[895] Hajba Károly | 2015-01-08 20:14:17 |
S még annyi kiegészítést tennék hozzá, hogy ez igaz a hét bármely napjához rendelt 28-ig bármely napszám esetére is. Fölötte már külön vizsgálatot igényel, melyet most még nem tettem meg, így arról nem nyilatkozom.
|
Előzmény: [892] lorantfy, 2015-01-01 13:23:25 |
|
|
[893] jonas | 2015-01-02 15:32:04 |
Hasonlóan az is igaz, hogy minden évben van olyan hónap, ami hat hétbe nyúlik bele.
|
|
[892] lorantfy | 2015-01-01 13:23:25 |
A januárhoz viszonyított maradékok azt mutatják, mennyivel csúszik adott dátum a hónapokban. Mivel minden maradék előfordul normál és szökőévekben is, ezért minden évben lesz péntek 13. Normál években a 3 a legtöbbször előforduló maradék, háromszor van.Szökőévben a 0 van háromszor. Szóval max. 3 péntek 13 lehet, abban a normál évben, ahol február 13. péntekre esik, vagy szökőévben, ha január 13. péntek. 2015-ben február 13. péntek, így 3 lesz.
|
|
Előzmény: [891] Hajba Károly, 2014-12-29 18:49:19 |
|
[891] Hajba Károly | 2014-12-29 18:49:19 |
Léteznek-e olyan esztendők, melyekben péntek egyszer sem esik 13-ára? Egy évben legfeljebb hányszor esik péntekre 13-a?
Bónusz: mikor lesz legközelebb maximális év?
|
|
|
[889] w | 2014-09-10 21:26:56 |
Nem lett volna egyszerűbb úgy megfogalmazni, hogy számtani-mértanival
&tex;\displaystyle PQ=OP+OQ\ge 2\sqrt{OP\cdot OQ}=2\sqrt{OA\cdot OB},&xet;
aminek egyenlőség-esete &tex;\displaystyle OP=OQ&xet;?
|
Előzmény: [888] Sinobi, 2014-09-10 20:16:47 |
|
[888] Sinobi | 2014-09-10 20:16:47 |
Legyen &tex;\displaystyle AB.e = O&xet; és &tex;\displaystyle kör.e = P,Q&xet;.
Létezik egy olyan O középpontú inverzió, hogy P és Q egymás képei legyenek minden kör esetén. Ennek megfelelően PQ akkor minimális, ha a felezőpontjuk O. Az AB felezőmerőlegese és az O-bs állított e-re merőleges egyenes metszéspontja a keresett kör középpontja.
|
Előzmény: [887] w, 2014-09-07 22:34:29 |
|
[887] w | 2014-09-07 22:34:29 |
Adott az &tex;\displaystyle e&xet; egyenes, illetve az &tex;\displaystyle A&xet; és &tex;\displaystyle B&xet; pont úgy, hogy &tex;\displaystyle e&xet; elmetszi az &tex;\displaystyle AB&xet; szakaszt. Szerkesszük meg azt a kört &tex;\displaystyle A&xet; és &tex;\displaystyle B&xet; pontokon keresztül, amelyet &tex;\displaystyle e&xet; a lehető legrövidebb húrban metsz.
|
|
[886] w | 2014-07-15 18:39:21 |
Legyen &tex;\displaystyle b_n=a^{a^n}-1&xet;: ha most &tex;\displaystyle m\ge n&xet;, akkor &tex;\displaystyle a_n|b_{n+1}|b_m&xet;, és
&tex;\displaystyle a_m=\frac{a^{a^{m+1}}-1}{a^{a^m}-1}=\sum_{k=0}^{a-1}a^{k\cdot a^m}\equiv a\mod (b_m),&xet;
ahonnan &tex;\displaystyle a_n&xet; és &tex;\displaystyle a_m&xet; minden közös &tex;\displaystyle p&xet; prímosztójára &tex;\displaystyle p|a_m,b_m&xet; miatt &tex;\displaystyle p|a&xet;, így &tex;\displaystyle p|a^{a^m}-b_m=1&xet; teljesülne, ami ellentmondásos lévén &tex;\displaystyle a_n&xet; és &tex;\displaystyle a_m&xet; relatív prímségét igazolja.
|
Előzmény: [877] w, 2014-06-11 22:58:23 |
|
[885] w | 2014-07-15 18:22:52 |
Legyen &tex;\displaystyle f(x)=x^{1/x}&xet;. Ekkor &tex;\displaystyle f&xet; deriváltja:
&tex;\displaystyle f'(x)=-x^{\frac 1x-2}(\ln x-1).&xet;
(Hisz láncszabállyal &tex;\displaystyle (\ln(f))'=\ln'(f)\cdot f'=\frac{f'}{f}&xet;, ahonnan
&tex;\displaystyle f'=f\cdot (\ln (f))'=x^{1/x}\cdot \left(\frac 1x \ln x\right)'=x^{1/x}\cdot \left[-\frac1{x^2}\ln x+\frac 1{x^2}\right].)&xet;
Ebből adódik, hogy &tex;\displaystyle x>e&xet; esetén &tex;\displaystyle f'(x)<0&xet;, vagyis &tex;\displaystyle f&xet; az &tex;\displaystyle [e;\infty)&xet; intervallumon monoton csökken. Tehát
&tex;\displaystyle x_i^{\frac1{x_i}}\ge (x_i+\dots+x_n)^{\frac1{x_i+\dots+x_n}},&xet;
átalakítva
&tex;\displaystyle x_i^{\frac{x_i+\dots+x_n}{x_i}}\ge x_i+\dots+x_n.&xet;
Ezt &tex;\displaystyle i=1&xet;-től &tex;\displaystyle n&xet;-ig összegezve a bizonyítandót kapjuk. (Egyenlőség pedig nem állhat fenn.)
|
Előzmény: [884] Cogito, 2014-07-04 21:39:42 |
|
[884] Cogito | 2014-07-04 21:39:42 |
Remélem, nem volt még:
Legyenek &tex;\displaystyle x_1&xet;, &tex;\displaystyle x_2&xet;, . . . , &tex;\displaystyle x_n&xet; &tex;\displaystyle \ge&xet; &tex;\displaystyle e&xet;.
Bizonyítsuk be, hogy
&tex;\displaystyle x_1^{\frac{x_1 + x_2 + ... + x_n}{x_1}} + x_2^{\frac{x_2 + x_3 + ... + x_n}{x_2}} + ... + x_{n-1}^{\frac{x_{n-1} + x_n}{x_{n-1}}} + x_n \ge x_1 + 2x_2 + ... + (n - 1)x_{n-1} + nx_n&xet; .
|
|
|
[882] HoA | 2014-06-23 16:18:40 |
Egy igazi ujjgyakorlat: Igazoljuk, hogy a Geometria téma [1845] -ben kitűzött feladat egyenértékű a B 4639. KöMaL feladattal.
|
|
|
|
[879] jonas | 2014-06-18 22:45:01 |
Ezt a feladatot ismerem az &tex;\displaystyle a = 2 &xet; esetben, és tetszik. Más &tex;\displaystyle a &xet;-ra még nem gondolkodtam el rajta, de szerintem ugyanaz a bizonyítás megy.
|
Előzmény: [877] w, 2014-06-11 22:58:23 |
|
|
[877] w | 2014-06-11 22:58:23 |
Legyen &tex;\displaystyle a>1&xet; adott egész szám, és legyen
&tex;\displaystyle a_n=\frac{a^{a^{n+1}}-1}{a^{a^n}-1}.&xet;
Bizonyítsuk be, hogy az &tex;\displaystyle (a_n)_{n=1,2,\dots}&xet; sorozat tagjai páronként relatív prímek.
|
|
[876] emm | 2014-06-01 01:16:28 |
Ha viszont feltesszük, hogy folytonos a függvény &tex;\displaystyle [0,2e]&xet;-n, akkor már igaz. Lagrange-féle középértéktétellel: &tex;\displaystyle \exists \xi_1\in (0,e),\xi_2\in(e,2e)&xet;:
&tex;\displaystyle 0<f'(\xi_1)=\frac{f(e)-f(0)}{e-0}\implies f(e)=f(0)+ef'(\xi_1)&xet; | (1) |
&tex;\displaystyle 0<f'(\xi_2)=\frac{f(2e)-f(e)}{2e-e}\implies f(2e)=f(e)+ef'(\xi_2)&xet; | (2) |
&tex;\displaystyle (1)&xet; és &tex;\displaystyle (2)&xet; összevetéséből:
&tex;\displaystyle f(2e)-f(0)=e(f'(\xi_1)+f'(\xi_2))>0&xet;
|
Előzmény: [875] Lóczi Lajos, 2014-05-30 20:27:09 |
|
|
[874] emm | 2014-05-30 17:00:23 |
Ellenpélda: &tex;\displaystyle \frac{1}{e-x}&xet;, ha &tex;\displaystyle x\neq e&xet;, és &tex;\displaystyle 0&xet; különben. &tex;\displaystyle f(0)>0>f(2e)&xet;.
|
Előzmény: [873] Lóczi Lajos, 2014-05-29 11:07:35 |
|
[873] Lóczi Lajos | 2014-05-29 11:07:35 |
Legyen &tex;\displaystyle f&xet; egy olyan valós függvény, amely a &tex;\displaystyle (0,2e)&xet; intervallumon van értelmezve. Azt is tudjuk, hogy &tex;\displaystyle f'(x)>0&xet; minden &tex;\displaystyle x\in (0,2e)\setminus \{e\}&xet; esetén. Bizonyítsuk be, hogy ekkor &tex;\displaystyle f(0)<f(2e)&xet;.
|
|
[872] koma | 2013-12-27 18:12:58 |
köszönöm szépen a válaszokat:)
|
|
|