós szám (Az n-változós S függvény és a szintén n-változós produktum függvények hányadosának szuprémuma, ha a független változók a prímszámok P halmaza n-edik hatványának elemei, és emellett még különbözőek is - ez a szuprémum vagy véges, vagy végtelen, de mindenképp létezik, így a kibővített valós számok egy sorozatának kibővített valós számokbeli határértékéről van szó - biztos, hogy ez nem értelmes? Persze ez nagyon mellékes megjegyzés, hiszen nem egy formálisan megfogalmazott, precíz feladatot adtam fel [főleg azért nem, mivel a formalizmustól a TEX egy kicsit viasszatart], így aztán bizonyos pongyolaság óhatatlan; ahol nem, ott igyekeztem javítani))))).

Egyébként köszönöm a választ, azt hiszem, ez így most már lassan megoldottnak nevezhető.

Előzmény: [73] nadorp, 2006-09-11 11:45:43
[73] nadorp2006-09-11 11:45:43

A kérdésfelvetés nem jó, mert nincs értelme határértékről beszélni, hiszen C nem csökken és nem is nő,hanem 1 és végtelen közt tetszőlegesen nagy lehet. Az \frac{S(p_1,...,p_n)}{p_1...p_n} tört értéke tetszőlegesen nagy lehet, ha n-et növeljük ( erre adtam példát az első n darab prímmel), de tetszőlegesen meg is közelítheti az 1-et ( nyilván mindig nagyobb 1-nél), mint az alábbi példa mutatja:

Legyen n tetszőleges, és tekintsünk n darab n2-nél nagyobb prímet. Ekkor \frac{S(p_1,...,p_n)}{p_1...p_n}<\left(1+\frac1{n^2}\right)^n, ami 1-be tart ha n tart végtelenbe.

Előzmény: [71] Gubbubu, 2006-09-11 11:25:59
[72] Gubbubu2006-09-11 11:29:04

Bocs, kicsit megint pongyola voltam. C-vel eredetileg a hányadost jelöltem, az előző hozzászólásomban meg a hányados szuprémumát. Az eredeti hozzászólásomban lehetne "Cn" konstanst írni "C konstans" helyett.

Előzmény: [71] Gubbubu, 2006-09-11 11:25:59
[71] Gubbubu2006-09-11 11:25:59

Bocs, kicsit pongyola voltam, a TEX-et már elfelejtettem. S(pn)-en azt értettem, S(p1,p2,...,pn).

A második megjegyzésed én nem értem, de lehetséges, hogy egy másik problémát oldasz meg, mint az én kérdésem, ugyanis én p1,...,pn-nel nem az első n darab prím sorozatát jelöltem, hanem tetszőleges, bár különböző n darab prímszámot.

Ha neked van igazad, akkor nagy n-ekre a C hányadosnak a végtelenbe kellene tartania, haegyre nagyobb n-t veszek, nem?

Én viszont úgy látom, hogy minél nagyobb n-t veszek, egyre csökken, mégpedig egyelőre 1-hez tart.

Érdekes, mert te, azaz a mathworld link ugyanis egy részhalmazát veszi a  C = sup \{ \frac{S(p_1 , p_2, ..., p_n)}{\prod_{i=1}^{n}p_i} \} kibővített valós számot definiáló halmaznak (a szuprémum-operátor argumentumának). Mégpedig azt a részhalmazát, ahol minden prím egy speciális sorozat első néhány eleme. Na mármost, ha egy részhalmazt tekintünk, akkor annak a szuprémuma kisebb mint a bővebbé. Így az általad adott link tartalmából és a te előző megjegyzésedből következően, a "kisebb halmaz" szuprémuma végtelen, akkor viszont ha tetszőleges prímeket válszthatunk, bővebb lesz az argumentum-halmaz, és ugye (nagyobb halmaz szuprémuma nagyobb), a szuprémum is nő; vagyis az én kérdésemre is "végtelen" a válasz, azaz az eredeti kérdésemre, valóban "igaz" a válasz.

Most már csak azt nem értem, hogy hogy egyeztethető össze mindez az empirikus számításaimmal, melyek szerint C csökken, ha egyre növelem az n-t.

Előzmény: [70] nadorp, 2006-09-11 10:43:15
[70] nadorp2006-09-11 10:43:15

Bocs, de két dolgot nem értek.

Az első: Mit jelent az S(pn) jelölés ?

A második: idézet Tőled "Igaz-e, hogy bármely C konstanshoz található olyan n, hogy valamely p1, ... , pn prímekre S(p1,...,pn)>Cp1p2...pn?". Erre a válaszom igenlő, hiszen tetszőleges C-re van olyan n, hogy ln pn megfelelően nagy.

Előzmény: [69] Gubbubu, 2006-09-11 10:28:04

  [1]    [2]