Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?
A régi honlapot akarom!!! :-)

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.
[567] Sirpi2007-12-06 11:40:44

Nem tudom, volt-e már, de nekem egy feladat kapcsán a következő sorozat jött ki: a0=0, a1=1, majd a további indexekre:

a_{n+1}=\frac{n-1}{n} \cdot a_n + \frac 1n \cdot a_{n-1}

Ugye minden érték az előző kettő súlyozott számtani közepe, így a sorozat szűkülő intervallumokban oszcillál.

A feladat annak bizonyítása lenne, hogy ezeknek az [an,an+1] intervallumoknak 0-hoz tart a hossza, így a sorozatnak van határértéke, valamint mondjuk is meg, hogy mennyi.

Ha sikerült megoldanunk (nekem már igen :-) ), akkor elmondom majd azt is, hogy mi volt a feladat :-)

[566] Cckek2007-07-31 11:01:18

Észrevesszük, hogy x=0,y=z=1 illetve x=y=z=2 megoldások, és bebizonyítjuk, hogy nincs más megoldás. Ehez csak azt használjuk fel, hogy a jobboldal 5 többszöröse illetve Sophie Germaine híres képletét az-az a4+4b4=(a2-2ab+2b2)(a2+2ab+2b2). 3 hatványainak az utolsó számjegye 3,9,7,1 ha a hatványkitevő 4k+1,4k+2,4k+3,4k alakú, 4 hatványainak az utolsó számjegye 4,6 ha a hatványkitevő 2p+1,2p alakú. Tehát a baloldal csak akkor 5 többszöröse ha x=4k,y=2p+1 illetve x=4k+2,y=2p. Természetesen k,p>0

I. x=4k,y=2p+1\implies3x+4y=(3k)4+4(2p)4=(32k-3k2p+1+22p+1)(32k+3k2p+1+22p+1) s mivel jobboldalt 5 hatványa van ezért mindkét tényező osztható kell legyen 5-el de ekkor az különbségük is osztható 5-el, az az 3k2p+2 osztható 5-el ami lehetetlen.

II. x=4k+2,y=2p\implies3x+4y=9.(3k)4+(2p)4=5.(3k)4+(2p)4+4.(3k)4 tehát (2p)4+4.(3k)4=(22p-2p+13k+32k)(22p+2p+13k+32k) osztható kell legyen 5-el az az mindkét tényező oszthato 5-el tehát különbségük 2p+23k osztható 5-el ami lehetetlen.

Előzmény: [562] kdano, 2007-07-12 18:39:21
[565] Lajos Arpad2007-07-21 10:45:42

Ez nem olyan nehéz, de rá kell érezni a megoldásra. Melyik játék bonyolultabb, a sakk vagy a go? Miért?

[564] Fálesz Mihály2007-07-13 10:59:19

A feladatnak sok általánosítása létezik, íme egy, ami nem annyira közismert. (A KöMaL-ban is szerepelt már.)

Tekintsük az összes olyan 3n hosszúságú szót (betűsorozatot), ami n darab A-, n darab B- és n darab C-betűből áll. Ezeknek hányadrészére igaz, hogy tetszőleges 1\leh\le3n-re az első h betű között legalább annyi A-betű van, mint B-betű, és legalább annyi B-betű, mint C-betű?

A választ is elárulhatom, nem igazán segít a megoldásban: \frac2{(n+1)^2(n+2)}.

A megoldás nehéz, de több pontján is nagyon bájos.

[563] kdano2007-07-12 21:02:55

Természetesen \frac{2q}{p+q}\binom{p+q}p-ra gondoltam :D

Előzmény: [562] kdano, 2007-07-12 18:39:21
[562] kdano2007-07-12 18:39:21

Hát igen, én adottnak vettem a végeredményt. Amúgy szigorú vezetés mellett (ha a 0-0 állást megengedjük :P) nekem 2\binom{p+q-1}p=\frac{2p}{p+q}\binom{p+q}p jött ki rossz esetre, azaz ugyanaz, mint neked :P Ezzel a valószínűség \frac{p-q}{p+q}.

Akkor itt egy következő feladat:

Keressük meg a 3x+4y=5z egyenlet összes pozitív egész számokból álló megoldását! (IMO Shortlist, 1991)

Előzmény: [561] nadorp, 2007-07-12 08:36:58
[561] nadorp2007-07-12 08:36:58

Nálam a "vezetés" azt jelentette, hogy egyenlő állás nem megengedett, de ez most részletkérdés. Az összes eset az érdekesebb: én úgy értelmeztem a feladatot, hogy adott egy szavazás és a végeredménye n szavazat. Ekkor az n darab szavazat bármi lehet, mert a feladat szerint a szavazatok minden sorrendje azonos valószínűségű. Tehát én arra válaszoltam, hogy mennyi a valószínűsége annak, hogy P végig vezetett és p darab szavazatot kapott. Te pedig arra válaszoltál, hogy mennyi a valószínűsége annak, hogy P végig vezetett, feltéve, hogy végül p darab szavazatot kapott.

Amúgy valószínű, hogy a Te értelmezésed a jó.

Előzmény: [560] kdano, 2007-07-11 20:31:33
[560] kdano2007-07-11 20:31:33

Hát szerintem az összes eset \binom{p+q}q, a rossz eset pedig \binom{p+q}{q-1}, s így a valószínűség 1-\frac q{p+1}

Feltéve, hogy az is "vezetésnek" számít, ha épp egyenlő az állás.

Előzmény: [559] nadorp, 2007-07-11 15:04:03
[559] nadorp2007-07-11 15:04:03

Egyelőre csak a végeredmény, hátha elszámoltam.

Az összes eset nyilván 2p+q.

A kedvező esetek száma:  \frac{p-q}{p+q}\binom{p+q}p

Előzmény: [558] Gyöngyő, 2007-07-06 18:07:03
[558] Gyöngyő2007-07-06 18:07:03

Sziasztok!

Itt egy feladat: Szavazási probléma.Tegyük fel,hogy egy választáson két jelölt van,P és Q. A P jelölt p szavazatot kapott,Q pedig q szavazatot,p>q.Ha a szavazatok minden sorrendje egyformán valószínű,akkor mi a valószínűsége annak,hogy a szavazatszámlálás során végig vezetett?

Üdv: Gyöngyő

[557] jonas2007-07-04 09:50:17

Na igen, ha a mértéket kihagyjuk, és csak a megszámlálhatót hagyjuk meg, akkor már valóban nem túl erős, hiszen az a legegyszerűbb (ha nem is az első) bizonyítás arra, hogy léteznek transzcendens számok.

Előzmény: [556] Lóczi Lajos, 2007-07-03 20:03:47
[556] Lóczi Lajos2007-07-03 20:03:47

Szerintem meg ez a nagyágyú :), mert felhasználod, hogy e transzcendens (illetve, hogy van transzcendens szám). Az én érvelésemben a mérték szót sem kellett volna használni, pusztán a megszámlálható halmazok alaptulajdonságait.

Előzmény: [550] jonas, 2007-07-03 12:46:34
[555] Lóczi Lajos2007-07-03 20:00:17

Sőt, az is igaz, hogy ha egy polinom minden együtthatója algebrai szám, akkor a gyökei is algebraiak. Ennek speciális eseteként rögtön adódik a válasz a kérdésre.

Előzmény: [548] Cckek, 2007-07-02 14:42:48
[554] jonas2007-07-03 19:48:28

Igazad van, valóban nem olvastam elég figyelmesen a kérdést.

Előzmény: [552] Cckek, 2007-07-03 13:52:31
[553] Enkidu2007-07-03 17:11:25

Sziasztok!

Ha a gyöke egy k-adfokú p(x) racionális együtthatós polinomnak, akkor p(x) = (x - a)(x - a2)...(x - ak). Ekkor a következő kn-edfokú q(x) szintén racionális együtthatós polinomnak \root n\of a (persze az összes koplex gyök is) a gyöke: q(x) = (xn - a)(xn - a2)...(xn - ak) Innentől Jonas bizonyítja a hátralévő \root n\of {a^m} részt:).

Bocs az esetleges rossz képletekért még át kell néznem a TeX-et. Sziasztok

Előzmény: [548] Cckek, 2007-07-02 14:42:48
[552] Cckek2007-07-03 13:52:31

Ez csak azt bizonyítja hogy algebrai szám egész kitevőjű hatványa algebrai. Itt racionális hatványokról van szó.

Előzmény: [551] jonas, 2007-07-03 12:48:49
[551] jonas2007-07-03 12:48:49

Igen, az algebrai számok résztestet alkotnak a valós vagy komplex számokban, de ezt nem elemi módon lehet könnyen bizonyítani, hanem algebrával. Ha kell a bizonyítása, akkor a régi algebra 1 vagy 2 füzeteimben utánanézhetek.

Előzmény: [548] Cckek, 2007-07-02 14:42:48
[550] jonas2007-07-03 12:46:34

Szerintem ez nagyágyú ehhez. Egyszerűen mondhatjuk azt, hogy létezik transzcendens szám (mondjuk az e) és nyilván bármely x transzcendens számra és a racionális számra x+a is transzcendens, így pedig bármely intervallumba bele lehet tolni az e-t.

Előzmény: [549] Lóczi Lajos, 2007-07-02 15:55:25
[549] Lóczi Lajos2007-07-02 15:55:25

Mivel az algebrai számok megszámlálható végtelen sokan vannak, egy pozitív mértékű rész transzcendens számokból kell álljon.

Előzmény: [547] Cckek, 2007-07-02 14:03:48
[548] Cckek2007-07-02 14:42:48

Ha a gyöke egy P\inQ[X] polinomnak akkor \forallq\inQ esetén, létezik Pq\inQ[X] úgy, hogy aq gyöke Pq-nak? Magyarul: ha a algebrai akkor aq is algebrai \forallq\inQ?

[547] Cckek2007-07-02 14:03:48

Minden nyílt intervallum tartalmaz transzcendens számokat. Kiváncsi vagyok az ötleteitekre.

[546] mrmorotz2007-06-14 02:12:00

Hülye fejem. Y-t akartam írni persze! Kösz, hogy kijavítottál. Úha.....

Előzmény: [545] xviktor, 2007-06-13 11:28:33
[545] xviktor2007-06-13 11:28:33

Hali!

Paros fuggvenyeknel grafikus abrazolasban az y tengelyre szimmetrikus. (x tengelyre csak a konstans 0 az, egyebkent nem lenne fuggveny) :-)

Udv: Viktor

Előzmény: [544] mrmorotz, 2007-06-13 11:22:29
[544] mrmorotz2007-06-13 11:22:29

A páros függvény olyan függvény, amelyre f(-x) = f(x) , minden x eleme Df-re. GRafikusan azok a páros függvények, amelyek képe szimmetrikus az x tengelyre. Például az x*x fv. ilyen. Páratlan: f(-x)=-f(x). Az ilyen fv. grafikonja szimmetrikus az origóra. Lásd köb(x).

Előzmény: [536] amynna, 2007-06-08 17:35:28
[543] amynna2007-06-09 19:52:44

csak próba, a12+b13

  [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]