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.
[552] Lóczi Lajos2008-10-29 01:34:00

Most már egyszerűen megoldható az alábbi 106'. példa.

Legyen adott az f valós függvény, amely mindenhol differenciálható. Adjunk meg olyan g és h mindenhol értelmezett, de sehol sem deriválható valós függvényeket, amelyekre fennáll, hogy f=g.sin+h.cos.

Előzmény: [546] Suhanc, 2008-10-27 18:50:49
[551] Lóczi Lajos2008-10-28 12:29:45

Sőt, legyen h tetszőleges olyan folytonos függvény, amelyre h(2\pik)=f(2\pik) és h((2k+1)\pi)=-f((2k+1)\pi) (k egész szám). Ha most x nem többszöröse \pi-nek, akkor legyen g(x):=\frac{f(x)-h(x)\cdot \cos(x)}{\sin(x)}, ha pedig x többszöröse \pi-nek, akkor legyen g(x):=0.

Előzmény: [546] Suhanc, 2008-10-27 18:50:49
[550] Suhanc2008-10-28 07:31:46

Valóban :)

Előzmény: [549] Róbert Gida, 2008-10-28 02:51:05
[549] Róbert Gida2008-10-28 02:51:05

g(x)=f(x)*sin(x) és h(x)=f(x)*cos(x) jó lesz.

Előzmény: [546] Suhanc, 2008-10-27 18:50:49
[548] HoA2008-10-27 22:57:34

g és h nem konstansok, hanem folytonos függvények. Nem a feladat megoldása, csak a 2\pi periodicitás cáfolata például g(x)=h(x)=ex . Ekkor f(x)=ex(sin(x)+cos(x)) ugye nem 2\pi periodikus.

Előzmény: [547] jonas, 2008-10-27 20:57:49
[547] jonas2008-10-27 20:57:49

Ha f(x)=gsin x+hcos x, akkor f mindenképp 2\pi-periodikus, ezért nem lehet minden folytonos függvényhez ilyen felbontás.

Előzmény: [546] Suhanc, 2008-10-27 18:50:49
[546] Suhanc2008-10-27 18:50:49

Hallottam valakitől, aki hallotta valakitől, aki olvasta valahol...és mindegyikünknek tetszett:

106.Feladat: Igazoljuk, hogy tetszőleges f folytonos fv-hez léteznek g,h folytonos fv-ek, melyekkel f "harmonikus felbontását" nyerjük, értsd: f(x)=g*sin (x)+h*cos (x)

[545] Sirpi2008-10-17 10:20:30

Először elfilóztam rajta pár másodpercig, hogy mégis mi lehet a csavar a feladatban, aztán elolvastam a topik címét, és rájöttem, hogy nem kell túl bonyolultra gondolnom :-)

De nyitva hagyom a feladatot, és egy egyszerű helyett egy érdekesebb megoldást írok rá (szóval ha van egyszerű megoldása valakinek, írja be nyugodtan :-) ). Szóval legyen mondjuk

105. a) feladat: Biz. be, hogy az an=\varphi(n)/n sorozat jó, ahol \varphi az Euler-féle (számelméleti) fi-függvény.

Előzmény: [544] Csimby, 2008-10-16 17:47:38
[544] Csimby2008-10-16 17:47:38

Így van. Itt egy újabb feladat:

105.feladat Adjunk meg olyan sorozatot, melynek a [0,1] intervallum minden eleme torlódásipontja. (akkor mondjuk, hogy egy pont a sorozat torlódási pontja, ha bármilyen kicsi környezetébe a sorozatnak végtelen sok tagja esik)

Előzmény: [543] m2mm, 2008-09-26 22:16:08
[543] m2mm2008-09-26 22:16:08

Üdv!

2 szelvény még nyilván nem elég(mert lehet, hogy egyik tipp sem jön be), de 3 már elég: egyik szelvényen minden tipp legyen 1, a másodikon mindegyik 2, a harmadikon mindegyik X. Ekkor minden meccsre mindhárom tippet adtunk, ezért minden meccset eltalálunk pontosan egyszer, tehát a 3 szelvényen 13 helyes tipp van. Ha nem lenne egyik szelvényen sem legalább 5 találat, akkor maximum 4 lehet mindegyiken, így összesen 12 helyes tipp lehetne, ami kisebb, mint 13 (amennyi helyes tipp van valójában). Azaz az egyik szelvény legalább 5 találatos.

Előzmény: [540] Csimby, 2008-09-25 17:05:07
[542] Csimby2008-09-26 00:11:22

Köszi! Reméljük tényleg lesz aki nem ismeri.

Előzmény: [541] jonas, 2008-09-25 17:28:36
[541] jonas2008-09-25 17:28:36

Ah, két nagyon jó feladat. Remélem, a többiek még nem ismerik.

Előzmény: [540] Csimby, 2008-09-25 17:05:07
[540] Csimby2008-09-25 17:05:07

104.feladat Legkevesebb hány szelvényt kell kitöltenünk a 13 tippes totón, hogy biztosan legyen legalább 5 találatunk?

[539] Python2008-07-22 21:15:56

4 helyett tetszőleges A-ra :

\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}i^2A^{n-i}=\sum_{i=2}^{n}\frac{n}{i}\cdot\frac{n-1}{i-1}\cdot\binom{n-2}{i-2}i(i-1)A^{n-i}+\sum_{i=1}^{n}\frac{n}{i}\cdot\binom{n-1}{i-1}iA^{n-i}=

=n(n-1)\sum_{j=0}^{n-2}\binom{n-2}{j}A^{(n-2)-j}+n\sum_{k=0}^{n-1}\binom{n-1}{k}A^{(n-1)-k}=n(n-1)(1+A)^{n-2}+n(1+A)^{n-1}=

=n(n+A)(A+1)n-2

felhasználva, hogy \binom{n}{k}=\frac{n}{k}\cdot\binom{n-1}{k-1}.

Előzmény: [538] Róbert Gida, 2008-07-13 18:40:30
[538] Róbert Gida2008-07-13 18:40:30

Találjunk zárt formulát:

\sum_{i=0}^n {\binom {n}{i}}i^24^{n-i}

[537] Suhanc2008-04-02 22:26:35

Kedves Sakkmath!

Jogos, a megoldásomban az uoltsó ütés/lépés után még léphetünk 49-et...:)

Előzmény: [536] sakkmath, 2008-04-01 11:42:22
[536] sakkmath2008-04-01 11:42:22

Kedves Mumin és Suhanc!

A kérdés ismert a sakk-legek irodalmában. A pontos választ is megadták már a matematikus sakkozók (vagy sakkozó matematikusok). Szerintük egy sakkjátszma legfeljebb 5949 lépés hosszú lehet, és ezt a lépésszámot el is lehet érni. Aki nem hiszi, játsszon utána! :-)

Néhány, a sakkrekordokkal foglakozó, érdekes link itt, ott és mindenütt (ha van időnk és kedvünk egyéb webcímeken is keresni, kutakodni...)

Előzmény: [533] Mumin, 2008-03-31 02:48:54
[535] Mumin2008-04-01 09:10:30

Igen, az világos, hogy nem javítható. De vajon elérhető-e ez? Ugye még egy szabály korlátoz: ha harmadszor is megjelenik ugyanaz az állás, akkor döntetlennel végződik a játszma. Tehát az ütések-gyaloglépések közt úgy kell lépkedni, hogy mindenképp különböző állások legyenek. Ez változtat a helyzeten?

Előzmény: [534] Suhanc, 2008-03-31 16:06:05
[534] Suhanc2008-03-31 16:06:05

Kedves Mumin!

Nem látok teljesen precíz megoldást, de hát valahol elkezdem...

Amennyire tudom, a játék során tetszőleges egymást követő 50 lépésben gyaloglépésnek, vagy ütésnek kell történnie (ellenkező esetben döntetlen: hozzáértők esetleg világosítsanak fel, hogy ekkor igényelhető csupán a döntetlen, vagy egy játszmalapot vizsgálva a bíró is kinyilváníthatja...)

Ha a fenti megkötések érvényesek, úgy legfeljebb 14 bábút üttethetünk le, és mind a 16 gyalog legfeljebb 7 mezőt léphet. Ennek alapján legfeljebb 126*50= 6300 lépést tehetnek meg.

Kérdés, hogy ennyi megtétele lehetséges-e. Vélhetően nem, mert az azonos oszlopban álló gyalogok akadályozzák egymást. Vagy gyaloggal ütünk gyalogot (akkor egyszerre ütés és gyaloglépés is történt, -50 lépés), vagy gyaloggal ütünk le másik bábút, ám ez is ugyanezt eredményezi.

Alulról elindulva: Ha a könnyűtiszteket leüttetjük a gyakologokkal, el tudjuk érni, hogy "kettes sorba" álljanak, és ekkor már szabad az út. Itt összesen 8 ütés+gyaloglépés történt egyszerre, tehát buktunk 8*50=400 lépést. Ez egy konstrukció 5900 lépésre. Azt sejtem, hogy nem javítható.

Előzmény: [533] Mumin, 2008-03-31 02:48:54
[533] Mumin2008-03-31 02:48:54

Milyen hosszú (hány lépés) lehet legfeljebb egy szabályos sakkjátszma?

[532] lorantfy2008-03-04 21:39:27

Szép! Így aztán valóban nagyon egyszerű lett.

Előzmény: [529] BohnerGéza, 2008-03-04 16:10:17
[531] nemtommegoldani2008-03-04 21:35:31

Ezt is nagyon köszönöm!

Előzmény: [529] BohnerGéza, 2008-03-04 16:10:17
[530] nemtommegoldani2008-03-04 21:34:53

Köszönöm szépen!

Előzmény: [525] HoA, 2008-03-02 11:37:20
[529] BohnerGéza2008-03-04 16:10:17
Előzmény: [518] nemtommegoldani, 2008-02-09 10:45:46
[528] nemtommegoldani2008-03-03 14:43:38

Kedves lorantfy! A megoldás mostmár tényleg érthető, és nagyon szépen köszönöm! Közben én is megoldottam a kockás feladatot, és nagyon örülök neki,én ugyanígy gondolkodtam. Mégegyszer köszönöm a gyors segítséget!!

  [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]