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.

[553] Sirpi	2008-10-29 10:01:39
g,h folytonosságára van feltétel, vagy az mindegy?
Előzmény: [552] Lóczi Lajos, 2008-10-29 01:34:00

[552] Lóczi Lajos

2008-10-29 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 Lajos	2008-10-28 12:29:45
Sőt, legyen h tetszőleges olyan folytonos függvény, amelyre h(2 $\pi$ k)=f(2 $\pi$ k) 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] Suhanc	2008-10-28 07:31:46
Valóban :)
Előzmény: [549] Róbert Gida, 2008-10-28 02:51:05

[549] Róbert Gida	2008-10-28 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] HoA	2008-10-27 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)=e^x . Ekkor f(x)=e^x(sin(x)+cos(x)) ugye nem 2 $\pi$ periodikus.
Előzmény: [547] jonas, 2008-10-27 20:57:49

[547] jonas	2008-10-27 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] Suhanc

2008-10-27 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] Sirpi

2008-10-17 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 a_n= $\varphi$ (n)/n sorozat jó, ahol $\varphi$ az Euler-féle (számelméleti) fi-függvény.

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

[544] Csimby

2008-10-16 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] m2mm

2008-09-26 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] Csimby	2008-09-26 00:11:22
Köszi! Reméljük tényleg lesz aki nem ismeri.
Előzmény: [541] jonas, 2008-09-25 17:28:36

[541] jonas	2008-09-25 17:28:36
Ah, két nagyon jó feladat. Remélem, a többiek még nem ismerik.
Előzmény: [540] Csimby, 2008-09-25 17:05:07

[540] Csimby	2008-09-25 17:05:07
104.feladat Legkevesebb hány szelvényt kell kitöltenünk a 13 tippes totón, hogy biztosan legyen legalább 5 találatunk?

[539] Python

2008-07-22 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 Gida

2008-07-13 18:40:30

Találjunk zárt formulát:

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

[537] Suhanc

2008-04-02 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] sakkmath

2008-04-01 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] Mumin	2008-04-01 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] Suhanc

2008-03-31 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] Mumin	2008-03-31 02:48:54
Milyen hosszú (hány lépés) lehet legfeljebb egy szabályos sakkjátszma?

[532] lorantfy	2008-03-04 21:39:27
Szép! Így aztán valóban nagyon egyszerű lett.
Előzmény: [529] BohnerGéza, 2008-03-04 16:10:17

[531] nemtommegoldani	2008-03-04 21:35:31
Ezt is nagyon köszönöm!
Előzmény: [529] BohnerGéza, 2008-03-04 16:10:17

[530] nemtommegoldani	2008-03-04 21:34:53
Köszönöm szépen!
Előzmény: [525] HoA, 2008-03-02 11:37:20

[529] BohnerGéza	2008-03-04 16:10:17


Előzmény: [518] nemtommegoldani, 2008-02-09 10:45:46

[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]

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?