Fórum: Érdekes matekfeladatok

[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] [41] [42] [43] [44] [45] [46] [47] [48] [49] [50] [51] [52] [53] [54] [55] [56] [57] [58] [59] [60] [61] [62] [63] [64] [65] [66] [67] [68] [69] [70] [71] [72] [73] [74] [75] [76] [77] [78] [79] [80] [81] [82] [83] [84] [85] [86] [87] [88] [89] [90] [91] [92] [93] [94] [95] [96] [97] [98] [99] [100] [101] [102] [103] [104] [105] [106] [107] [108] [109] [110] [111] [112] [113] [114] [115] [116] [117] [118] [119] [120] [121] [122] [123] [124] [125] [126] [127] [128] [129] [130] [131] [132] [133] [134] [135] [136] [137] [138] [139] [140] [141] [142] [143] [144] [145] [146] [147] [148] [149] [150] [151] [152] [153] [154] [155] [156] [157] [158] [159] [160] [161] [162] [163] [164] [165] [166] [167] [168] [169] [170] [171] [172] [173] [174] [175] [176] [177] [178] [179] [180] [181] [182] [183] [184] [185] [186] [187] [188] [189] [190] [191] [192] [193] [194] [195] [196] [197] [198] [199] [200] [201] [202] [203] [204] [205] [206] [207] [208] [209] [210] [211] [212] [213] [214] [215] [216] [217] [218] [219] [220] [221] [222] [223] [224] [225] [226] [227] [228] [229] [230] [231] [232] [233] [234] [235] [236] [237] [238] [239] [240] [241] [242] [243] [244] [245] [246] [247] [248] [249] [250] [251] [252] [253] [254] [255] [256] [257] [258] [259] [260] [261] [262] [263] [264] [265] [266] [267] [268] [269] [270] [271] [272] [273] [274] [275] [276] [277] [278] [279] [280] [281] [282] [283] [284] [285] [286] [287] [288] [289] [290] [291] [292] [293] [294] [295] [296] [297] [298] [299] [300] [301] [302] [303] [304] [305] [306] [307] [308] [309] [310] [311] [312] [313] [314] [315] [316] [317] [318] [319] [320] [321] [322] [323] [324] [325] [326] [327] [328] [329] [330] [331] [332] [333] [334] [335] [336] [337] [338] [339] [340] [341] [342] [343] [344] [345] [346] [347] [348] [349] [350] [351] [352] [353] [354] [355] [356] [357] [358] [359] [360] [361] [362] [363] [364] [365] [366] [367] [368] [369] [370] [371] [372] [373] [374] [375] [376] [377] [378] [379] [380] [381] [382] [383] [384] [385] [386] [387] [388] [389] [390] [391] [392] [393] [394] [395] [396] [397] [398] [399] [400] [401] [402] [403]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[2542] Lóczi Lajos

2008-01-15 00:13:41

Számoljuk ki az alábbi integrált:

$\int \frac{1}{x\sqrt{x^4-1}}.$

[2541] nadorp

2008-01-11 08:48:04

Ha már $\varphi$ függvénynél járunk, anno olvastam egy cikket ( Ruzsa Imre: Számelméleti függvények I.) és itt szerepel egy érdekes konstrukció. A poén az benne, hogy a multiplikatív $\varphi$ függvényből származtat egy totálisan additív függvényt.

Legyen $\varphi$ ₁(n)= $\varphi$ (n) és $\varphi$ _k(n)= $\varphi$ ( $\varphi$ _k-1(n)) (k>1).

Nyilván előbb utóbb lesz egy olyan első k index, amikor $\varphi$ _k(n)=1. Legyen ez a T(n) függvény. Definiáljuk a következő függvényt:

F(n)={ $\matrix{k &ha&n & paros & es & T(n)=k \cr k-1 &ha &n& paratlan & es & T(n)=k}$ .

Bizonyítsuk be, hogy F(n) totálisan additív.

Előzmény: [2535] Cckek, 2008-01-05 12:33:11

[2540] sakkmath

2008-01-09 15:22:33

Klikk bal oldalon a Matematika oktatási portál sorra, s Fazekas-honlapon rengeteg feladatot találsz, jórészt megoldva.

Például: Feladatbank $\to$ Témakörök $\to$ Algebra-Számelmélet $\to$ Számelmélet.

Előzmény: [2538] nemtommegoldani, 2008-01-09 11:21:52

[2539] Enkidu	2008-01-09 12:48:33
Ja igen! Elírtam, de én is igazoltam (sajnos csak magamnak) a multiplikativitást, úgyhogy ez rendben van. Igazából azért bizonytalanodtam el korábban, mert a kapott megoldás "nem valami szép" és nem tudom, hogy Cckek akar(t)-e valami szépet mutatni azzel a feladattal kapcsolatban. Én már ezen agyaltam. Csá!
Előzmény: [2537] nadorp, 2008-01-09 08:32:10

[2538] nemtommegoldani

2008-01-09 11:21:52

Sziasztok! Azt szeretném kérni, valaki írjon ide a fórumra pár "nívósabb" számelméleti feladatot legnagyobb közös osztó, ill. legkisebb közös többszörös témakörben, illetve diofantoszi egyenletek témakörben (pl. olyanokra gondolok, amik OKTV-n, vagy más tanulmányi versenyeken előfordultak már)megoldással együtt. NAgyon köszönöm a segítséget!!! Már több helyen keresgéltem, de nem nagyon találok.

[2537] nadorp	2008-01-09 08:32:10
Nem értelmezted félre a feladatot, valóban ez volt, de egy kis kiegészítésre szorul. Csak a multiplikatív számelméleti függvényeket határozza meg a prímhatvány helyeken felvett értékük. Az viszont igaz, hogy multiplikatív számelméleti konvolúciója is multiplikatív. Ezért célszerűbb az eredeti $S(m)=\sum_{d\|m}\frac md\varphi(d)$ alakot használni a megoldásban, mert ebből a jelölésből látszik a két multiplikatív függvény ( f(n)=n és $\varphi$ (n) )
Előzmény: [2536] Enkidu, 2008-01-07 13:05:07

[2536] Enkidu

2008-01-07 13:05:07

A következő definícióval élve: $S(m):= \sum_{d|m} m \frac {\varphi(d)}d$ S(m) egy számelméleti függvény. Így prímhatványhelyeken felvett helyettesítési értékei meghatározzák. Ha m=pⁿ,S(m)=p^n-1(np+p-n) egyébként pedig a szokásos módon ha (m,n)=1, akkor S(mn)=S(m)S(n).

Most így megnézve lehet, hogy valamit félreértettem, mert túl egyszerű amit írok, de ha már végigszenvedtem a TeX tanfolyamot csak bennhagyom. Hello!

Előzmény: [2535] Cckek, 2008-01-05 12:33:11

[2535] Cckek

2008-01-05 12:33:11

Valóban ez a megoldás, gratulálok, mert ez egyáltalán nem egy könnyű feladat:D, legalábbis számomra nem volt az. Ha már Euler számelméleti függvényénél vagyunk, akkor itt van mégegy:

Számítsuk ki a következő összeget:

$\sum_{d|m}\frac{m}{d}\varphi(d),\quad m\in N^*,\quad \varphi(1)=1.$

Előzmény: [2534] nadorp, 2008-01-04 23:18:53

[2534] nadorp

2008-01-04 23:18:53

Nem volt unalmas,de szerencsém volt :-). Mindkét oldal "e" alapú logaritmusát véve,bizonyítandó, hogy

$\sum_{k=1}^\infty\frac{\varphi(k)}k\ln\left(1-\frac1{q^k}\right)=\frac1{1-q}=-\frac{\frac1q}{1-\frac1q}$

Felhasználva, hogy |q|>1 és a logaritmus függvény hatványsorát ez ekvivalens a következővel

$\sum_{k=1}^\infty\frac{\varphi(k)}k\left(\frac1{q^k}+\frac1{2q^{2k}}+\frac1{3q^{3k}}+...\right)=\sum_{k=1}^\infty\frac1{q^k}$ .

Most vizsgáljuk meg $\frac1{q^n}$ (n $\geq$ 1) együtthatóját a bal oldalon. Ha ez mindig 1, akkor készen vagyunk.

Nyilván ha n=ab, akkor lesz olyan tag, ahol az együttható $\frac{\varphi(a)}a\cdot\frac1{\frac{n}a}=\frac{\varphi(a)}n$ . Tehát $\frac1{q^n}$ együtthatója a bal oldalon

$\sum_{a|n}\frac{\varphi(a)}n=1$ ( Itt felhasználtuk, hogy a $\varphi$ (n) számelméleti függvény összegzési függvénye az "n" függvény)

Előzmény: [2532] Cckek, 2008-01-04 18:12:30

[2533] Lóczi Lajos

2008-01-04 20:33:11

"Itt elég a második tagról belátni, hogy pozitív, mert az első az. x=1+t helyettesítéssel t³-ig kiírt Taylor-sorral látszik, nem tudom, van-e rá egyszerűbb módszer, ez az út elég gány ahhoz, hogy végigírjam."

Mivel csak polinom és logaritmus van benne, ilyenkor érdemes még egyszer deriválni:

$(x-1/x-2\ln x)'=\frac{{\left( -1 + x \right) }^2}{x^2}>0$ , ha x>1, de x-1/x-2ln x az 1 helyen 0, tehát ha x>1, akkor mindig pozitív a kérdéses kifejezés.

Előzmény: [2529] Sirpi, 2008-01-04 17:15:02

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?