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]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[573] zsol	2004-11-16 17:42:28
Sziasztok , A feladat a következő, mely számok oszthatók 13mal? Mi erre az oszthatósági szabály ?

[572] Maga Péter

2004-11-16 08:49:35

Kedves Attila!

A megoldásod jó. Lényegében én is így csináltam (mármint testbővítéssel).

A megoldásban felhasznált másodfokú testbővítés egyébként is nagyon szép, Surányi László: Algebra-ját ajánlom mindenkinek, akit érdekel a dolog!

Előzmény: [571] jenei.attila, 2004-11-15 23:33:36

[571] jenei.attila

2004-11-15 23:33:36

Válasz Maga Péter feladatára: A nem eleme jelet $\phi$ helyettesíti, mivel nem találtam megfelelőbbet.

Bizonyítsuk be, hogy minden n $\ge$ 2 természetes számra

$a_n=\sum_{i=1}^n \sqrt{i}$

irracionális.

Megoldás:

Tekintsük testek következő, tartalmazásra nézve szigorúan növekvő sorozatát:

Q₁ $\subset$ Q₂ $\subset$ Q₃ $\subset$ Q₅ $\subset$ ... $\subset$ Q_{p_k}

, ahol Q₁ a racionális számok teste, Q₂ a Q₁ $\sqrt 2$ -vel való bővítése, Q_{p_j} pedig a Q_{p_j-1} bővítése $\sqrt p_j$ -vel (p₁,p₂,...,p_k az első egymás utáni prímek). Bebizonyítjuk, hogy a_j $\in$ Q_{p_l}, de a_j $\phi$ Q_{p_l-1} valamely l-re (j $\neq$ 1 és l $\neq$ 1), amiből következik, hogy a_n irracionális (n $\geq$ 2). A sorozat egy testét csak prím négyzetgyökével érdemes bővíteni, mert ha x nem prím, akkor kisebb prímek szorzatára bomlik, amelyek négyzetgyökével már bővítettünk. Prím négyzetgyökével való bővítés pedig valóban bővebb testet eredményez. Ennek bizonyítása teljes indukcióval lehetséges. Mivel

$Q_{p_j}=\{x_{j-1}+y_{j-1}\sqrt{p_j}: x_{j-1},y_{j-1}\in Q_{p_{j-1}}\}$

(egyszerű bizonyítani), ezért bármely z racionális szám négyzetgyöke $\sqrt z$ pontosan akkor eleme Q_{p_j}-nek de nem eleme Q_{p_j-1}-nek (j $\geq$ 2), ha $\sqrt z=x_{j-1}+y_{j-1}\sqrt{p_j}$ valamely x_j-1,y_j-1 $\in$ Q_{p_j-1}. Nyilvánvaló, hogy y_j-1 $\neq$ 0, de ha ugyanekkor x_j-1 $\neq$ 0 is teljesülne, akkor négyzetre emelve és átrendezve azt kapnánk, hogy $\sqrt p_j\in Q_{p_{j-1}}$ lenne az indukciós feltevéssel ellentétben. Tehát $\sqrt z$ (z racionális) pontosan akkor eleme Q_{p_j}-nek de nem eleme Q_{p_j-1}-nek (j $\geq$ 2), ha létezik y_j-1 $\in$ Q_{p_j-1}, amire $\sqrt z=y_{j-1} \sqrt{p_j}$ , vagyis $\sqrt{z/p_j}\in Q_{p_{j-1}}$ . Másképp fogalmazva: $\sqrt z\phi Q_{p_j}$ akkor és csak akkor, ha $\sqrt z\phi Q_1, \sqrt{z/2}\phi Q_1, \sqrt{z/3}\phi Q_2, ... , \sqrt{z/{p_j}}\phi Q_{p_{j-1}}$ . Ugyanezt a feltételt alkalmazva a feltételben szereplő racionális számok négyzetgyökeire is, azt kapjuk hogy, $\sqrt z\phi Q_{p_j}$ akkor és csak akkor, ha $\sqrt z, \sqrt{z/2}, \sqrt{z/3}, \sqrt{z/(2\cdot 3)}, ... , \sqrt{z/(2\cdot 3 ... p_j)}$ irracionális (ahol a négyzetgyökök nevezőiben a 2-től p_j-ig terjedő prímek minden lehetséges szorzata szerepel). Könnyű bebizonyítani, hogy a fenti alakú négyzetgyökök irracionálisak, ha z prím (két négyzetmentes természetes szám hányadosának négyzetgyöke irracionális). Vagyis $\sqrt{p_{j+1}}$ valóban bővíti a Q_{p_j} testet.

Vissztérve az eredeti feladatra: azt kell bebizonyítani, hogy ha a_n $\in$ Q_{p_j} volt (de a_n $\phi$ Q_{p_j-1}), akkor a_n-hez $\sqrt{n+1}$ -et hozzáadva a_n+1 $\in$ Q_{p_j} vagy a_n+1 $\in$ Q_{p_j+1} lesz, de nem lehet hogy a_n+1 $\in$ Q_{p_j-1} és a_n+1 $\phi$ Q_{p_j}lesz. Vagyis a_n-hez $\sqrt{n+1}$ hozzáadásával az adott testben maradunk, vagy eggyel feljebb lépünk, de nem lépünk alacsonyabb indexű testbe. Ha $\sqrt{n+1}\in Q_{p_{j-1}}$ , vagy $\sqrt{n+1}\phi Q_{p_j}$ ( $\sqrt{n+1}\in Q_{p_{j+1}}$ ), akkor nyilván igaz, hogy nem lépünk alacsonyabb indexű testbe. Ha $\sqrt{n+1}\in Q_{p_j}$ , akkor mint már láttuk, $\sqrt{n+1}=y_{j-1}\sqrt{p_j}$ (y_j-1 $\in$ Q_{p_j-1} és y_j-1>0) és a_n hasonló felírásában a $\sqrt{p_j}$ együtthatója szintén pozitív. Ezért ebben az esetben sem lépünk vissza az alacsonyabb indexű testbe.

Előzmény: [523] Maga Péter, 2004-10-09 22:04:22

[570] Hajba Károly	2004-11-11 17:37:32
113. megoldás:

Előzmény: [569] matekos04, 2004-11-09 17:52:26

[569] matekos04

2004-11-09 17:52:26

113 feladat. Udv. mindenkinek!

A feladatom igy szol:

Tegyuk fel hogy van egy digitalis orank. Hany olyan idopont van egy nap alatt (24 h),hogy ha fejtetore allitjuk az orat ugyanazt a szamot kapjuk meg?

[568] Maga Péter

2004-10-28 09:39:55

112. feladat (a 108. feladat folytatása):

Határozzuk meg minden n>1-re azokat az a₁,a₂,...,a_n n-eseket, ahol minden a_i 0 vagy 1, és

$\sum_{i=1}^{n}a_i\sqrt{i}$ racionális!

[567] Sirpi	2004-10-22 10:34:40
Megkerestem az ominózus cikket. Úgy tűnik, egyszerűen lemaradt az egyik nyitó zárójel. Az állítás azt mondja ki, hogy minden h>0-hoz van olyan N, hogy minden n>N-re el lehet helyezni legalább $(\frac32 - h)n$ pontot a megadott tulajdonsággal.
Előzmény: [566] Hajba Károly, 2004-10-22 10:02:38

[566] Hajba Károly

2004-10-22 10:02:38

Megtaláltam a jelzett megoldást a Kömal archivumban 1998/2 66-67. o.

A megj/4. pontban szereplő (3/2)-h)n képlet, mely feltehetőleg nyomdaszedési hiba, értelmezhetetlen. Mi lehet a helyes képlet?

Előzmény: [565] Kemény Legény, 2004-10-21 23:34:45

[565] Kemény Legény	2004-10-21 23:34:45
Ez 1997-es Kürschák példa volt.A megoldás az (x,x*x mod p) alaku pontok halmaza pl. jo.
Előzmény: [561] Hajba Károly, 2004-10-19 15:18:39

[564] lorantfy

2004-10-19 20:40:35

Kedves Károly!

Elsőre arra gondoltam, hogy a fordított képzés a 3-as, 9-es, 11-es oszthatóságot nem változtatja meg, így a k=3,9,33,99 biztos jók. Aztán aludjunk rá még egyet!

Előzmény: [562] Hajba Károly, 2004-10-19 15:19:35

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?