Fórum: Nehezebb matematikai problémák

[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]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[42] Zormac

2004-01-23 10:42:03

Sziasztok,

a polinomos feladathoz egy apróság, jó kis általános iskolai módszerekkel, szóval valószínűleg semmi komoly nem fog kijönni belőle, esetleg segít, hogy gyorsabb programot írjunk :-). Amúgy én is leprogramoztam, s a $\pm$ 2¹⁵ intervallumon belül szintén csak a teljes négyzetek jöttek ki.

Legyen a polinom p(x)=x²+bx+c² alakú (az trivi, hogy c négyzetszám). Akkor a következő számokról tudjuk, hogy négyzetszámok: c², c²+b+1, c²+2b+4, c²+3b+9, c²+4b+16.

Ha megnézzük a 4-gyel való oszthatóságot (feltéve mondjuk, hogy c² $\equiv$ x(4)), az alábbi táblázat készíthető:

[c² $\equiv$ x(4)]	b $\equiv$ 0(4)	b $\equiv$ 1(4)	b $\equiv$ 2(4)	b $\equiv$ 3(4)
c²	x	x	x	x
c²+b+1	x+1	x+2	x+3	x
c²+2b+4	x	Ø	x	x+2
c²+3b+9	x+1		x+3	Ø
c²+4b+16	x		x

Egy oszlopban csak két szomszédos maradékosztály állhat, mert a négyzetszám mod4 csak 0 vagy 1 lehet. Ahol ez a feltétel sérül, ott az oszlopot - az ellentmondást jelző kis villám hiányában :-) - egy Ø jel zárja.

Ha minden jól ment, ebből kijött, hogy b csak páros szám lehet. Máris kétszer olyan gyors a program (hacsak el nem rontottam :-) Persze nem valószínű, hogy van olyan modulus, ami kiadja a bizonyítást, legalábbis én nem találtam ilyet...

[41] nadorp

2004-01-23 07:54:16

Kedves Gubbubu és László!

Sajnos a bizonyítás utolsó lépése hibás ui. kivonva XI- ből X-et:

2=n₅²-2n₄²+n₃²

Előzmény: [34] Gubbubu, 2004-01-22 19:23:14

[40] pataki

2004-01-23 07:47:22

Kedves Gubbubu,

nézd meg még egyszer a legutolsó -- számozatlan -- egyenletedet. (Amikor XI-bôl kivonod a X-et)

Amúgy meg ne aggódj, itt semmi értelme plágiumról beszélni. Bár mielôtt kérdezni kezdesz, érdemes elôbb egy kicsit töprengeni, mert mire észbekap az ember, olyan marha nehezeket bir kérdezni, hogy maga is meglepödik.

Üdvözlettel Pataki János

Előzmény: [34] Gubbubu, 2004-01-22 19:23:14

[39] lorantfy

2004-01-22 23:46:33

Kedves Gubbubu!

Míg futott a program átnéztem a levezetésedet. Jónak tűnik. Holnap még pihenten papíron átnézem. A program sem talált -+32720 közötti együtthatókkal megoldást. 4 helyen jó feltétellel az említett 6 eset jött ki. (Elsőben a c=36-ot elírtam!)

Tulajdonképpen megvan a válasz Patakinak. Ha akarja, majd Ő szűkíti a feladat feltételeit.

Pihend ki magad Te is! Üdv! L.

Előzmény: [38] Gubbubu, 2004-01-22 22:09:17

[38] Gubbubu

2004-01-22 22:09:17

Kedves László!

Még egy dolog eszembe jutott: szerintem tűzd ki e rovatban a programod által felvetett problémát (ti. keressük meg az összes nem nulla diszkriminánsú egész együtthatós másodfokú polinomot, ami az adott 4 helyen négyzetszámot ad, lássuk be, hogy véges/végtelen sok ilyen van stb.), vagy ha ez túl egyszerű, akkor valamiféle általánosítását (keressük meg az olyan stb. stb. polinomot, ami négy (szomszédos?) egész helyen négyzetszámot ad stb.). Én magam nem merem kitűzni, mivel tulajdonképp plágium lenne, de szívesen gondolkodnék rajta. Persze nem garantált, hogy meg is tudom oldani.

Üdvözöl: G.

Előzmény: [35] lorantfy, 2004-01-22 21:32:40

[37] Gubbubu

2004-01-22 21:40:40

Kedves László!

Csak most "kaptam meg" a hozzászólásodat. Mint az előbb említettem, ha a bizonyításom helyes, akkor a progid nem fog több "jó" polinomot találni. De ha mégis találsz, szólj, ez esetben megpróbálnám kiböngészni, hol rontottam el.

Üdvözöllek és kösz, hogy felhívtad a figyelmemet a figyelem nélküliségemre, vagyis a nemlétező figyelmemet arra, hogy nem létezik. G.

Előzmény: [35] lorantfy, 2004-01-22 21:32:40

[36] Gubbubu

2004-01-22 21:33:10

Kedves Pataki!

Bevettem néhány aszpirint, és eszembe jutott, hogy ki volt kötve D><0. A p(x) polinom diszkriminánsa véletlenül épp (-6)²-4^.1^.9=0. Azt azonban egyelőre (amíg még néhány gyógyszert be nem szedek) tartom, hogy nincs másik polionom, ami a többi feltételnek megfel. Tehát a válasz: szerintem nincs olyen polinom, amilyet keresel.

Üdvözlettel:M.Á.

Előzmény: [34] Gubbubu, 2004-01-22 19:23:14

[35] lorantfy

2004-01-22 21:32:40

Kedves Gubbubu!

Nem néztem át tüzetesen a levezetést, de az eredmény:

p(x)=x²-6x+9=(x-3)²

Ez "teljes négyzet", tehát minden értéke négyzetszám. A feladatban feltételként szerepelt, hogy a diszkrimináns ne legyen 0, tehát a kifejezés ne legyen teljes négyzet.

Én egyenlőre azt csináltam a témában, hogy írtam hozzá egy pár soros programot, de sajnos még olyan polinomot nem találtam ami mind az 5 helyen négyzetszám. Olyan van ami 4 helyen jó értéket ad (x=0,1,2,3-nál):

x²+498x+63 (36, 529, 1024, 1521) és párja

x²-498x+1521 (1521, 1024, 529, 36)

x²+3378x+1521 (1521, 4900, 8281, 11664) és párja

x²-3384x+11664 (11664, 8281, 4900, 1521) és

x²+7312x+256 (256, 7569, 14884, 22201).

Gondolom az utóbbinak is jó a "párja", csak egyenlőre +-12000-ig mentek az együtthatók. Ma majd kicsit gyorsítok a progin és lefottatom +-32000-ig.

Előzmény: [34] Gubbubu, 2004-01-22 19:23:14

[34] Gubbubu

2004-01-22 19:23:14

Kedves Pataki!

Nézd át tüzetesen az alábbiakat, hátha figyelmetlen voltam és hibás, szerintem van egyilyen polinom Mivel normált másodfokú egész együtthatós, p(x)=x²+bx+c legyen a polinom. Az előírt értékek alapján

I.p(0)=c=n₁²;

II.p(1)=1+b+c=n₂²;

III.p(2)=4+2b+c=n₃²;

IV.p(3)=9+3b+c=n₄²;

V.p(4)=16+4b+c=n₅²;

ahol b,c,n_i $\in$ Z; Az I. és II. egyenlet alapján

VI.b=(n₂²-n1²-1)

Ezt a b-t most behelyettesítve III.-V.-be és összevonogatva az egyes egyenleteken belül az azonos nemű tagokat:

VII.2+2n₂²-n₁²=n₃²;

VIII.6+3n₂²-2n₁²=n₄²;

IX.12+4n₂²-3n₁²=n₅²;

Képezve a VIII.-VII.=X. és XI.-VIII.=XI. egyenleteket: X. 4+n₂²-n₁²=n₄²-n₃²; XI. 6+n₂²-n₁²=n₅²-n₄²; Kivonva XI.-ből X.-et: 2=(n₅²+n₃²);

Tehát két négyzetszám összege 2. Ez pedig nem túl sok lehetőség: 2 egyféleképp írható fel két egész szám négyzetösszegeként: 2=1+1. Tehát n₅=n₃=1; ezeket az értékeket visszahelyettesítve III.-ba és V.-be adódik a 4b+2c=1 és 16+4b+c=1 lineáris kétismeretlenes egyenletrendszer. Megoldva b=-6 és c=9.

Ha van ilyen polinom, az csak

p(x)=x²-6x+9

lehet. És: p(0)=9, p(1)=4, p(2)=1, p(3)=0, p(4)=1; ezek ha nem is mind "valódi" négyzetszámok, de azért annak mondhatóak.

De vizsgáztam ma és iszonyúan fáj a fejem, úgyhogy lehet, hogy rossz az egész, remélem nem.

Üdv: M.Á.

Előzmény: [32] pataki, 2004-01-21 16:55:39

[33] Gubbubu

2004-01-21 19:50:55

Kedves Lóczi Lajos!

Először is köszönöm a pontosításokat, illetve a megoldást. Véletlenül elírtam: valójában a negatív megoldások számomra nem érdekesek, elég az x $\in$ R⁺ halmazon megoldani. A "folytonosított függvény" kifejezés nemhiába volt idézőjelben (egy kifejezés akkor lehet idézőjelben, ha idézet, vagy ha pontatlan). A mélyebb magyarázatba részben nem is akartam belemenni (ezt nehéz lenne fórumszöveg-terjedelemben véghezvinni), részben pedig nem is értek hozzá annyira (én magam nem tudnám megoldani, de szerintem ez nem ok arra, hogy egy feladat örökké az íróasztal fiókjában heverjen - úgy gondoltam, a feladat hangzik annyira érdekesen, hogy megérje kitűzni, vállalva a pontatlanság kockázatát is).

Üdv:G.

Előzmény: [31] Lóczi Lajos, 2004-01-21 13:46:23

[32] pataki	2004-01-21 16:55:39
Szeretnék olyan normált ( 1 fôegyütthatójú) egész együtthatós másodfokú polinomot, amelynek nem nulla a diszkriminánsa és a 0,1,2,3,4 helyeken négyzetszám az értéke. Vagy azt, hogy nincs ilyen.

[31] Lóczi Lajos

2004-01-21 13:46:23

Először is pár megjegyzés: a gamma-függvényt definiáló integrálalak csak x>0 (illetve Re x>0, ahol Re a valós rész) esetén helyes. Negatív x-ekre a definíció más.

Másodszor a feladat kitűzésében nem szerencsés, hogy x jelöli mind az integrációs változót, mind az integrálás felső határát.

A "folytonosított függvény" kifejezés helyett a "folytonos kiterjesztés" a bevett szóhasználat. A faktoriális és a gamma függvény közötti kapcsolatban pedig vigyázni kell az indexeltolásra (aminek történeti okai vannak): n!= $\Gamma$ (n+1), ha n pozitív egész.

Ezek után tehát az a kérdés, milyen valós x-ekre áll fenn, hogy

$\frac{x^2}{2}=\Gamma(x)$

Pozitív x-ekre pontosan 2 megoldás van, az egyik kb. 1,33615, a másik kb. 4,34884. (Az, hogy van megoldás, folytonossági és határértéket tartalmazó meggondolásokból jön ki. A megoldások számához "kis" x-ekre konvexitási érvelés vezet, "nagy" x-ekre pedig az a tény, hogy a gamma-függvény viselkedése ilyen x-ekre ismert (Stirling-formula és társai), amiből látható, hogy a gamma-függvény sokkal "gyorsabban nő", mint bármely polinom, s így elég nagy x-ektől kezdve nincs megoldás.)

A gamma-függvénynek a nempozitív egészeknél pólusai vannak ("végtelenné válik"), az egyenletnek a negatív számok körében is vannak megoldásai, és a grafikonokat nézve számomra úgy tűnik, végtelen sok (melyek minden bizonnyal szintén nem adhatók meg rövidebb leírással, mint "a fenti egyenlet negatív megoldásai", numerikusan természetesen itt is bármelyiket akármilyen pontossággal ki lehet számolni, pl. egy negatív megoldás kb. -3,0347).

Előzmény: [30] Gubbubu, 2004-01-20 19:26:37

[30] Gubbubu

2004-01-20 19:26:37

Üdv mindenkinek!

Az "ujjgyakorlatok" c. témakörben szerepelt egy feladat: oldjuk meg a

$\sum_{i=1}^n{i}=n!$

egyenletet!

Ennek a feladatnak a "folytonos analogonja" is kitűzhető (más kérdés, hogy akad-e valaki, aki megoldja:

13. fa. Oldjuk meg a

$\int_0^x{x\it{dx}}=\Gamma(x)$

egyenletet (x $\in$ R)! A gammafüggvény bizonyos értelemben a faktoriális "folytonosított függvénye":

$\Gamma(x):=\int_0^{\infty}{t^{x-1}}\cdot{e^{-t}}\it{dt}$

[29] Gubbubu

2004-01-16 21:59:49

Kedves László:

A lényeget mindig elfelejtem! Igen, a $\sigma$ (n) a szám pozitív osztóinak összege, tehát $\sigma$ (n)=1+d₂+...+d_d(n)-1+n, d_i az n osztói.

A "Számelméleti érdekességek" c. topikban definiáltam már ezt, itt még nem. Ezentúl nem csak itt, hanem minden számelméleti jellegű szövegben (ezt általában egyértelműen el lehet dönteni) ebben az értelemben fogom használni a $\sigma$ (n) jelet (minden hozzászólásomban azért mégse akarom mindig definiálni). Előfordulhat esetleg, hogy $\sigma$ valaminek a szórását jelöli, de ez a feladat szövegéből és képleteiből azért gondolom, kiderül majd.

Üdv:G.

Előzmény: [28] lorantfy, 2004-01-16 19:15:48

[28] lorantfy	2004-01-16 19:15:48
Mit jelent a $\sigma$ ? A szám pozitív osztóinak összegét?
Előzmény: [27] Gubbubu, 2004-01-16 18:55:52

[27] Gubbubu

2004-01-16 18:55:52

Üdv;

Egy határértékszámítási példa, remélem, jó nehéz lesz (ha nem, hát nem):

12. fa.: Jelölje S_n az n-edik háromszögszámot, más néven az első n természetes szám összegét. Igazoljuk, hogy

$lim_{n\to\infty}\frac{\sigma(S_n)}{S_n}= lim_{n\to\infty}\frac{\sigma(\frac{n(n+1)}2)}{\frac{n(n+1)}{2}}=3$

Megjegyzés: a határértéket részben empirikusan, részben a Derive programmal számoltam ki, így a feladat elvileg megoldható, és a benne foglalt állítás vsz. igaz.

[26] Csizmadia Gábor

2004-01-13 20:54:19

A gyakorlatot vezető tanárodnak nagyon nem volt igaza, ugyanis a felső határ - akár elemi módszerekkel is - tetszőlegesen megközelíthető.

Gosztonyi Balázstól származik a következő megoldás.

Pozitív n,k,r számokra érvényes az alábbi mértani-számtani közép közti egyenlőtlenség:

$\root{n+k}\of{\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}r^{k}}\le\frac{n\left(1+\frac{1}{n}\right)+kr}{n+k}$

Válasszuk meg úgy k-t ér r-t, hogy a jobb oldal 1 legyen, ilyenkor:

$r=\left(1-\frac{1}{k}\right)$

Visszaírva az eredeti kifejezésbe:

$\root{n+k}\of{\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}\left(1-\frac{1}{k}\right)^{k}}\le1$

Ezután (n+k)-adik hatványra emelve, és kirendezve $\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}$ -re:

$\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}\le\frac{1}{\left(1-\frac{1}{k}\right)^{k}}$

Pl. k=100 esetén

$\frac{1}{\left(1-\frac{1}{k}\right)^{k}}\approx2,73$

Előzmény: [25] bbb, 2004-01-13 18:28:57

[25] bbb

2004-01-13 18:28:57

Sziasztok!

Elsős egyetemista koromban analízis gyakorlaton azt bizonyítottuk, hogy az $(a_n)=\Big(1+\frac1n\Big)^n$ sorozat korlátos, pl. felső korlát a 3. A gyakorlatot vezető tanár úr szerint ennél pontosabb becslés nem is adható a felső korlátra elemi módszerekkel (tehát határértékszámítás használata nélkül). Felajánlotta, hogy ha ez valakinek mégis sikerülne, annak ad egy tábla csokoládét. Nekem sikerült, ám még mindig nem kaptam meg a megéremelt jutalmat. De mindez lényegtelen. A feladat a következő lenne: bbh

$\Big(1+\frac1n\Big)^n<2,75,$

ahol n=1,2,.... A bizonyításhoz mellőzzétek a határértékszámításból tanultakat, mert így igazán izgalmas. Jó munkát!

[24] Csizmadia Gábor

2003-12-24 00:54:31

Ugyan nem tudom, hogy ez kinek mennyire nehéz, de szerintem ezek a feladatok megérdemlik, hogy ide kerüljenek, leginkább a C. Az A és a B esetén nem csak konkrét példára gondolok, hanem egy kicsit általánosabb megoldásra.

10. feladat Konstruálj olyan valós-valós (R->R) függvényt (ha létezik ilyen), amely értelmezési tartományának minden nem megszámlálható részhalmazán felveszi a teljes értékkészletet. A. Az értékkészlet ekvivalens N-nel B. Az értékkészlet ekvivalens N-nel, valamint a függvény mindenütt differenciálható C. Az értékkészlet ekvivalens R-rel

[23] Pach Péter Pál	2003-12-17 21:34:20
Ezek szerint Geoff okoskodása nem nyerte el tetszésed. (Igaz, ha jól emlékszem, ő csak az egyik irányt bizonyította.)
Előzmény: [17] Rácz Béla, 2003-12-11 19:42:01

[22] Kós Géza	2003-12-17 10:59:33
Szerintem az ilyen feladatokat inkább küldd el nekem e-mailben, feltéve, hogy nem túl közismertek. Hátha valamelyik jó lesz A-nak...
Előzmény: [21] Rácz Béla, 2003-12-16 21:52:54

[21] Rácz Béla

2003-12-16 21:52:54

Egy igazi ínyencség, amit egyes érdekes ízlésű emberek diákolimpiára (1,5 óra/feladat) akartak kitűzni:

9. feladat

Mely (f, g) valósokon értelmezett valósértékű függvénypárokra teljesül minden x és y esetén az alábbi egyenlőség?

$f\left(x+g(y)\right)=xf(y)-yf(x)+g(x)$

[20] Pach Péter Pál

2003-12-12 19:44:27

Egy újabb feladat:

8. feladat

Legyen $\varepsilon$ >0. Keressük a legnagyobb $\alpha$ számot, amelyre teljesül, hogy ha n elég nagy, akkor megadható ( $\alpha$ - $\varepsilon$ )n különböző egész szám 1 és n között úgy, hogy a megadott számok közül egyik sem osztója egy másik kétszeresének. Adjuk meg 1 és n között a lehető legtöbb egész számot ezzel a tulajdonsággal.

Megjegyzés:

Félreértések elkerülése végett: $\alpha$ -t nem $\varepsilon$ függvényében keressük.

[19] nadorp	2003-12-12 16:43:52
Mire leírtam, rájöttem, hogy az egész ross. Bocs.
Előzmény: [18] nadorp, 2003-12-12 16:17:28

[18] nadorp

2003-12-12 16:17:28

Kedves Béla !

Most lehet,hogy égni fogok, de közlök egy megoldást a 6. feladatra. Nem tudom elhinni, hogy csak a triviális megoldás létezik ( azaz a sorozat elemei egyenlőek ), de a hibát nem találom. Szóval:

Legyen a p polinom n-ed fokú és írjunk fel egy Euklideszi algoritmushoz hasonlót

p(x)=(x-q₂)p₁(x)+q₁

p₁(x)=(x-q₃)p₂(x)+r₂

p₂(x)=(x-q₄)p₃(x)+r₃

. . .

p_n-2(x)=(x-q_n)p_n-1(x)+r_n-1

Ebből következik, hogy a p polinom alkalmas s₂,s₃,...s_n+1 racionális számokkal felírható a következő alakba:

p(x)=(x-q₂)...(x-q_n+1)s_n+1+(x-q₂)...(x-q_n)s_n+...(x-q₂)s₂+q₁

A fenti eljáráshoz hasonlóan,"eggyel később kezdve",alkalmas t₂,t₃,...t_n+1 számokkal

p(x)=(x-q₃)...(x-q_n+2)t_n+1+(x-q₃)...(x-q_n+1)t_n+...(x-q₃)t₂+q₂

Írjunk a második egyenlőségben x helyére p(x)-et és használjuk fel egyrészt a q_i számok közti összefüggést, másrészt, hogy minden polinomban p(x)-p(a)=(x-a)h(x) minden "a" számra. Kapjuk:

p(p(x))=(x-q₂)...(x-q_n+1)h_n+1(x)+(x-q₂)...(x-q_n)h_n(x)+...(x-q₂)h₂(x)+q₁, ahol h_i(x) alkalmas racionális együtthatós polinom. Az előzőek alapján

p(p(x))+p(x)=(x-q₂)...(x-q_n+1)(h_n+1(x)+s_n+1)+(x-q₂)...(x-q_n)(h_n(x)+s_n)+...(x-q₂)(h₂(x)+s₂)+q₁+q₂

Ha most a fenti egynlőségben x=q₃, akkor azt kapjuk, hogy

(q₃-q₂)(h₂(x)+s₂)=0

Mivel h₂(x) legalább elsőfokú polinom, ez csak úgy lehet, hogy q₂=q₃.

Teljesen hasonló módszerrel kapjuk, hogy q₃=q₄ stb. Végül a q₃=q₂ összefüggésből p(q₃)=p(q₂), azaz q₂=q₁ következik.

Előzmény: [16] Rácz Béla, 2003-12-11 00:30:39

[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]

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?