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

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]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[44] Hajba Károly2004-01-23 12:44:43

Kedves gubbubu!

Megemlítetted a PRÍM embert, s ezzel kapcsolatban lenne egy "igen nehéz" kérdésem. A róla szóló könyvben szerepel egy általa felvetett és megoldott feladat abból a műfajból, mely engem is érdekel, de a megoldásra egyáltalán nem utaltak.

Íme a feladata: Van egy 1.000.000,1 x 1.000.000,1 cm2 területű terem és le van fedve 1012 1x1 cm2-es parkettával. Megpróbáltak a maradák kis területre még néhányat elhelyezni és még 100.000 darabkát sikerült elhelyezniük "a lapocskák ügyes eltologatásával". Persze bizonyítani nem tudták, hogy nem lehet-e mégtöbbet elhelyezni mégügyesebb módon. Nos engem ez az "ügyes eltologatás" érdekelne. Ki tud erről valamit?

HK

Előzmény: [43] Gubbubu, 2004-01-23 11:53:13
[43] Gubbubu2004-01-23 11:53:13

Üdvözlök mindenkit, s mivel elég sok választ kaptam a bizonyítási kísérletemre, most ömlesztve válaszolok mindenkinek:

Egyszóval: az utolsó - a fene egye meg, pont az utolsó! - lépést sajnos bosszantóan elnéztem. A folyamat végeredménye (feltéve, ha az előző lépések és a jelen javított verzió hibamentes): 2=n52+n32-2n42. Köszönöm Lórántfy Lászlónak, Pataki Jánosnak és Nádor Péternek (remélem, a nevekre jól tippelek és emlékszem), hogy vették a fáradtságot, átnézték és szóltak, illetve Zormac-nak, hogy foglalkoztak a témával.

Zormacnak annyit: eredetileg én is kongruenciákkal vagy kongruenciarendszerekkel próbálkoztam, de nem azért hagytam abba, mert reménytelennek tűnt a dolog, hanem mert "véletlenül" (különböző megfontolások után) az általam "levezetés"nek mondott gondolatsorra bukkantam. Ha létezik a feladatnak algebrai megoldása, akkor az valószínűleg tényleg valamilyen mod(m) gondolatmenet. Átnézem a táblázatodat, hátha még eszembe jut valami, ami segíthet.

A "marha nehéz problémákról" Erdős Pál egy kollégájának mondott szólása jut az eszembe: "Senkit sem irigyeltem még bizonyításért, de téged irigyellek ezért a sejtésedért". Egy másik: "Nincs elégtétel, ha túl könnyű a tétel". Egy feladat akkor is szép vagy érdekes lehet, ha senki (én sem) tudja megoldani. Természetesen nem az a cél, hogy mindig csak olyan marha nehezeket kérdezzünk, amit senki sem tud megoldani (az elég egyhangú lenne, vannak olyan tanárok, akiknek ez az egyetlen életcéljuk, és én sem szeretem őket), de néha talán megengedhető, különösen a "Nehéz problémák" rovatban.

Üdv:Mészáros Á.

[42] Zormac2004-01-23 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 \pm215 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\equivx(4)), az alábbi táblázat készíthető:

[c2\equivx(4)] b\equiv0(4) b\equiv1(4) b\equiv2(4) b\equiv3(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...

z.

[41] nadorp2004-01-23 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] pataki2004-01-23 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] lorantfy2004-01-22 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] Gubbubu2004-01-22 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] Gubbubu2004-01-22 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] Gubbubu2004-01-22 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] lorantfy2004-01-22 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] Gubbubu2004-01-22 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,ni\inZ; 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] Gubbubu2004-01-21 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\inR+ 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] pataki2004-01-21 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 Lajos2004-01-21 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] Gubbubu2004-01-20 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\inR)! A gammafüggvény bizonyos értelemben a faktoriális "folytonosított függvénye":

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

.

[29] Gubbubu2004-01-16 21:59:49

Kedves László:

A lényeget mindig elfelejtem! Igen, a \sigma(n) a szám pozitív osztóinak összege, tehát \sigma(n)=1+d2+...+dd(n)-1+n, di 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] lorantfy2004-01-16 19:15:48

Mit jelent a \sigma? A szám pozitív osztóinak összegét?

Előzmény: [27] Gubbubu, 2004-01-16 18:55:52
[27] Gubbubu2004-01-16 18:55:52

Üdv;

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

12. fa.: Jelölje Sn 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 Gábor2004-01-13 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] bbb2004-01-13 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 Gábor2003-12-24 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 Pál2003-12-17 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 Géza2003-12-17 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 Béla2003-12-16 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 Pál2003-12-12 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.

  [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]