KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
 English
Információ
A lap
Pontverseny
Cikkek
Hírek
Fórum
Játékszabályok
Technikai info
TeX tanfolyam
Regisztráció
Témák

Rendelje meg a KöMaL-t!

ELTE

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

Fórum - "ujjgyakorlatok"

  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]  

Ha a témához hozzá kíván szólni, először regisztrálnia kell magát.
[395] Lóczi Lajos2005-10-30 20:07:02

Kíváncsi vagyok (csak címszavakban), hogy a "némi számolás" milyen típusú számolásra, módszerre utal.

Előzmény: [390] ágica, 2005-10-30 14:53:11
[394] Lóczi Lajos2005-10-30 19:58:16

A [377]-es hozzászólásban megfogalmazott sejtés alapján ez már gyerekjáték :) Az egyenletnek nincs megoldása, mert modulo 11 megoldhatatlan.

Előzmény: [393] Edgar, 2005-10-30 19:32:45
[393] Edgar2005-10-30 19:32:45

Nem tudom, szerepelt-e ez már... ha igen, elnézést :-)

Igazi gonosz kis ujjgyakorlat... Oldd meg a természetes számok körében:

x5-y2=4

[392] Edgar2005-10-30 19:21:55

így van :-) okosabb vagy, mint a nagykemény Maple szoftver... azaz ezer matematikusnál okosabb :-P ("Command the Brillance of a thousand mathematicians") azt hittem, majd befejti nekem, de magad uram lett belőle...

Előzmény: [390] ágica, 2005-10-30 14:53:11
[391] lorantfy2005-10-30 18:41:50

Igazad van!

A 32.tesztfeladathoz kiegészítő kérdés: Hányadik tizedesjegytől ismétlődik a Fibonacci sorozat tagjaiból az ott leírt módon készített végtelen összeg racionális értéke.

Előzmény: [389] Lóczi Lajos, 2005-10-30 13:32:48
[390] ágica2005-10-30 14:53:11

Némi számolás után kijött, hogy a kifejezés egyenlő 14*gyök2-vel, tehát irracionális :)

Előzmény: [386] Lóczi Lajos, 2005-10-30 01:27:22
[389] Lóczi Lajos2005-10-30 13:32:48

Nem következik, hogy nincs igaza!

Egy racionális számban nemcsak az első pár tizedeshelyen levő "89" alkothatja az ismétlődő részt, ezért a hozzászólásodból a "szebb" szó törlendő :)

Előzmény: [387] lorantfy, 2005-10-30 11:22:22
[388] Suhanc2005-10-30 12:46:17

Kedves László!

Egy lehetséges megoldás:

Végezzük el egyenletünkkel a következő átalakításokat (x<>-5)!

x^2 +\frac{25x^2}{(x+5)^2}= 11

x2(x+5)2+25x2=11(x+5)2

x2(x+5)2+25x2+25(x+5)2=36(x+5)2

(x+5)2[x2+25]+25x2=36(x+5)2

(x+5)4-10x(x+5)2+25x2=36(x+5)2

[(x+5)2-5x]2=(6x+30)2

Ahonnan a2-b2=(a+b)(a-b) azonosságot felhasználva, és rendezve a tényezőket kapjuk, hogy:

(x2+11x+55)(x2-x-5)=0

Nyilván: x2+11x+55>0

Ezért csak x2-x-5=0 lehetséges, melyet

x_1 = \frac{1+\sqrt21}{2}   x_2 = \frac{1-\sqrt21}{2} gyökök teljesítenek.

Előzmény: [382] lorantfy, 2005-10-29 11:54:41
[387] lorantfy2005-10-30 11:22:22

Nincs igaza, mert ha egy pontosabb géppel számolja rögtön kiderül, hogy a 89 számpár nem ismétlődik: 19,798989873223330683223642138936

Szebb indoklásra még várni kell!

Mindenesetre ha racionális szám lenne, akkor ez lenne az értéke: \frac{195911}{9900}=19,788989898989...

Előzmény: [386] Lóczi Lajos, 2005-10-30 01:27:22
[386] Lóczi Lajos2005-10-30 01:27:22

77. feladat. Valaki számológéppel azt találta, hogy

\root3 \of{ 1253{\sqrt{2}} - 963{\sqrt{3}} } + \root 4 \of{ 26209 + 10500{\sqrt{6}} }\approx 19.7989898...

amiből azt sejti, hogy a fenti szám racionális. Igaza van-e?

[385] Lóczi Lajos2005-10-29 22:49:03

\frac{-11 \pm  3i   {\sqrt{11}}}{2} például megoldás, ahol i a komplex képzetes egység.

Előzmény: [384] lorantfy, 2005-10-29 22:18:31
[384] lorantfy2005-10-29 22:18:31

A racionális számok körében sincs. :-)

Helyettesítéssel kellene visszavezetni másodfokúra!

Előzmény: [383] Lóczi Lajos, 2005-10-29 22:01:15
[383] Lóczi Lajos2005-10-29 22:01:15

Az egész számok körében nincs megoldás :)

Előzmény: [382] lorantfy, 2005-10-29 11:54:41
[382] lorantfy2005-10-29 11:54:41

76. feladat: Oldjátok meg az egyenletet:

x^2+\frac{25x^2}{(x+5)^2}=11

[381] Róbert Gida2005-10-29 02:12:14

Sokkal egyszerübben is meg lehet oldani ezeket, ha lnko(p,q)>1 most itt x59+y59=3, feltehető a szimmetria miatt, hogy x\geq0>y, továbbá x59=3+(-y)59 miatt, hogy x>-y, de akkor x59+y59\geqx59-(x-1)59, de ez x-ben nyilván monoton nő, x=0;1-re nincs megoldás és x\geq2-re x59+y59\geq259-1, így nincs megoldás.

Ez általánosítható arra az esetre is, ha d=lnko(p,q)>1, használjuk, hogy a szomszédos d-edik hatványok különbsége monoton nő,mint az előbb és ha x ismert, akkor az egyenletből abs(y) is megkapható, így az egyenletnek véges sok megoldása lehet legfeljebb.

Az általános esetben feltehető, hogy p vagy q páratlan , különben lnko(p,q)\geq2 teljesül. Legyen például q páratlan, ekkor az egyenlet átírható ( az új y legyen a régi -y ).Az egyenlet

xp-yq=k

, ahol k nem nulla, akkor az egyenletnek minden k-ra véges sok megoldása van, ez S. S. Pillai sejtése, máig megoldatlan.

Előzmény: [373] nadorp, 2005-10-27 09:55:27
[380] Lóczi Lajos2005-10-28 23:19:38

Igen, ezek a számok pár napja jó ismerőseim. :) (Az is érdekes kérdés még, hogy a minimális cáfolómodulushoz tartozó "alkalmas n-ek" halmaza micsoda, hányelemű, stb., de ez nyilván bonyolultabb kérdés lenne.)

Előzmény: [379] Ali, 2005-10-28 14:46:34
[379] Ali2005-10-28 14:46:34

Mégegyszer átolvasva minmod(p,q) definícióját, és "alkalmas n"-hez keresve a minimális modulusokat ez jön ki:

minmod(3,3)=7

minmod(5,5)=11

minmod(7,7)=29

minmod(11,11)=23

minmod(13,13)=53

minmod(17,17)=103

minmod(19,19)=191

minmod(23,23)=47

minmod(29,29)=59

minmod(31,31)=311

minmod(37,37)=149

minmod(41,41)=83

minmod(43,43)=173

minmod(47,47)=283

Ebből valóban adódik a 2/a sejtés.

Előzmény: [378] Ali, 2005-10-28 12:00:54
[378] Ali2005-10-28 12:00:54

Kicsit zavaros ez a minmod(p,q).

Pl.: x5+y5=7 egyenlet megoldhatságát az m=11 modulus cáfolja, míg x5+y5=13 -t m=25, az x5+y5=23 -t pedig m=31.

Akkor most melyik a minmod ?

Előzmény: [377] Lóczi Lajos, 2005-10-27 22:56:47
[377] Lóczi Lajos2005-10-27 22:56:47

Tekintsük tehát az alábbi (*)

xp+yq=n

nemlineáris diofantoszi egyenletet, ahol p>2 és q>2 adott prímszámok, n valamely adott egész szám, és x, y a keresendő ismeretlen egészek. Ennek megoldhatatlanságát szeretnénk kimutatni bizonyos p, q kitevők mellett, alkalmas n jobboldalak esetén.

A (*) egyenlet nyilván megoldhatatlan, ha találunk egy alkalmas m\ge2 egész modulust, hogy (*) megoldhatatlan modulo m.

Gyakorlati szempontból az a fontos, ha minél kisebb ilyen m "cáfoló modulust" sikerül találnunk. Ezért pl. az alábbi számot szeretnénk meghatározni:

minmod(p,q) := min{m\inN| m\ge2 és van olyan n\in{1,2,...,m}, hogy minden x\in{1,2,...,m} és minden y\in{1,2,...,m} esetén (*) NEM teljesül modulo m }.

1. sejtés. a.) Legyenek p\neq 2-nél nagyobb prímek, úgy, hogy 2pq+1 is prím. Ekkor minmod(p,q)=2pq+1.

1. b.) Az összes "cáfoló modulus" minmod(p,q) pozitív egész többszöröse.

2. sejtés. a.) Ha p=q>2 prím, akkor minmod(p,p)=L.p+1, ahol L az a legkisebb pozitív páros szám, amire L.p+1 prím.

2. b.) Az 1. sejtés b.) része a p=q esetben nem igaz.

1. megjegyzés. Bonyolultabbnak tűnik a helyzet, ha a p vagy q számok összetettek is lehetnek.

2. megjegyzés. A 2.a.) sejtés analogonja nem tűnik igaznak a p\neq esetben: p=3 és q=19 esetén pl. minden m\le699 esetén megoldható az eredeti (*) egyenlet, akármilyen egész szám is az n jobboldal.

[376] Lóczi Lajos2005-10-27 21:57:19

De igenis "ujjgyakorlatok", programozási ujjgyakorlatok és "keress szabályszerűségeket a gép outputjában"-ujjgyakorlatok :) -- amíg nincs bizonyítás, addig biztosan.

Előzmény: [375] Csimby, 2005-10-27 20:59:34
[375] Csimby2005-10-27 20:59:34

Talán nyithatnátok egy új topic-ot a témának, mert már nem igazán ujjgyakorlatok :-)

Euler sejtés: Ha s\ge2 és x1,...,xs,z,n pozitív egészek és x1n+x2n+...+xsn=zn, akkor s \ge n.

Ha ez igaz lenne, akkor következne belőle a Fermat-sejtés vagy Wiles-tétel ;-) is, azonban 1966-ban L.J. Lander és T.R. Parkin amerikai matematikusok találtak egy ellenpéldát (n=5,s=4):

a5+b5+c5+d5=1445

Keressük meg a megfelelő a,b,c,d pozitív egészeket. Az n=4,s=3 esetre az előbb említett két úr és J.L. Selfridge már 1967-ben megmutatták, hogy a x14+x24+x34=z4 egyenletnek biztosan nincs olyan pozitív egész megoldása, ahol x1,x2,x3,z mindegyike kisebb, mint 220000. Az első ellenpéldát Noam Elkies adta és megegyezik a 74. feladattal ([341]. hozzászólás). A legkisebb ismert ellenpéldát (n=4,s=3 esetén) R.Frye adta, és a [345]-ös hozzászólásban szerepel.

[374] Lóczi Lajos2005-10-27 20:05:36

Igen nekem is ezek jöttek ki minimális cáfolómodulusnak; esetleg valami sejtés általában? :) Ha lesz időm, beírom az én 2 apró megfigyelésem.

Előzmény: [373] nadorp, 2005-10-27 09:55:27
[373] nadorp2005-10-27 09:55:27

Az első esetben mod(311), a másodikban mod(709) jónak tűnik

Előzmény: [372] Lóczi Lajos, 2005-10-26 23:28:22
[372] Lóczi Lajos2005-10-26 23:28:22

Elkezdett foglalkoztatni, hogy hogyan lehet olyan modulusokat keresni, amelyek azt mutatják, hogy egy

xp+yq=n

alakú diofantoszi egyenletnek nincs megoldása. Mivel egy egysoros programmal sikerült jelentősen automatizálni az egyenletek átvizsgálását, több sejtést is kialakítottam. Ezeket hamarosan beírom ide. Addig is, álljon itt két újabb egyenlet, amelyek bizonyos szempontból a "legrosszabbul" viselkednek (minimális fokszám mellett a legnehezebb cáfolni a megoldásuk létét):

Oldjuk meg az egész számok körében az

x31+y31=31

egyenletet. Ugyanez a kérdés vonatkozik az

x59+y59=3

egyenletre.

[371] Lóczi Lajos2005-10-25 00:21:04

Megtaláltam, amire utaltál:

413=403+173+23=333+323+63,

de a 41 eme tulajdonsága hogyan kapcsolódik (ha egyáltalán) az x4+y5=1728 egyenlethez? Hiszen ezt az egyenletet úgy csináltam, hogy olyan legyen, hogy csak viszonylag "nagy" modulussal lehessen cáfolni, de az 1728 helyett a jobb oldalon nyugodtan lehetne 6 is (mivel ez kongruens 1728-cal modulo 41). Az 1728-nak számomra tehát semmi köze a 41-hez, csak azért választottam, hogy hamis asszociációkat keltsek. A mondandódból viszont az tűnik ki, mintha az 1728-ból jutott volna valahogy eszedbe a 41, mint cáfoló modulus. Ez vajon véletlen, vagy van valami a háttérben?

Előzmény: [368] Káli gúla, 2005-10-24 23:03:26

  [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]  

  Regisztráció    Játékszabályok    Technikai információ    Témák    Közlemények  

Támogatóink:   Ericsson   Cognex   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Nemzeti Tehetség Program    
MTA Energiatudományi Kutatóközpont   MTA Wigner Fizikai Kutatóközpont     Nemzeti
Kulturális Alap   ELTE   Morgan Stanley