|
|
[741] w | 2013-12-02 20:58:17 |
Igen, ez így van, de azzal egyetérthetsz, hogy a "2. megoldásbeli" azonosságot egymagában kicsit szemetebb dolog odavágni. :-) A két megoldás azonban olyan szempontból különbözik egymástól, hogy teljesen eltérő módon lehet rájönni - az 1. megoldás kitalálhatóbb, ha az említett egyenlőtlenségből indulunk ki, a második pedig az egyenlőség-esetből vezeti le a kívánt állítást (ami egyébként önmagában nehéz feladat). A megoldás kialakulásáról ebben a beszélgetésben olvashatunk.
|
Előzmény: [740] Cogito, 2013-12-02 20:10:08 |
|
[740] Cogito | 2013-12-02 20:10:08 |
Nézzük, hogyan jutunk 1-ről a 2-re:
Az "1. megoldás"-ban szereplő triviális egyenlőtlenséggel ekvivalens:
ahová x, y, z értékeit behelyettesítve:
adódik, ahol a bal oldalon álló kifejezés éppen A. Az első "megoldás" tehát ekvivalens a másodikkal! Ezért - valójában - egyetlen "megoldást" mutattál be. Azért használom az idézőjeleket, mert hiányérzetem van. Nem mutattad meg, hogy milyen út, milyen meggondolások vezettek az x-re, y-ra és z-re adott helyettesítésekhez.
|
Előzmény: [739] w, 2013-11-29 22:31:58 |
|
[739] w | 2013-11-29 22:31:58 |
Állítás: .
1. megoldás. Hasonlítsuk össze egy triviális egyenlőtlenséggel, azaz hogy (x+y+z)23(xy+yz+zx) tetszőleges valós x,y,z-re. Ebbe x=a2+bc-ab, y=b2+ca-bc, z=c2+ab-ca értékeket helyettesítve pedig éppen a bizonyítandó adódik!
2. megoldás. Vegyük észre, hogy
Mit szóltok?
|
Előzmény: [733] w, 2013-10-25 23:07:23 |
|
|
[737] HoA | 2013-11-18 15:26:19 |
A követelmény úgy is megfogalmazható, hogy minden kiválasztott négyzetnek páros, minden nem kiválasztott négyzetnek páratlan számú kiválasztott szomszédja legyen.
|
Előzmény: [734] kurthyg, 2013-11-17 00:44:52 |
|
[736] kurthyg | 2013-11-17 11:04:40 |
A kiválasztandó négyzetek sorozata. Számozzuk be a négyzeteket: a bal fölső sarok az 1-es a jobb alsó nxn: tehát balról jobbra és föntről lefelé növekszenek a számok.
Ekkor az út (ha eredetileg minden négyzet fehér volt): 1 3 5 7 9
Ezeket sorban kiválasztva minden négyzet fekete lesz.
|
Előzmény: [735] Sinobi, 2013-11-17 10:48:31 |
|
|
[734] kurthyg | 2013-11-17 00:44:52 |
A következő feladatot szeretném megosztani (persze, lehet, hogy már volt, kb 15 éve olvastam KöMaL-t utoljára, még gimnáziumban).
Adott egy nxn-es négyzetrács csupa fehér négyzettel. Válasszuk ki valamelyik négyzetet, ekkor a kiválasztott négyzet, a tőle jobbra és balra, alatta és fölötte lévők feketévé változnak. És minden egyes későbbi kiválasztás ellentétes színűre változtatja a kiválasztott négyzetet és a szomszédait.
Feladat olyan utat találni, amelynek végén az összes négyzet fekete lesz. Hogyan adható meg általános megoldás?
(Pl.: 1x1-es nél triviális. 2x2-esnél minden négyzetet ki kell választani. 3x3-asnál a sarkokat és a középső négyzetet.)
A probléma általánosítása: az nxn-es négyzetrács néhány négyzete fehér, néhány négyzete fekete. Milyen út vezet csupa fekete négyzethez? Hogyan kereshető meg a megoldás? Van-e mindig megoldás?
|
|
[733] w | 2013-10-25 23:07:23 |
A következő egy rendkívül érdekes, a pozitív valós számokra bizonyítandó egyenlőtlenség (négyzetreemelve a valósokra is érvényes marad!). Annál inkább érdekes, hogy milyen egyszerű alakú, negyedfokú egyenlőtlenség.
Különösen szokatlan az egyenlőség-esete, amit mindenképpen érdemes előre megfigyelni.
(A feladat egyébként valamennyire ismert, egy idő múlva majd elárulom, hol találtam.)
|
|
|
[731] Sinobi | 2013-10-20 01:36:18 |
Bocsánat, nem ilyen alakra kell a végén hozni. Ezt még tovább kell alakítanod, hogy l:=-14/9*m, s akkor azt kapod, hogy:
Amiben még mindig ott van n a kitevőben. De azzal nem tudsz semmit se kezdeni. Igazából már Euler se tudott vele semmit kezdeni, csak feltűnt neki, hogy az olyan kifejezéseknek, melyekben n a kitevőben van, a limesze gyakran -lel és algebrai műveletekkel megadható, ezért a -et elnevezte magáról e-nek. Azóta általában az a feladat, hogy a kapott sorozatokat valahogy leredukáljuk erre a kifejezésre.
|
Előzmény: [730] Sinobi, 2013-10-20 01:12:11 |
|
[730] Sinobi | 2013-10-20 01:12:11 |
Mit tanultatok már határértékből? Szerintem valami ilyesmi kell legyen:
kicsit alakítjuk a limesz mögött álló formulát:
bevezetjük az változót. Ekkor a képletünk:
amit szétbontva két limesz szorzatára (majd megnézzük, hogy léteznek):
A szorzat jobb oldala 1-hez tart, a bal oldala e^-14/9-hez, tehát az eredeti is e^-14/9-hez, ami tényleg kb 0.2110.
|
Előzmény: [729] wartburg, 2013-10-19 23:16:25 |
|
[729] wartburg | 2013-10-19 23:16:25 |
Kedves Topictársak, sehogy sem boldogulok az alábbi határérték feladattal: keressük az alábbi sorozat határértékét: [(9*n-2)/(9*n+5)]#(2*n-4) (a # jel hatvány jelet takarna, tehát a (2*n-4) a tört kitevője) Nem bírom a hatványt "levarázsolni" a kifejezésből, s a tört számlálóját és nevezőjét is leosztva n-nel én egyet kapnék határértéknek, ami viszont bármilyen kitevővel egy lenne. Ugyanakkor persze az Excel függvény ábrázolás szerint 0,22XXXX lenne valahol a határérték, de nekem nem jön ki ez "tudományosan". Előre is köszönöm a segítséget!
|
|
|
|
[726] nadorp | 2013-10-09 12:42:30 |
Ettől persze az állítás nem igaz. Legyen f(x) a következő
Ekkor f(x) a racionális számok között additív, viszont tetszőleges r irracionális számra
f(r+1)=12=f(r)+f(1)
|
Előzmény: [725] nadorp, 2013-10-09 09:26:56 |
|
|
[724] Ménkűnagy Bundáskutya | 2013-10-09 08:45:17 |
2. (valós) Legyen A azon valós számok halmaza, melyeknek tizedestört alakja
*,*11...110s0a10a20a30a4...,
vagyis valahonnan kezdve minden második jegy 0, előtte pedig néhány (esetleg 0 darab) 1-es áll (ez üres feltétel, csak így világosabb lesz). A függvény legyen A-n kívül 0, egy A-beli elemre pedig vegyük az első olyan pontot, ahonnan ez fennáll: x=*,*0s0a10a2..., és s előtt három jeggyel nem 0 áll. A 0s előtt közvetlenül álló egyesek száma legyen N. Ekkor legyen f(x)=(-1)s.N,a1a2a3....
Legyen [a,b] tetszőleges nemelfajuló intervallum, y pedig tetszőleges valós szám. Kezdjünk felírni egy valós számot. Az első sok jegyét állítsuk be úgy, hogy azok garantálják, hogy [a,b]-be esik. Ezután tegyünk le száz darab 2-est, majd |y| egész része darab 1-est, ezután lőjük be az előjelet, majd írjuk be y tizedesjegyeit 0-kal összefésülve. Az így kapott szám f-értéke y.
(komplex) Legyen f egy jó valós-valós függvény. Legyen hozzá F:CC a következő: F(x+iy)=f(x)+if(y). Tetszőleges kicsi négyzetben, körben stb van tengelypárhuzamos téglalap, és ha F(x+iy)=u+iv a cél, akkor legyen x a téglalap valós vetületéből olyan, hogy f(x)=u, y pedig a képzetes vetületből olyan, hogy f(y)=v. Ekkor F(x+iy)=f(x)+if(y)=u+iv.
|
Előzmény: [722] marcius8, 2013-10-08 12:41:31 |
|
|
[722] marcius8 | 2013-10-08 12:41:31 |
Ha valaki tud, segítsen:
1. Egy f(x) függvény additív, ha minden "p" és "q" számra teljesül, hogy f(p+q)=f(p)+f(q). Igaz-e hogy ha egy függvény a racionális számok halmazán additív, akkor ez a függvény a valós számok halmazán is additív?
2. Keressünk olyan R-->R függvényt, amely minden intervallumon minden valós számot felvesz. Illetve keressünk olyan C-->C függvényt, amely minden "négyzet alakú tartományon" (vagy "minden kör alakú tartományon") minden komplex számot felvesz.
Mindenkinek köszönöm a segítségét. Bertalan Zoltán.
|
|
|
|
[719] izsák | 2013-10-07 09:46:14 |
Érdekes, hogy két "amatőr" beszélget szimpla matek problémáról, a matematikusok hallgatnak, vagy (ha az eddig válaszolók azok,) akkor hamis válaszokat adnak. Senki nem tudja a választ?
|
Előzmény: [718] Zilberbach, 2013-10-03 13:32:27 |
|