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

Fórum: "ujjgyakorlatok"

  [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]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[502] Csimby2007-03-20 21:07:23

Oké, győztetek :-) Én arra gondoltam hogy a középvonalánál vágjuk szét. Aztán amit így kapunk azt is vágjuk szét a középvonalánál. Aztán amiket(!!) így kapunk, azt is vágjuk szét stb... Bízom benne hogy így egyre nagyobb elefántok is átférnek rajta előbb utóbb (de nem tudom). Két szétvágás után legalábbis kaptam egy új Möbius szalagot (kétszer olyan nagy kerületűt mint az első volt) És rajta csüngött egy másik többször csavart szalag, de tovább nem vagdostam, lehet hogy innentől ez csüngő izé megzavarja a folyamatot és nem tudom a másik szalag kerületét tovább növelni. (Nem tud valaki vmi jó oldalt ahol fenn van hogy mit kapunk n vágás után?)

102.feladat Legfeljebb hány színnel színezhető egy tetszőleges térkép a Möbius szalagon úgy, hogy két szomszédos ország ne legyen azonos színű.

Előzmény: [501] jonas, 2007-03-20 20:24:21
[501] jonas2007-03-20 20:24:21

Akkor így lehet végigvágni a szalagot, hogy hosszabb legyen.

Viszont szerintem sem ezt, sem pedig az előzőt nem lehet megcsinálni elefántidomár nélkül.

Előzmény: [500] Csimby, 2007-03-20 17:50:00
[500] Csimby2007-03-20 17:50:00

:-) És mi a helyzet ha ez egy olyan elefánt ami csak Möbius szalagon hajlandó keresztül mászni? Tehát valahogyan ebből a kicsi Möbius szalagból kéne "nagy" Möbius szalagot csinálni. (ragasztónk nincs)

Előzmény: [499] Python, 2007-03-20 16:55:11
[499] Python2007-03-20 16:55:11

A4: az ábrán látható módon bevágjuk (keret=lap széle;vonal=vágás)

Mobius-szalag: elvágjuk egy helyen, hogy egy egyenes, lapos szalagot kapjunk, és azt bevágjuk úgy mint az A4-et :) (precízen kell vágni, ha kicsi a Mobius-szalag)

[498] Csimby2007-03-20 13:59:02

101.feladat I.Van egy A4-es lapunk egy ollonk es egy elefantunk, hogyan bujtatjuk at az elefantot a papiron? II. Van egy Mobius szalagunk, egy ollonk es egy elefantunk, hogyan bujtatjuk at az elefantot a Mobius szalagon?

[497] Csimby2007-01-31 14:03:21

Vagy például a gombákra is igaz, hogy mindegyikben találhatunk, racionális koordinátájú pontot és így csak megszámlálhatóan sokan lehetnek, mint az embereknél az érdekes matekfeladatoknál.

Az is jópofa, hogy: Hány T-betű ill. hány 8-as fér el a síkon?

A számegyenesen lévő T-betűshöz egy picit más megoldás, bár lényegében ugyanaz, hogy minegyik T-betű kalapjának jobb ill bal oldala alatt is kiválaszthatunk egy racionális számot, a racionális számpárok pedig megszámlálhatóan sokan vannak, és semelyik két T-betűhöz sem rendelhettük ugyanazt a számpárt.

Előzmény: [496] jonas, 2007-01-31 13:53:25
[496] jonas2007-01-31 13:53:25

Ja igen, emlékszem már.

A feladat úgy volt, hogy rajzolhatunk-e a síkban a számegyenes minden pontja fölé egy T betűt, ami egy függőleges és egy vízszintes szakaszból áll.

Ennek a megoldása az, hogy nem. Ugyanis levághatjuk az összes T betű kalapját úgy, hogy a kezdete és a vége is racionális pont fölött legyen. Így lesz két olyan kalap, ami pont egymás fölött van, hiszen csak magszámlálható sok féle vetület lehet, de kontinuum sok van. Az ennek megfelelő két T betű pedig szükségszerűen átmetszi egymást.

Ez nyilván működik akkor is, ha nem minden pont fölött van gomba, de megszámlálható soknál több van. És persze a térben is működik, hiszen a gombák kalapját le lehet vágni úgy, hogy a vetületük a mezőre egy racionális koordinátájú t églalap legyen.

A feladat párja pedig a következő:

100. feladat: Lehet-e a síkban a számegyenes minden racionális pontja fölé egy T betűt írni úgy, hogy semelyik kettő se messe egymást?

Előzmény: [493] jonas, 2007-01-31 12:57:57
[495] Csimby2007-01-31 13:33:11

hupsz, ezt az érdekes Matekfeladatok témába szántam.

Előzmény: [494] Csimby, 2007-01-31 13:32:08
[494] Csimby2007-01-31 13:32:08

Akár mekkorák lehetnek, de nem lehet egyik sem 0 térfogatú. A rajzszögek pedig nem kell hogy hasonlóak legyenek. Jó mókát/munkát :-)

Előzmény: [493] jonas, 2007-01-31 12:57:57
[493] jonas2007-01-31 12:57:57

Ezt ismerem, de nem pont így adták fel. Megpróbálok visszaemlékezni, hogy is volt a bizonyítás.

Előzmény: [492] Csimby, 2007-01-31 12:26:12
[492] Csimby2007-01-31 12:26:12

99. feladat Hány gomba nőhet egy végtelen mezőn?

[491] Csimby2007-01-20 14:45:00

Szép megoldás és átfogalmazás :-)

Előzmény: [490] jonas, 2007-01-20 14:29:40
[490] jonas2007-01-20 14:29:40

Lényegében igen. A sorokat és az oszlopokat kell úgy teljesen összepárosítani, hogy minden párhoz tartozó elem pozitív legyen. A Hall tétel szerint ehhez elég, hogy a sorok bármely halmazának legallább annyi oszlop legyen a szomszédja, ahány sorról szó van. Ez azért teljesül, mert k sorban lévő elemeknek az összege k, ezek közül a nemnulla elemek tehát nem eshetnek mind k-nél kevesebb oszlopba, mert azoknak az oszlopoknak az elemeinek összege is kevesebb k-nél.

Ezt a feladatot ennél mesésebben szokták feladni. Valahogy úgy hangzik, hogy egy sziget területe diszjunkt módon fel van osztva n törzs egyenlő területű vadászterületére, és másféleképpen diszjunktan fel van osztva n teknősbékafaj élőhelyére, és a törzsek úgy akarnak totemállatot választani maguknak, hogy mindegyik törzs totemállata éljen a saját vadászterületén, és persze mindegyiknek más legyen a totemállata.

Előzmény: [489] Csimby, 2007-01-16 21:51:30
[489] Csimby2007-01-16 21:51:30

Hú, hát már olyan rég írtam be ezt a feladtot, hogy hirtelen nem is emlékszem a megoldásra :-) De valami párosításos dolognál jött elő, ezekszerint elég hozzá a Hall-tétel?

Előzmény: [488] jonas, 2007-01-16 17:22:07
[488] jonas2007-01-16 17:22:07

Ez az a híres párosításos feladat amit a Hall tétel után mindig fel szoktak adni, nem?

Előzmény: [487] Csimby, 2005-12-05 16:21:29
[487] Csimby2005-12-05 16:21:29

98. feladat Egy nem-negatív elemű n×n-es mátrix minden sorában és minden oszlopában is 1 a számok összege. Mutasd meg, hogy van nem-nulla kifejtési tagja. (csak azért ide írom, mert itt voltak nem rég "hasonló" feladatok)

[486] Lóczi Lajos2005-11-29 21:46:18

97. kérdés. Vajon véges-e az alábbi összeg?


\sum _{n=1}^{\infty } \left(\frac{e^n n^{\frac{1}{2}-n}
   n!}{\sqrt{2 \pi }}-n\right)

[485] Róbert Gida2005-11-27 11:45:39

96. feladatra

(2n+1)!=(2n+1)*(2n)!-ként felírva és használva a Stirling formulát kapjuk, hogy az eredeti sor pontosan akkor konvergens, ha az \sum _{n=1}^{\infty} \frac 1{n^{\frac 32}} sor konvergens, viszont ez utóbbi konvergens, így az eredeti is az.

Mathematica 5.1 a sor összegét is ki tudja számolni! Eszerint \frac 1{\sqrt 3} az összeg értéke.

[484] Lóczi Lajos2005-11-27 09:53:41

96. feladat. Véges vagy végtelen-e az alábbi összeg értéke?

\sum _{k=0}^{\infty } \frac{(3 k)!
   }{(2 k+1)!    k!}\left(\frac{2}{3 \sqrt{3}}\right)^{2 k+1}

Ha igen, miért?

[483] Lóczi Lajos2005-11-27 03:06:54

Egy ábra a kérdéses sorozat viselkedéséről.

Lássuk be pl., hogy az említett xn sorozat csak a\in [-2,\frac{1}{4}] esetén korlátos, továbbá, hogy ha a\in [-\frac{3}{4},\frac{1}{4}], akkor konvergens.

Előzmény: [482] Lóczi Lajos, 2005-11-25 17:18:59
[482] Lóczi Lajos2005-11-25 17:18:59

Sajnos a feladat ilyen formában végtelenül nehéz lenne, és a keresett a paraméterértékeket pontosan nem lehetne behatárolni. Hogy "ujjgyakorlat" legyen, hagyjuk ki a vizsgálatból azokat az a-kat, amelyek (-2,-1)-be esnek.

Előzmény: [481] Lóczi Lajos, 2005-11-25 14:04:25
[481] Lóczi Lajos2005-11-25 14:04:25

Na, még egy utolsó ilyet: vizsgáljuk a Mandelbrot-halmaz valós síkmetszetét.

95. feladat. Legyen a rögzített valós szám és tekintsük az x0:=0, xn+1:=xn2+a rekurziót. Adjuk meg azokat az a értékeket, melyekre az xn sorozat

a.) konvergens. Mi ekkor a limesze?

b.) korlátos.

c.) divergens.

[480] Lóczi Lajos2005-11-25 14:02:06

(Az utolsó képletben lemaradt az n index az epszilonból.)

Előzmény: [479] Lóczi Lajos, 2005-11-25 13:53:33
[479] Lóczi Lajos2005-11-25 13:53:33

Szép megoldás. Lényegében én is így csináltam, a b.) és c.) pontja talán kicsit rövidebben is elmondható: a rekurzív definíciót és az A-t definiáló egyenletet egymásból kivonva, majd átosztás után kapjuk, hogy

\frac{A-x_{n}}{A-x_{n+1}}=A+x_{n+1}

A monotonitás és nemnegativitás miatt a jobb oldal nyilván eleme az [A,2A] intervallumnak. Ha \varepsilonn:=A-xn>0, akkor tehát A\le\varepsilonn/\varepsilonn+1\le2A. Ebből rekurzívan egyszerűen adódik, hogy

A(2A)-N\le\varepsilon\leAA-N

tetszőleges N természetes szám esetén, és a kérdésben pont ez állt, csak átrendezve.

Előzmény: [478] Ali, 2005-11-25 11:52:21
[478] Ali2005-11-25 11:52:21

Megoldás 78. -ra:

x0=0 és x_{n+1}=\sqrt{a+x_n}.

a.) x_n < \frac{1}{2} + \sqrt{a + \frac{1}{4}} teljes indukcióval igazolható. x_1 = \sqrt a -ra igaz. Tfh n-re igaz. x_{n+1} = \sqrt{a+x_n} < \frac{1}{2} + \sqrt{a + \frac{1}{4}} -t kell igazolni. Négyzetreemelés és rendezés után pontosan az x_n < \frac{1}{2} + \sqrt{a + \frac{1}{4}} egyenlőtlenséget kapjuk, amely az indukciós feltevés miatt teljesül.

Továbbá xn monoton növő, ugyanis

x_{n+1} = \sqrt{a+x_n} > x_n \qquad a+x_n > x_n^2 \qquad x_n^2 - x_n - a < 0

kellene, ami teljesül is, mivel xn az x2-x-a=0 egyenlet gyökei között van: \frac{1}{2} - \sqrt{a + \frac{1}{4}} < 0 < x_n < \frac{1}{2} + \sqrt{a + \frac{1}{4}}

Egy monoton növő felülről korlátos sorozatnak létezik határértéke, esetünkben ez az x = \sqrt{a+x} egyenlet pozitív gyöke. \lim_{n\to\infty} x_n = A = \frac{1}{2} + \sqrt{a + \frac{1}{4}} > 1

b.) Teljes indukcióval igazoljuk, hogy x_k > A - \frac{1}{A^{k-1}} , k>0. Ez k=1 -re igaz, mert

x_1 = \sqrt a > A - \frac{1}{A^0} = \frac{1}{2} + \sqrt{a + \frac{1}{4}} - 1, \qquad \sqrt a + \frac{1}{2}> \sqrt{a + \frac{1}{4}} \qquad triv.

Tfh k -ra igaz.

x_{k+1} = \sqrt {a+x_k} > A - \frac{1}{A^k}

a+x_k > A^2-\frac{2}{A^{k-1}}+\frac{1}{A^{2k}}=A+a-\frac{2}{A^{k-1}}+\frac{1}{A^{2k}}

x_k>A-\frac{1}{A^{k-1}}-\left(\frac{1}{A^{k-1}}-\frac{1}{A^{2k}}\right)

teljesül egyrészt az indukciós feltevés , másrészt a zárójelben levő kifejezés pozitív volta miatt.

Legyen 1>\varepsilon>0 és k olyan, hogy  \frac{1}{A^{k-1}}>\varepsilon\geq\frac{1}{A^k}. Ilyen k létezik. Ekkor n\geq \frac{\ln(\frac{A}{\varepsilon})}{\ln A}>\frac{\ln(AA^{k-1})}{\ln A}=k

n>k miatt n\geqk+1 és A>x_n\geq x_{k+1}>A-\frac{1}{A^k}\geq A-\varepsilon. Ezért |A-xn|<\varepsilon

c.) Megmutatjuk teljes indukcióval, hogy x_k<A-\frac{A}{(2A)^k}. Ez k=1 -re jó, mert

x_1=\sqrt a < A-\frac{1}{2},\qquad \sqrt a +\frac{1}{2}<A=\frac{1}{2}+\sqrt{a+\frac{1}{4}}

Tfh k -ra igaz,ekkor

x_{k+1}=\sqrt{a+x_k}<A-\frac{A}{(2A)^{k+1}} \qquad kellene

a+x_k<A^2-\frac{2A^2}{(2A)^{k+1}}+\frac{A^2}{(2A)^{2k+2}}=A+a-\frac{2A^2}{(2A)^{k+1}}+\frac{A^2}{(2A)^{2k+2}}

x_k<A-\frac{A}{(2A)^k}+\frac{A^2}{(2A)^{2k+2}}

teljesül az indukciós feltevés miatt.

Legyen 1>\varepsilon>0 és k olyan, hogy  \frac{A}{(2A)^k}\geq\varepsilon>\frac{A}{(2A)^{k+1}}. Ilyen k létezik. Ekkor n\leq \frac{\ln(\frac{A}{\varepsilon})}{\ln 2A}<\frac{\ln(A\frac{(2A)^{k+1}}{A})}{\ln 2A}=k+1.

Tehát n<k+1 \to n\leq k \to x_n \leq x_k < A-\frac{A}{(2A)^k} \le A-\varepsilon \to x_n<A-\varepsilon \to |A-x_n|>\varepsilon

Előzmény: [396] Lóczi Lajos, 2005-10-30 20:46:24

  [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]