Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?
A régi honlapot akarom!!! :-)

Fórum: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[621] Erben Péter2010-12-18 10:06:17

Nem maradt ki valami An+1 definíciójából?

A_{n+1} = A_n \prod_{i}^{1\dots f(n)} +1

a) A_{n+1} = A_n \prod_{i}^{1\dots f(n)}A_i +1 ?

b) A_{n+1} = A_n \prod_{i}^{1\dots f(n)}p_i +1 ?

c) A_{n+1} = \prod_{i}^{1\dots f(n)}A_i +1 ?

Előzmény: [619] Tibixe, 2010-12-17 22:17:28
[620] Erben Péter2010-12-18 06:55:56

Köszönöm a megoldást és a TeX-elést!

Előzmény: [619] Tibixe, 2010-12-17 22:17:28
[619] Tibixe2010-12-17 22:17:28

Bemásolom amit kaptam, csak a képleteket írom át texbe. ( az esztétikát úgy általában kispóroltam belőle )

---

A mi sorozatunk azt is tudni fogja, hogy

\sum_{n=1}^{\infty} a_n \sum_{k=1}^{\infty} \frac{a_{nk}}{k}=\infty

Mivel \sum_{k=1}^\infty a_{nk} k^{-1} \ge a_{n \cdot 1}/1, ezért ez valóban erősebb, tehát elég ha ilyen sorozatot találunk.

Jelölje először is az i-edik prímet pi.

Most szükségünk lesz majd egy dologra, méghozzá, hogy a prímek reciprokösszege divergens, ezt nem kell külön igazolnunk, akármelyik számelméletkönyvben megtalálható bizonyítással együtt, mondjuk a Szalay Mihály számelmélet c. könyvben.

Eszerint definiáljuk pf(n)-t úgy, hogy ez a legkisebb indexű prím, amire \sum_{i=1}^{f(n)} p_n^{-1} > 2^n, ilyen tehát mindenképpen létezik.

Definiáljuk még az Ai sorozatot a következőképpen rekurzíven, legyen A1=1 és

A_{n+1}=A_n \prod_{i}^{1..f(n)}+1

Most eljött az ideje, hogy definiáljuk az au sorozatunkat:

Ha An\leu<An+1, akkor au=0, ha u nem többszöröse An-nek, vagy u nem osztója A_n \prod_{i}^{1..f(n)}-nek, egyébként pedig \sqrt{2}^{-n-f(n)}.

Bebizonyítom, hogy ez a sorozat jó lesz nekünk, ehhez két dolgot kell látni.

\sum_n^{1..\infty} a_n^2 véges:

Olyan u egész szám, amire An\leu<An+1 és u többszöröse An-nek és osztója -nek nyilván 2f(n) db van, hiszen An-en kívül még minden prímtényezőt vagy beválasztunk a számba vagy nem, így tehát \sum_i^{A_n..A_{n+1}-1} a_n^2=2^{f(n)} (\sqrt{2}^{-n-f(n)})^2=2^{-n}, amiből:

\sum_n^{1..\infty} a_n^2=\sum_k^{1..\infty} 2^{-k}=1

, ami valóban véges.

\sum_{k=1}^\infty a_{nk} k^{-1}=\infty bizonyítása:

Még vezessünk be egy jelölést kényelmi okokból, k\Deltaj [sajnos nincs nabla -- tibixe] jelentse azt, hogy létezik olyan n, amelyre An\lek,j<An+1.

Amit mi igazolunk az, hogy

\sum_n^{1..\infty} a_n \sum_{kn \Delta n} a_{nk} k^{-1}

, ez nyilván még erősebb, mint amit akartunk.

Felírhatjuk, hogy

\sum_n^{1..\infty} a_n \sum_{kn \Delta n} a_{nk} k^{-1}=\sum_i^{1..\infty} \sum_{A_i \le kn, n < A_{n+1}}    a_n a_{kn} k^{-1}

.

Amit alulról szeretnénk becsülni az \sum_{A_i \le kn, n < A_{n+1}}    a_n a_{kn} k^{-1}.

Legyen Sb azoknak az Ai-nál nem kisebb és Ai+1-nél kisebb pozitív egészek halmaza, amelyek többszörösei Ai-nek és osztója p_b^{-1} A_i \prod_j^{1..f(i)}p_j-nek, ahol 1\leb\lef(i), ezeknek a halmazoknak az elemszáma nyilván 2f(n)-1.

Ezt a jelölést használva:

\sum_{A_i \le kn, n < A_{n+1}}  a_n a_{kn} k^{-1}  \ge \sum_b^{1..f(n)} \sum_{n \in S_b} \frac{a_n a_{p_b n}}{p_b}=\sum_b^{1..f(n)} 2^{f(i)-1} \frac{2^{-i-f(i)}}{p_b}= \sum_b^{1..f(n)} 2^{-i-1} p_b^{-1}= 2^{-i-1} \sum_b^{1..f(n)} p_b^{-1} > \frac{1}{2}.

Előzmény: [615] janomo, 2010-12-17 19:51:07
[618] janomo2010-12-17 20:04:20

na már el is küldtem

[617] Tibixe2010-12-17 20:01:59

Tényleg? Mert én nem láttam meg rá a triviális bizonyítást, kérlek írd le ide.

Előzmény: [616] Róbert Gida, 2010-12-17 19:53:02
[616] Róbert Gida2010-12-17 19:53:02

Monotonokra triviális a feladat.

Előzmény: [614] Tibixe, 2010-12-17 17:05:32
[615] janomo2010-12-17 19:51:07

Hello!

Na az a lényeg hogy van ilyen sorozat, nem tudom föltenni forumra a megoldást, de elküldöm tibinek (tibixe), ő majd felteszi.

Nagy János

Előzmény: [613] Erben Péter, 2010-12-17 13:36:04
[614] Tibixe2010-12-17 17:05:32

Nemtriviális eredményként nekem annyi jött ki, hogy monoton sorozatokra a kérdéses összeg véges.

Az meg egyszerűen belátható, hogy akkor is véges, ha az a sorozat teljesen multiplikatív.

Előzmény: [613] Erben Péter, 2010-12-17 13:36:04
[613] Erben Péter2010-12-17 13:36:04

Most, hogy a matematikatanítás helyzetéről szóló eszmecsere külön témába került, szeretnék visszatérni a feladathoz, ami feltüzelte a fórum-társakat.

Bármilyen ötlet és részeredmény is érdekelne az A.520. kapcsán.

Előzmény: [611] m2mm, 2010-12-13 17:10:40
[612] Moderátor2010-12-15 21:00:44

A matematika oktatás helyzetéről elkezdődött vitát új témába helyeztem át.

[611] m2mm2010-12-13 17:10:40

Valaki feltenné A. 520. feladat megoldását?

[610] rizsesz2010-11-25 12:43:11

A K.259 az a két téglalap különbsége, nem, tehát 100, nem?

[609] vogel2010-11-18 16:08:33

Ilyesmire gondoltam, koszonom Neked.

Előzmény: [607] Lóczi Lajos, 2010-11-18 12:48:23
[608] Róbert Gida2010-11-18 15:50:53

Ezt én is próbáltam, de Mathematica 5.1 még nem találja meg a megoldást.

Előzmény: [607] Lóczi Lajos, 2010-11-18 12:48:23
[607] Lóczi Lajos2010-11-18 12:48:23

Ezzel 1 sorban kijön a megoldás (a=90,b=180,c=1740):

Reduce[{a+b+c==2010, 1/a+1/b+1/c==1/58, 0<a<=b<=c},{a,b,c}, Integers]

Előzmény: [598] vogel, 2010-11-14 09:45:06
[606] jonas2010-11-17 14:51:00

Vigyázz, ha ilyeneket mondassz, hogy „az én időmben”, mindenki bácsizni fog, és szerintem az nem kellemes.

Előzmény: [604] Maga Péter, 2010-11-17 10:02:38
[605] Lóczi Lajos2010-11-17 12:32:36

Meg tudod írni, hogy pontosan melyik egyenletről és milyen feltételek esetén van szó?

Előzmény: [601] vogel, 2010-11-16 15:00:32
[604] Maga Péter2010-11-17 10:02:38

,,De a diákok manapság csak a paint-tel festegetnek, meg a word-el vacakolnak.''

Ez már az én időmben is így volt. Alsó tagozaton és gimnáziumban nem tanultam egy betű informatikát sem (nem is volt ilyen órám). Felső tagozaton (akkor jól felszereltnek számító gépterme volt az iskolának) négy év alatt annyit sikerült összehozni, hogy megtanultunk 6-8 DOS-parancsot, meg ezeket Norton Commanderben (sok ész kellett hozzá...). Emellett rengeteget kellett wordben írni. A tanáromnak valamiért az volt az elképzelése, hogy ha a biológia, földrajz stb. könyvek egyes fejezeteit begépelteti velünk, akkor azzal a megfelelő természettudományok mellett az informatikát is elsajátítjuk. Persze mindkét részben tévedett. Programozásról szó sem esett. Nem tudom, a tanárom mennyire tudott programozni. Azt gyanítom, kb. semennyire, de lehet, hogy ez csak az én rosszindulatom; mindazonáltal más iskolákból is hallottam hasonló eseteket.

Valószínűleg a friss tudomány esetében arról van szó, hogy a (főleg általános iskolai, de gyakran még a középiskolai) tanárok felkészültsége is nagyon-nagyon finoman szólva hagy némi kívánnivalót maga után. És egyszerűen azért word meg paint megy az órákon, mert a tanár tudása eddig terjed.

Előzmény: [602] Róbert Gida, 2010-11-16 22:08:46
[603] vogel2010-11-17 01:41:26

Öhm, csak solve-ra és hasonlókra gondoltam. Én attól is elvárnám a megoldást. Amúgy van, amit az iskolában kevésbé tudnak megtanítani...

Előzmény: [602] Róbert Gida, 2010-11-16 22:08:46
[602] Róbert Gida2010-11-16 22:08:46

Semmit sem használva, 2 darab for ciklussal még a Mathematica is a gépemen 14 másodperc alatt megtalálja az egyetlen megoldást.

Ennyi programozási alapismeret szerintem elvárható lenne egy mai iskolástól, akárhol tanul. De a diákok manapság csak a paint-tel festegetnek, meg a word-el vacakolnak.

Előzmény: [601] vogel, 2010-11-16 15:00:32
[601] vogel2010-11-16 15:00:32

Csak hozzászoktam, hogy mindent megold, ezért nagyon meglepett. De ha valaki tudna olyan parancsot, amire kidobja a megoldást, az jó lenne.

Előzmény: [600] Róbert Gida, 2010-11-14 16:28:59
[600] Róbert Gida2010-11-14 16:28:59

Vacak mathematica, írjál Stephen Wolframnak!

Előzmény: [598] vogel, 2010-11-14 09:45:06
[599] vogel2010-11-14 10:37:57

Viszont ugyanazokkal a gondolatokkal befejezhető, csak a végén a másodfokú egyenletet meg kell oldani.

Előzmény: [597] Radián, 2010-11-14 08:45:29
[598] vogel2010-11-14 09:45:06

Egy zárójel felbontást elrontottam, de nekem a Mathematica nem adta ki a megoldást, csak komplexben, egészre pedig üres halmazt. Na mindegy.

Előzmény: [597] Radián, 2010-11-14 08:45:29
[597] Radián2010-11-14 08:45:29

Tehát ha jól értelmezem, szerinted nincs megfelelő a,b,c szám melyekre mindkét egyenlőség fennállna. Amúgy létezik egyetlen ilyen számhármas a 90,180,1740 . Értem a gondolatmenetedet, de szerintem k=29p+2 alakú , hisz behelyettesítés után (legalábbis én) az alábbi egyenlőséget kaptam:

(29kbc)/58 = 29kb+29kc+bc

0=58k(b+c)+bc(2-k)

Nyilván bc(2-k) osztható 29-cel akkor ha b v c osztható 29-cel nem jön ki ellenkező esetben k=29p+2 alakú.

Előzmény: [596] vogel, 2010-11-13 20:25:50

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]