Fórum: Érdekes matekfeladatok

Mi volt az? Hol van fenn? Beírnád?

Ez a példa nem lehet az elődje a mostani Arany Dani 5-ik példájának ?

Erről jut eszembe a következő

223. feladat. Számítsuk ki az

integrált.

Szép feladat. Megoldásvázlat: végezzük el az y=-x helyettesítést. Ekkor egy egyenletet kapunk az ismeretlen integrálra, ahol szerepelni fog egy másik integrál is, ami azonban elemien kiszámolható (egy arkusz tangenses összetettfüggvény-derivált). A végeredmény: .

222. feladat: Számítsuk ki a következő határozott integrál értékét:

221. feladat: Oldjuk meg a p³+3^p=7x+3 egyenletet, ahol p prímszám és az x egész szám.

(Műszaki főiskolák Hajós György matematika versenye 2003.)

úgy látom, senkit sem hozott lázba a feladat, pedig érdekes. :-/ leírom a megoldást.

1. ki lehet nyírni, mert Z^k (a k-dimenziós egész koordinátájú vektorok halmaza, ezek lehetnek a bolha stratégiái) és N között van egyértelmű megfeleltetés, és minden lövéssel ki tudunk zárni egy vektort, ha az n-edik másodpercben az n-edik vektor n-szeresére lövünk.

2. ki lehet nyírni, mert a stratégiák számegyeneséről az n-edik csapással egy hosszúságú intervallumot zárunk ki, és nem konvergens.

3. megúszhatja, mert a stratégiák síkjáról az n-edik csapással egy nagyságú területet zárunk ki, és konvergens.

Másrészt 7-ig egy közönséges tórusz is megfelel.

Ezt nagyon elnéztem, k=5,6,7-re mind megfelel az egyoldalú, 0 Euler-karakterisztikájú felület (két projektív sik összege).

Szép. Az tényezőnek amúgy semmi más szerepe nincs, csak egy normáló tényező, hogy a Bessel-függvények integrálja 0-tól -ig 1 legyen.

:)

ez parciálisan integrálva:

itt az első tag nulla, a második tagot pedig felbonthatjuk két integrál különbségére:

ennek második tagját még tovább bontva kapjuk:

szorozzuk végig x-szel az egyenletet:

az integrálos tagról könnyen belátható, hogy n²g(x)-el egyenlő, ugyanis:

innen pedig már csak át kell rendezni.

Egyébként, lehet hogy hülye kérdés, de mi indokolta a Bessel-függvények definiálásakor azt az 1/-s szorzót? (Mondjuk gondolom más "hasznuk" is van azon túl, hogy többek között ők is megoldják ezt a differenciálegyenletet.:)

219.feladatra:

Ez csak egy sejtés, de talán jó. k=1,2,3-ra (szerintem érdektelen) de nyílván jó a gömbfelület. k=4-re is a gömbfelület jön ki, elég egy tetraédert vizsgálni. k=5,6,... értékekre szerintem egy egyoldalú rendre 0,-2,... Euler-karakterisztikájú felület a megfelelő.

218.feladatra: Először is legyen F egy tetszőleges felület, és (F)=c-e+l (ahol c a felületen lévő csúcsok, e az élek, l a lapok száma). Nevezzük ezt mondjuk Euler-karakterisztikának. Az Euler-féle poliédertétel nyílván azt jelenti, hogy (gömbfelület)=2.

Ezután vizsgáljuk a körlap Euler-karakterisztikáját. Ez nyílván egy pontból, egy hurokélből és egy lapból áll, azaz (körlap)=1-1+1=1.Az könnyen látható, hogyha egy gömbfelületből kivágunk egy körlapot, akkor egy másik körlap marad.

Tórusz Euler karakterisztikáját (azaz k=1 esetre a kérdésre a választ) ugyanúgy számíthatjuk ki mint a körlapnál, azaz keresünk (egy lehetőleg minél egyszerűbb) felbontást. Vegyünk egy tóruszt, húzzunk be egy délkört, majd ottt vágjuk szét, de jegyezzük meg, hogy azok összetartoznak. Ha kiegyenesítjük, akkor egy hengerpalástot kapunk. Itt egy "magasság" mentén vágjuk szét a felületet, és ha kiegyenesítjük, akkor egy téglalapot kapunk, ahol a szemközti élek összetartoznak (azaz képzeletben összeragasztjuk őket). A két él egy pontban metszi egymást. Így (tórusz)=1-2+1=0.

Hogy meghatározhassuk más k-ra is az értéket, először is vegyünk egy tetszőleges F felületet, majd vágjunk ki belőle egy körlapot, vizsgáljuk, hogyan változik az Euler-karakterisztikája. Nyílván, ha egy lapot távolítunk (ami olyan mintha egy körlapot), akkor eggyel kevesebb lapja lesz az F felületnek, azaz l helyett l-1-et kell venni, azaz eggyel csökken az Euler-karakteriszika.

Ha két felület adott (mondjuk F és G), mindkettőből eltávolítunk egy-egy körlapot, majd a körlapon úgy veszünk fel csúcsokat, hogy mindkettőn ugyanannyi számú legyen (ez nyílván nem változtatja meg az Euler-karakterisztiká, mivel egy új ponttal egy új él is keletkezik), és a csúcsokat és az éleket összeragasztjuk, akkor a keletkező felület Euler-karakterisztikája egyenlő lesz (F)+(G)-2-vel.

Tórsuz úgy kapunk ha egy gömböt és tóruszt összeragasztunk, így (k=1)=2+0-2=0 (persze ez nem újdonság,az eredmény az lett, amit vártunk). k=2 eset a k=1-re kapott felületből származik, ha még egy tóruszt ragasztunk hozzá, így (k=2)=0+0-2=(2+0-2)+0-2=2-2*(-2)=-2. Folytatva, tetszőleges k-ra, azt kapjuk, hogy (k)=2-2k.

Valóban, úgy tűnik, Volterra csinált először ilyet Riemann integrálra (ami után persze adtak később egyszerűbb példákat is). A konstrukció lényege, hogy a korlátos derivált (mértékelméleti szempontból) túl sok helyen szakad: egy "kövér" Cantor-halmazon, az ilyeneket pedig Riemann nem tudja visszaintegrálni.

A feladatban viszont nem mondtam meg, milyen integrált használjunk.

220. feladat. U. az, mint a 217. feladat, csak az integrált értsük Lebesgue értelemben.

Ez a feladat jóval könnyebb, mint a Riemannos megfelelője, és az előzetes integrálos kérdések pont ezt készítették elő.

Fontos adalék, hogy Lebesgue (1900-as évek eleje) után fél évszázaddal kidolgozták a Henstock-Kurzweil integrált, amelynek definíciója formailag alig különbözik Riemannétól, és azzal a jó tulajdonsággal bír, hogy minden [a,b] intervallumon értelmezett deriváltat vissza tud integrálni (tehát a 217. feladatbeli formulában mindig egyenlőség áll), sőt egyúttal minden, [a,b]-n Lebesgue-integrálható függvényt is tartalmaz. Ezt az integrálfogalmat nyugodtan lehetne Riemann helyett tanítani, mert a bizonyítások csak alig bonyolultabbak és cserébe sokkal többet kapunk.

Pont ezekre a kis átalakítgatásokra gondoltam :)

Vagy pedig, mivel g(x) csupán egy 1/-s szorzóban különbözik az n-edik Bessel-függvénytől, melyre szintén teljesül ugyanez a differenciálegyenlet, így megoldható a feladat a Bessel-függvényekre vonatkozó bizonyítással teljesen analóg módon is (g(x) deriváltját számolva, majd parciálisan integrálva egy kis alakítgatás után kijön az egyenlet).

Két helyen is találtam példát, mindkettő Volterra konstrukcióját közli. Azt látja be, hogy létezik olyan [0,1]-en mindenhol differenciálható függvény, melynek derivált függvénye korlátos, de nem Riemann integrálható.

kiegészítés: azt észreveszed, ha kinyírtad, végtelen sok időd van a lövöldözésre/csapkodásra.

A deriválásokat elvégezve, ebben a feladatban nyilván csak annyit kell bizonyítani, hogy az y-szerinti integrálja 0-tól -ig az alábbi kifejezésnek

éppen nulla, ha n egész szám és x valós szám.

Trükkös. Akkor a következő kérdés természetesen az, hogy

Van-e példa vajon olyan F függvényre, ami a zárt [0,1] intervallumon mindenhol értelmezve van, mindenhol deriválható, de az idézett Newton-Leibniz-formula nem igaz rá?

218. feladat Az Euler-féle poliéder-tétel ugyenbár csak "nem lyukas" testekre igaz. Hogy-néz ez ki "k lyukú testek" (k=1: tórusz, k=2: kengyel-felület) esetében?

219. feladat Adott a gömbön egy térkép országokkal és a fővárosaikkal. Vegyük azt a gráfot, aminek csúcsai a fővárosok, és két csúcsot pontosan akkor kötünk össze, ha a nekik megfelelő fővárosok országai határosak. Mondjunk olyan testet minden k-ra, hogy a testre lehessen olyan térképet rajzolni, amihez az előbbi módon definiált gráf a teljes k csúcsú gráf.

Hát, ha ér olyan példát mondani amire az egyenlőség már csak azért sem teljesülhet, mert a függvény nincs értelmezve nullában, akkor pl F(x)=ln x. :)

217. feladat. Adjunk példát (ha van) olyan F valós függvényre, amely deriválható az egész (0,1) intervallumon, de , ahol f=F'.

216. feladat. Legyen n egész szám, x pedig valós szám. Igazoljuk, hogy az

x²g''(x)+xg'(x)+(x²-n²)g(x)=0

(differenciál)egyenlet egy megoldása a

függvény.

1. egy koordinátarendszerben egy láthatatlanul kicsi bolha minden másodperc elején mindig ugyanazzal az egész koordinátájú vektorral ugrik odébb (az origóból indul). tetszőleges egész koordinátájú pontjára lőhetsz minden másodperc végén.

2. a számegyenesen az origóból kiindulva mindig ugyanakkora valós számmal ugrik odébb. egy egységnyi szélességű vonalzóval csapkodhatsz minden ugrás után.

3. a síkon az origóból indulva mindig ugyanazzal a valós koordinátájú vektorral ugrik odébb, és egy négyzet alakú pecsét áll a rendelkezésedre.

Melyik esetben tudod kinyírni a bolhát és ha igen, hogyan?

Sorry a megfogalmazásért, valahogy így hangzott el előadáson is. Esetleg valaki átfogalmazhatná.

Én is így gondolom.

A (c) feladatban nem nehéz felírni a primitív függvényt.

Csatlakozom Jonashoz. Ha egy függvény Lebesgue-integrálható, akkor ha jól tudom, az abszolútértéke is az. Ezért, ha k>0 egész és valós szám, akkor

.

Ebből már "látszik", hogy a Lebesgue szerinti integrál nem létezhet, mert a harmonikus sor divergens. Visszatérve még az eredeti példára, az Riemann improprius integrál - ha el nem számoltam - pontosan <2 esetén létezik

Gondolom, akkor a (b) sem létezik.

215. feladat. A kérdés ugyanaz, mint a 214-esben, csak az integrálokat ne improprius Riemann, hanem Lebesgue értelemben értsük.

Persze, hogy jó, hiszen az abszolút konvergencia az improprius integrálok esetén is maga után vonja a konvergenciát (Cauchy-kritérium).

b) Az helyettesítéssel az integrál a következő alakú lesz

. Nyilván elég az integrállal foglalkozni. Ezt a következőképpen érdemes felírni:

Innen már sejthető, hogy a fenti összeg becsülhető a sorral, ami konvergens

Vagyis én tévedtem el.

Rendben. Akkor egyetlen mondattal megjavitom azt a bizonyitást. Bizonyitás: kontradikció .... Qed A pontok közötti rész jó.

Szerintem jó ( bár ez nem jelent semmit). Sajnos b) és c) esetekre nem alkalmazható.

a)-ra egy ötlet, de nem tudom, hogy jó-e: mivel

és

ezért az eredeti integrál is véges.

Tényleg túl bonyolítod (vagy nem érted) a dolgot. Attól, hogy az együtthatók és p, q lehetnek negatívak is,ugyanúgy érvényesek Iván88 meggondolásai (van értelme negatív egészek paritásáról beszélni). Igen, negatív számok páratlan hatványa negatív, de akkor mi van? Össze tudunk adni pozitív és negatív számokat. A középső + jellel végképp nem értem mi bajod. Mennyiben más, ha a páratlan számot 2b-1 alakban írjuk fel, ugyanúgy 2b+1 alakban is megfelelő. Ne haragudj, de szerintem az ilyen hozzászólásod céltalan kötekedésnek minősíthető.

214. feladat. Léteznek-e, és ha igen, végesek-e az alábbi integrálok?

a.)

b.)

c.)

Csak arra gondoltam, még az nincs kihasználva, hogy p, q , és az együtthatók egész számok, azaz pozitiv és negativ számokat kellene összegezni, másrészt a negativ számok páratlan hatványai negativak, továbbá a két szumma közötti + jel az csupán a konstrukció következménye, hiszen (2b-1) alaku együtthatók is páratlan számok.

Nem értem mi bajod Ivan88 bizonyításával, szerintem teljesen jó. Nem bonyolítod kicsit túl a dolgokat?

Szia.Szerintem: az indirekt feltevésed az volt p/q racionális és p,q relativ primek. Tehát azt kell megmutatni, hogy p/q komplex, irracionális vagy egész esetben (nem relativ primek) teljesülhet az utolsó (hibásan felirt) összeg.

Lenne egy feladat: elég érdekes szerintem, főleg mert nem tudtam megcsinálni! :) Az ötleteket e-mailben szivesen várom! 1 --> 4 --> 7 --> 9 --> 23 --> 47 --> 55 Milyen művelete(ke)t jelölnek a nyilak? Mindig ugyanaz! :)

Ez tetszik.

Jelszó: Kalinyingrád?

Már másfél hónapja nem volt itt hozzászólás. Beírok egy példát, hátha érdekes lesz, azoknak akik nem ismerik:

213. feladat: A huszonhetedik dinasztia idején, amikor a repülőszőnyeg általános közlekedési eszköz volt, 7 repülőszőnyeg útvonal kötötte össze a a fővárost a birodalom többi városával. Az összes többi városból pontosan 4 repülőútvonal indult, kivéve a távoli Mesziút városát, ahonnan csak egy út indult. Mutassuk meg, hogy Messziút városából eljuthatunk a fővárosból repülőszőnyegen, esetleg más városokat érintve.

Hali!

Nem olvastam el rendesen, azt hittem egesz egyutthatosrol van szo, amit irtam arra igaz. Masreszt a feladat szovege szerint van racionalis megoldas. Ha letezik, az csak a 1 lehet.

Udv: Vik

Ez a polinom nem szimmetrikus, egyébként a többivel egyetértek.

Egész együtthatósra valóban igaz, hogy ha van racionális gyök, akkor az 1 vagy -1 lehet. De a szimmetriával és azzal, hogy a -1 mindenképpen zéróhely, már baj van.

p(x)=x⁵+3x⁴+10x³-7x²-6x-1

p(1)=0, p(-1)=-10

Nem pongyolán, csak többértelműen, pont azért írtam ezt :) Az együtthatók racionális volta is burkolt feltevés?

Van racionális gyöke ( x=2), az első és utolsó tag együtthatója 1, és sem az 1,sem a -1 nem gyöke.

Szia Viktor!

A válaszod jó, de nem egészen ez volt a kérdés.

Mivel a polinom fokszáma páratlan, és x^2a+1+...1 alakú, ezért valóban csak az 1 és a -1 lehet valós gyöke. A -1 mindenképpen az (hogy az 1 is, azt nem tudni), mert van valós gyöke. Értelemszerűen ekkor a -1 reciproka is gyöke az egyenletnek, ekkor viszont ez egy szimmetrikuspoéinom. (Amiből az is következik, hogy az első és utolsó tag előjele megegyezik)

Kedves Lajos.

Lehet, hogy pongyolán fogalmaztam, de az általad leírt képletnem illik ide, mert itt az utolsó tag együtthatója a 0, míg az elsőé az 1.

Nézd a következő példát:

x³+x²+x=0, melynek egyetlen racionális gyöke a 0.

Hali!

Horner-> ha van racionalis gyoke-> elso es utolso tag osztoinak hanyadosa lehet->1 lehet csak racionalis gyok. A tobbi lehet irracionalis vagy komplex...

Udv: Viktor

Nem egészen jól fel a kérdést:

A polinom többi tagjáról mit lehet elmondani? (ha nem lehet, miért nem?)

Amit elobb elfelejtettem leirni: mas racionalis gyok ezen kivul nem lehet.

A racionalis gyok 1.

Udv: Viktor

212. feladat:

Egy páratlan fokszámú polinom első és utolsó együtthatója 1. Mit állíthatunk a polinomról, ha van racionális gyöke?

Sziasztok! Szép a feladat. Legyen a szóban forgó polin0m p(x). p(x)=a_2nx²ⁿa_2n-1x^2n-1+...+a₂x²+a₁x+a₀, ahol a_i konstansok. Mivel a_i páratlan, ezért a_i=2b_i+1 alakba hozható. (i=0;1;...;2n) Indirekt bizonyítás: Legyen x=, ahol p,q (nem 0)egészek és relatív prímek. . Szorozzunk be q²n-nel: (2b_2n+1)p²ⁿ+(2b_2n-1+1)p^2n-1q+...+(2b₁+1)pq^2n-1+(2b₀+1)q²ⁿ=0. Ha kibontjuk a zárójeleket akkor azt kapjuk, hogy . Az első tag a 2-es szorzó miatt mindig páros. Nézzük a másodikat: p és q közül legfeljebb az egyik páros (mert relatív prímek) ekkor, ha p is, q is páratlan, akkor a második tag is páratlan, mivel 2n+1 értéket adtunk össze. Ha az egyig páros akkor is páratlan az összeg mert ekkor a második tagban 2n db. báros, és egy páratlan (amikor a páros szám a 0. hatványon szerepel, így az értéke 1) számot adtunk össze. Vagyis a második tag mindkét esetben páratlan, ekkor azonban az összegnek is páratlannak kell lennie, ami ellentmondás, mert a 0 egy páros szám. Azt kaptuk, hogy a racionális számok halmazán valóban nincs megoldás. Q.E.D.

211. feladat Biz. be, hogy ha egy páros fokú polinom minden együtthatója páratlan egész, akkor a polinomnak nincsen racionális gyöke.

A feladat átfogalmazható úgy is, hogy a csoporton belülire vezető élek száma bármely csúcsnál legfeljebb egy.

Oszzuk két csoportba a csúcsokat tetszőlegesen! Ha a kívánt elrendezés lép fel, akkor készen vagyunk, ha nem, akkor van olyan csúcs, amelyből a saját csoportjába vezető élek száma legalább kettő, ez azt jelenti, hogy a másik csoportba vezető él(ek :)) száma legfeljebb egy, hiszem minden pont foka legfeljebb három. Ekkor a következőt tesszük: ezt a csúcsot áthelyezzük a másik halmazba. Ezzel ezen csúcs korábbi csoportjában legalább 2-vel csökkent, új csoportjában pedig legfeljebb 1-gyel nőtt a csoporton belüli összes él száma, ez azt jelenti, hogy ez a lépés csökkenti a két csoport összes csoporton belüli éleinek számát.

Ha ezzel a lépéssel a kívánt helyzethez jutunk, akkor kész, ha nem, akkor folytatjuk az eljárást.

Mivel az eljárások során a két csoport összes csoporton belüli éleinek száma szigorúan monoton csökken, és ha nem a kívánt helyzet áll fennt, akkor biztosan folytathatjuk az eljárást, ezért következik, hogy egyszer biztosan véget ér, hiszen az két csoport összes csoporton belüli éleinek száma természetes szám mindig, és pl. 0-nál triviálisan a kívánt helyzet alakul ki.

Ennek a feladatnak viccesebb változata, amikor a politikusok vágják pofon egymást...:)

Üdv:

Szűcs Gergely

210. feladat Bizonyítsuk be, hogy ha egy gráfban minden pont foka legfeljebb 3, akkor a gráf csúcsai két részre oszthatóak úgy, hogy ha a két rész között menő éleket töröljük, minden pont foka legfeljebb 1 lesz.

Igen, ilyesmire gondoltam én is, tehát az algebra alaptétele itt minden további nélkül nem igaz.

Vagy ix-xi=i.

Talán ix+xi=j?

Van pár diszkrét matek feladatom. Feladom őket itt, hátha valakit érdekel.

209. Legyen s₀=0; s₁,P,Q tetszőleges egészek. Definiáljuk az s_n sorozatot az s_n+1=Ps_n-1+Qs_n rekurzióval.

Lássuk be, hogy ekkor minden n,k egészre

(s_n,s_k)=s_(n,k)

ahol (n,k) jelöli a két szám legnagyobb közös osztóját. Speciális esetként s_k osztója s_n-nek akkor és csak akkor, ha k osztja n-et.

Érdemes megnézni, milyen sorozatokat kapunk s₁=P=Q=1 illetve az s₁=1,P=-2,Q=3 esetén.

A másik két feladatot majd később feladom, ha van érdeklődés (a nevek a másodikban Catalan és Hankel, a harmadikban Catalan és Csebisev).

208. feladat. Adjunk példát olyan (pontosan) elsőfokú egyenletre, aminek nincs megoldása a kvaterniók között.

Igen, itt is az 1/2 bukkant fel. (De a legjobban arra lennék kíváncsi, hogy ennek vajon van-e bármiféle köze ahhoz az eredményhez, ami az "ujjgyakorlatok" 88-as feladatában fog kijönni: "szimmetria és extrémum" egybeesése, amire más helyeken is sok példát láttam már...)

Biztos van elemibb megoldás is,ez a következőt használja:

Ha 0<x<1, akkor nyilván

,azaz mindkét oldalt 0-tól x-ig integrálva

. Mivel az e^x függvény szigorúan monoton nő,a 0-ba történő konvergencia sebességét nyilván az dönti el, hogy a_n milyen gyorsan tart nullába.

.

.

Látszik, hogy ha ,akkor ,azaz a_n konvergenciájának nagyságrendje ,

esetén pedig ,azaz a_n konvergenciájának nagyságrendje és ez gyorsabb.

Az x_n sorozat hatarerteke vegtelenben .

Udv: Viktor

Na jó, kifejezem x_n-et: , ennek kellene a határértéke.

Ezt a problémát már régebben én is kitaláltam. Én úgy oldottam meg, hogy definiáltam a következő x_n sorozatot:

Ekkor az x_n sorozat konvergens, és a határértékét nem mondom meg egyelőre :-)

Bár úgy érzem, a kétféle megközelítés ugyanarra az eredményre vezet, de be kéne látni, hogy ez tényleg így is van.

Vizsgáljuk tovább az "ujjgyakorlatok"-ban előkerült sorozatot. Legyen [0,1] rögzített és tekintsük az sorozatot, amelyről tudjuk, hogy -tól függetlenül e-hez tart.

207. feladat. Mely esetén lesz a konvergenciasebesség a leggyorsabb, azaz mely esetén tart az

sorozat leggyorsabban 0-hoz?

A 204. feladat egyébként lényegében a jól ismert "sárga" feladatgyűjteményből származik.

Igen, bocs. q=x+3yi+5yj+7yk

Nem, mindkét megoldás helyes (csak Péternél kimaradtak a bázisvektorok:).

Nem számoltad el ( legalábbis ketten vagyunk). Másik kvaterniós példa: q=x+3y+5y+7y, ahol x,y egészek ( ha én sem számoltam el)

Az olyan q=bi+cj+dk alakú kvaterniók a megoldások, melyekre b²+c²+d²=1 (b,c,d tetszőleges valós számok). Legalábbis ha nem számoltam el :)

Ami alatt azt érted nyilván, hogy az ember ilyenekkel nem sokra megy, hiszen az egyik végtelen szorzatot átkonvertálja egy ki nem számítható integrálba, illetve végtelen összegbe. :)

Inkább érdekesebbek pl. a becslések. Hagyjuk el a gyököt az egyszerűség kedvéért. Egy lehetséges approximáció, pl. 5-nél kettébontva:

felhasználva, hogy 1+xe^x minden valós x-re, továbbá a mértani sor összegképletét.

Egy alsó becslés pl.

használva a monoton növekedést.

Zsabóka végtelen szorzatos feladatához: Nyilván elég i=1-től menni és a négyzetét vizsgálni, mert ha ez megvan, akkor könnyen megkapható az eredeti szorzat is. De ez éppen http://mathworld.wolfram.com/InfiniteProduct.html oldalon található 43. formula spec. esete n=4-re. Nem tudom erre gondoltál-e. Nem a legszebb formula.

Ezt sajnos elszámoltam, pontosabban az elv volt rossz.Ez a feladat összefügg a számok partícióinak a számával, én meg sajnos csak a kéttagú partíciókat vettem.A végeredmény az enyémnél több lesz.

Itt aztán gyorsan lebukik az ember -), hiba került a feladatba. Igazából:

lett volna a feladat. Ettöl perzse semmi nem lett könnyebb. De hogy jutottál az

alakra ? Ez alapján az eredmény

lenne.

Nálam . Lehet, hogy elszámoltam,de ez durván a Lajos által kapott eredmény ( nem tudom, hány jegyig számolt)

Én nem találtam rá semmilyen más alakot. Nekem a gép kb. 1.16444-et ad ki rá, a négyzete tehát nem nagyon e.

Keresett a következö szorzat értéke:

Van esetleg valami köze PI-hez, e-hez ( a négyzete majdnem e )?

Van még bőven megoldás...

Igazán remek kis összefoglalót állítottál össze :)

i,j,k-n kívül van még megoldás?

Én már majdnem elfelejtettem mik ezek a kvaterniók, így hála Neked, most utána néztem.

A komlex számfogalom 4 dimes kiterjesztéséről van szó:

Ferde testekre ( ferde az olyan test, melyben a szorzás nem kommutatív ) az egyik legfontosabb példa a kvaterniók teste.

Az a+ib+jc+kd alakú kifejezéseket kvaternióknak nevezzük, ahol a,b,c,d tetszőleges valós számokat jelölnek az i,j,k szimbólumokra pedig teljesülnek az alábbi azonosságok

(I) i²=j²=k²=-1,

(II) ij=k, jk=i, ki=j, ji=-k, kj=-i, ik=-j.

Kvaterniókra az összeadást az alábbi egyenlőség definiálja:

(a+ib+jc+kd)+(a`+ib`+jc`+kd`)=(a+a`)+i(b+b`)+j(c+c`)+k(d+d`).

A szorzást úgy végezzük el mint ahogy több tagot szokás többtaggal szorozni, figyelembe véve a (I),(II)-ben szereplő azonosságokat. Test axiómák teljesülése könnyen igazolható. A multiplikatív inverz létezésének igazolása sem nehéz, ha figyelembe vesszük, hogy:

(a+ib+jc+kd)[a+i(-b)+j(-c)+k(-d)]=a2+b2+c2+d2.

206. feladat. Keressük meg mindazokat a q=a+bi+cj+dk egész kvaterniókat (ahol tehát a,b,c,d valós egészek), melyekre

(2+3i+5j+7k)q=q(2+3i+5j+7k)

teljesül. (Szokás szerint i,j,k jelöli a kvaterniók báziselemeit.)

205. feladat. Oldjuk meg a kvaterniók körében a

q²+1=0

egyenletet!

Egy régi feladat átfogalmazása következzen:

204. feladat. Jelölje a komplex számok alábbi részhalmazát

Mutassuk meg, hogy H korlátos. Adjuk meg továbbá azt az origó középpontú körgyűrűt, amely befedi a H halmazt és területe minimális.

203. feladat. Tekintsük a síkon azt a paraméteres görbét, amelyet a

t(2t-sin t,2t+cos t)

hozzárendelés értelmez, ha t[0,]. Van-e ennek a görbének inflexiós pontja (azaz olyan görbepont, amelyben a görbe érintője "átmetszi" a görbét)? Ha igen, hol?

Ötletes ez a lólépéses feladat. Matematikai tételeket fogalmaz meg az illető a sakktáblán? Izgalmasnak hangzik...

Már indítanám a programot, hogy megkeressem a többi megoldást, de sajnos Pascalban a longint csak 2 milliárdig bírja, így reménytelen a helyzet! :-)

Azért elég jól megmozgatta az emberek fantáziáját ez a feladat. Vagy 50 hozzászólás jött, ami ezzel kapcsolatos.

A Fermat könyv csak ezt az egy ellenpéldát említi az Euler sejtés cáfolataként.

Kedves Lajos!

A megoldásod rendben van. Az én hibám, hogy a feladat kitűzésénél nem fogalmaztam meg, hogy a megoldásnak a sakkal való kapcsolatát keressük.

Írjuk át az egyenletrendszert 2 dimes vektoregyenletre:

Egy végtelen sakktáblán a (0,0) mezőről el kell jutnunk az (a,b) pontba lólépésben.

Kedves László!

Még adós vagy az "ujjgyakorlatok" [341]-es hozzászólásában kitűzött egyenleted többi megoldásának közlésével :-) (Ír-e róla valamit a könyv?)

Ja, most már értem!

Nem értem.

"Két egyenletünk van és 4 ismeretlen. Hát miért is ne lenne egész megoldás!"

Íme, egy példa, amikor 1 egyenlet és 4 ismeretlen van, mégsincs megoldás:

2x+2y+2z=2t+1.

Az általam felírt megoldások ekvivalensek az eredeti rendszerrel, tehát annak összes megoldása előállítható a megadott képlettel.

De most már én is kíváncsi vagyok a sakk-kapcsolatra :)

Két egyenletünk van és 4 ismeretlen. Hát miért is ne lenne egész megoldás! Nyugodtan megtehetjük, hogy egyik változót lefixáljuk, még akkor is mindig van egész megoldás a többire.

Végülis az az érdekesség benne, ha rájövünk, mi az összefüggés a feladat és a sakk között.

Káli gúlának sikerült! Grat!

Reggelre rájöttem, hogy milyen könnyen lóvá teheti az embert egy feladat. Gratulálok, nagyon szép kérdés volt! (Mottó: Ha csak kalapácsod van, akkor minden feladat egy szög.)

Adjuk össze és vonjuk ki egymásból a 2 egyenletet:

3(x-y)+(z+t)=a+b

(x+y)+3(z-t)=a-b

A zárójeles összegek helyére írjunk A,B,C,D-t:

3A+B=a+b

C+3D=a-b

Ilyen A,B,C,D nyilván van, mert 1 és 3 relatív prímek. Azt kell biztosítani, hogy itt A=C és B=D (mod 2) legyenek, pl. úgy, hogy legyen A=a+b (mod 2) és C=a-b (mod 2)

Legyenek a, b és t tetszőleges egészek. Ekkor

x:=-a-2b-2t, y:=-a-2b-t, z:=a+b+2t

megoldás. Sőt, általánosabban

x:=-a-2b-2t+5w, y:=-a-2b-t+4w, z:=a+b+2t-3w

is megoldás, ha w tetszőleges egész.

Így van. Az a hozzászólás ilyen értelemben hibás. Ha az -ben szakadás van, akkor az integrál a minimumot nemcsak az -ben, hanem ezen kívül végtelen sok p-ben veszi fel, ti. az -ben vett bal- és jobb oldali határérték által meghatározott intervallumban.

Igen, erre ő is rájött, csak itt már nem folytattuk (levélben beszéltünk egy kicsit a problémáról).

Nagyon zöld, amit írsz: ha f-nek -ben szakadása van, akkor f értékét úgy tudod ott mozgatni ( közben a fv monoton marad ), hogy közben a Riemann integrál értéke sem változik, hiszen a fv-t egyetlen pontban módosítom, így akkor a minimum sem változik, azaz az integrál ugyanannál p értéknél veszi fel a minimumát. Ellentétben azzal, hogy szerinted a változó p=-nél van a minimum.

202. feladat: Bbh. hogy az alábbi egyenletrenszernek minden a,bZ esetén van x,y,z,tZ megoldása!

2x-y+2z-t=a

x-2y-z+2t=b

KÖSZÖNÖM SZÉPEN!:)

örök hálám,köszönöm mindenki segítségét:)

utólag nem is olyan nehéz:)

Elnezest kerek, valoban elneztem. ZH-ra keszulve az n-dimenzios paralelepipedon elojeles terfogata es a komplex szamok kozott, egy kisse osszecsptam a megoldast. Koszonom, hogy eszrevettek a hibat.

Udv: Viktor

Már látom.

Az [1095]-ös hozzászólás képlettel mondja ugyanazt, amit az [1094]-es hozzászólásom szavakkal.

Szép estét!

A hiba hol van pontosan? Mert nem látom...

Szia Viktor!

Úgy látom ott a hiba, hogy

Szerintem ott, hogy rosszul írtad fel a csonkakúp térfogatát.

Tegyuk fel, hogy nem az en megoldasom a jo. Ez esetben kerdesem: Hol van hiba benne?

Udv: Viktor

Nekem más jött ki, az első esetben én a kúpot az alapján fekvőnek vettem, más jelölésekkel ekkor

a víz aljánál az eredeti kúp sugara legyen R, a víz tetejénél a kúp sugara r, a víz magassága x. Ekkor hasonló háromszögekből r=R(24-x)/24.

A fordított szituációban a nagykúp a csúcsán áll, a víz tetejénél a kúpsugár legyen , ami =R^.(2x)/24. Persze R itt is az eredeti kúp sugara.

A víz térfogata azonos a két esetben, azaz

R²/3^.24-r²/3(24-x)=²/3^.2x.

Ezt x-re megoldva 3 megoldás adódik: 0 illetve

ahol csak a "+" jöhet szóba, ami kb. 11.3891.

Szia!

A kup magassaga legyen M. A kiskup magassaga 2m, a csonkakup magassaga m. A kis kup alapkorenek sugara r₁, a csonkakup fedokorenek sugara r₂, alapkorenek sugara r₃. Irjuk fel a terfogatokat:

Mivel a viz terfogata nem valtozik:

(1) Ebbol kapjuk, hogy: r₃²-r₂²=2^.r₁²

Megfigyelheto, hogy kupok hasonlosaga miatt: .

A fentibol kijon, hogy: , , amit behelyettesitunk az (1)es egyenletbe:

Ebbol ha minden igaz kijon r₁² kiesese utan egy elsofoku egyenlet m-re: 9m-48=0, amibol m5,33cm jon ki.

Remelem nem szamoltam el semmit, azert erdemes megegyszer atszamolnod.

Udv: Viktor

Sziasztok, van egy matekfeladat, amin 1.5 órát törtem a fejemet de szinte sehova se jutottam, légyszi segítsetek megoldani!

4.6) Egy egyenes körkúp alakú, m=24 cm magasságú zárt edényben víz van. Ha a kúpot "fejre" állítjuk, akkor kétszer olyan magasan áll a víz a kúpban. Milyen magasan állt a víz a kúpban eredetileg?

Ez egy feladat az "Egyenes út az egyetemre" című kötetből.

Segítségeteket előre is köszönöm: medvecukor

Akkor talán egy harmadik megoldás:

Az egyszerűség kedvéért legyen . Ekkor:

y²+y=x²+x

x²-y²+x-y=0

(x-y)(x+y)+(x-y)=0

(x-y)(x+y+1)=0

Innen már csak két másodfokú egyenlet meg ha nem tettél kikötést akkor gyökvizsgálat...

Ha és g(x)=x²-5, akkor az f(x)=g(x) egyenletet kell megoldani.Ekkor

g(f(x))=g(g(x) is teljesül. De g(f(x))=x, ezért

g(g(x))=x

Ha g(x)=x, akkor g(g(x))=x is teljesül, ezért az x²-5=x egyenlet gyökei az eredetinek is gyökei, azaz x²-x-5 a Csimby által említett egyik tényező.

Vagy megkérdezed Káli gúlát, hogyan lehet fejből megmondani a gyököket :-)

A lényeg, hogy valahogy kitalálod a szorzattá bontást:

x⁴-10x²-x+20=(x²-x-5)(x²+x-4)

És mivel a szorzat akkor 0, ha valamelyik tényező 0, ezért elég ezt a két másodfokú egyenletet megoldanod.

esetleg nincsen valami ojan megoldási lehetőség,amit 10dikes fejjel meglehet csinálni.....ugyanis nemigazán vettünk minden ojan anyagot,ami az általad leírt megoldásban szerepel.....

Az érdekes feladat : felrajzolni a két parabolát, azután letenni a ceruzát, és fejből mondani a gyököket.

Négyzetre emeljük mindkét oldalt és egy oldalra rendezzük:

f(x)=x⁴-10x²-x+20=0

Próbáljuk meg két másodfokú szorzatára bontani (mindkét tényezőben a főegyüttható 1, hiszen a szorzat főegyütthatója a tényezők főegyütthatójának szorzata):

(x²+ax+b)(x²+cx+d)

Végezzük el a szorzást! Két polinom akkor egyenlő, ha az együtthatóik egyenlőek, tehát az alábbi egyenleteket írhatjuk fel:

0=a+c

-10=d+b+ac

-1=ad+cb

20=db

A Második Gauss Lemma szerint ha f egész együtthatós polinomot felbontottuk a racionális együtthatós g és h polinomok szorzatára, akkor g és h megszorozható alkalmas racionális számokkal úgy, hogy a kapott g₀ és h₀ polinomok egész együtthatósak legyenek és f=g₀h₀ teljesüljön.

Ezért tehettük föl, hogy h és g főegyütthatója 1 (vagy asszociáltja) és kereshetjük a kapott egyenletrendszer megoldását az egész számok körében. Amit innentől szerintem be tudsz fejezni.

Ha kijöttek az együtthatók, megoldod a két másodfokú egyenletet a megoldóképlettel, így 4 gyököt fogsz kapni. De 2 gyök nem elégíti ki az eredeti egyenletet, hiszen ott a bal oldal pozitív -> a jobboldal is pozitív ->

Sziasztok!Lehet ,hogy nem az érdekes feladatok közé tartozik,de segítség kellene ennek az egyenletnek a megoldásában...A segítséget előre is köszönöm!

Kíváncsi vagyok, hogy csináltad abban az esetben, ha pl. f nem folytonos, mondjuk, megszámlálhatóan végtelen sok pontban szakad (persze szigorúan monoton növő).

Sőt,akkor is jó marad, ha f-ről csak annyit teszünk fel, hogy monoton [0,1]-en ( tehát semmi folytonosság,netán differenciálhatóság).

Na, ez a feladat nagyon tetszett, nem hallottam még korábban, csak mindenféle elcsépelt egyféle bábos felpakolásokat.

8x8-asra k=5, 10x10-re k=7 (tovább még nem volt időm vizsgálódni), mindkettőre van konstrukcióm, és könnyű látni, hogy többet nem lehet felrakni. Utóbbinak leírom a bizonyítását, ábrát egyelőre nem teszek fel.

Szóval ha egy nxn-es sakktáblára fel lehet tenni k db bástyát és futót egyszerre, akkor teljesülnie kell az (n-k)²k egyenlőtlenségnek. Ez úgy jön ki, hogy a k db bástya mind külön sort és oszlopot kell, hogy elfoglaljon, így a futóknak már csak egy (nem feltétlen egybefüggő) (n-k)x(n-k)-s részrácson marad hely. Itt el kell férnie mind a k futónak, innen jön, hogy (n-k)²k, ahonnan viszont adódik, hogy , ez pedig n=8-ra , tehát ekkor k<6, vagyis k5. Hasonlóan adódik n=10-re, hogy k7.

Ez utóbbi nehezebb különben, mert míg 8-ra 5 db futónak kell elférnie egy 3x3-as területen, addig 10-re ugyanígy egy 3x3-as részre 7 futót kell bepréselni.

Ami jó is egyelőre :)

Egyelőre csak a végeredmény:

Köszönöm, kijött időközben, és 109 :)

201. feladat.

Adott egy 8*8-as sakktábla, és a k pozitív egész. Mekkora k maximális értéke, ha létezik hozzá olyan elrendezése k darab futónak és k darab bástyának egyazon sakktáblán, hogy egyik bábu sem üti a másikat?

200. feladat. Adjuk meg azt a p valós számot, amelyre az

integrál értéke minimális, ha

f(x)=1-e^-x2.

Ezt véletlenül ismerem, mert egyszer javítottam a megoldásait.

a: Nem.

b: Csak a c3, f3, c6, f6 mezők valamelyikét hagyhatjuk el.

Három színnel átlósan kell színezni a sakktáblát (vagy lehet nem átlósan, hanem soronként is, úgy, hogy minden dominó alatt hárommal osztható összeg álljon).

Lehet, hogy több is van,nem gondoltam utána, de én "egy olyan ..."-t írtam és nem " pontosan egy olyan"-t.

Csak egy n és több nem?

Bocs: {...}-t akartam írni

Lehet, hogy félreérthető a megfogalmazás:

a ... tört részt jelent.

Szia Rizsesz !

A b) verziót szerintem a következőképpen lehetne értelmezni:

Legyenek n és k pozitív egészek és legyen

Bizonyítsuk be, hogy létezik egy olyan n pozitív egész és egy k₁<k₂<... indexsorozat, hogy a

sorozat konvergens és határértéke egy prím reciproka.

199.feladat A 8×8-as sakktábla egyik sarkából kivágunk egy 1×1-es négyzetet.

a. Lefedhető-e a megmaradt sakktábla 3×1-es téglalapokkal?

b. Ha a teljes sakktáblából akárhonnan kivághatunk egy 1×1-es négyzetet, honnan tegyük ezt meg ahhoz, hogy a megmaradt tábla lefedhető legyen 3×1-es téglalapokkal?

198. feladat: Mely pozitív egészek egyeznek meg 4 legkisebb pozitív osztójuk négyzetösszegével? Mi a helyzet 4 helyett 3-ra?

Igen. Bár úgy talán szebb, ha az előállításhoz először két pozítív,

aztán két monoton, aztán két konvex polinom különbségét mondunk.

Szerintem igen.

Ugyanis a polinom deriváltja is polinom, tehát folytonos, tehát lokálisan korlátos változású, tehát felírható két monoton növő függvény különbségeként. Ezeket tagonként határozatlanul integráljuk (a konstansra is vigyázva), és megkapjuk a polinomot két konvex függvény különbségeként.

Véges halmazokhoz:

197/a feladat. Igaz-e, hogy minden polinom felírható két konvex függvény különbségeként?

Kedves Lorantfy! A tesztversenyen volt az a Fibonacci számos feladat. annak van egy b., verziója, amibe még régebben ütköztem bele, de valahogy nem volt se füle, se farka :) Az a feladat, hogyha a Fibonacci sorozat elemeit egy-egy tizedeshellyel eltolva (akár balról jobbra, akár jobbról balra haladva) egymás alá írjuk és összeadjuk, akkor a sok szám összege végül ismétlődő szakaszokból fog állni, tehát olyan lesz, mint a végtelen szakaszos tizedestörtek. Sőt, nem csak olyan, hanem az is! Ha megfelelő helyre tesszük a tizedesvesszőt, akkor a két összeg éppen 1/A, illetve 1/B értékű lesz, ahol A és B prímszámok. Mennyi A értéke, ha jobbra tolva írjuk egymás alá az elemeket és mennyi B értéke, ha balra? A balra irány így néz ki valahogy:

00001

0001

002

03

5

197. feladat. Legyenek f és g az egész számegyenesen értelmezett konvex függvények, amelyek semelyik intervallumon sem esnek egybe. Legfeljebb hány megoldása lehet az f(x)=g(x) egyenletnek?

Ez adta az ötletet: Bármely poliéderbe beirt gömb sugara: . Picit átrendezve: .

Van egy ehhez hasonló tétel a síkban is: Egy kör köré írt sokszög területe feleakkora, mint a sokszög kerületének és a kör sugarának a szorzata. Azaz: .

Az analóg n dimenziós tételek igazak-e?

Az ilyen típusú feladatoknál jól használható az alábbi azonosság (a megfelelő értelmezési tartományok figyelembe vételével):

tehát ha a²-b négyzetszám, a dupla gyök mindig kiküszöbölhető.

196. feladat: Állítsuk elő két négyzetgyök összegeként:

Arra a feladatra amit küldtél:

4.:zöld, német, kávé, Princet, hal

195.feladat:

Adott egy körben két egyenlő hosszú húr, ezeknek egyik végpontja közös. Milyen feltételnek kell teljesülnie a húrok által bezárt szögre ha a körben egynél több olyan húr létezik, amelyet az adott húrok három egyenlő részre osztanak?

A B. 3719. kitűzött feladatnak is ez volt a lényege. 2004. márciusában volt.

Három pontnál: Ha mindhárom pont egybeesik akkor egy félgömbön vannak. Ha A és B pontok nem esnek egybe, akkor tekintsük az O ( gömb középpontú) A-t és B-t is tartalmazó főkört. C pont eshet a főkörre, az egyik félgömbre vagy a másik félgömbre, a három pont mindenképpen egy zárt félgömbön van.

A kitűzött példában 5 pontról volt szó. Az A és B ponton kívül még 3 pontot kell elhelyezni a gömb felszinén. Az egybeeső esetektől eltekintve a 3-ból 2-nek azonos félgömbön kell lennie, így 4 pont mindig azonos zárt félgömbre esik.

1

194. feladat:

Egy gömb felületén véletlenszerűen kiválasztunk három pontot. Mennyi a valószínűsége, hogy a választott pontok ugyanazon a félgömbön helyezkednek el?

Szia Rizsesz!

Jó a memóriád. Én már nem emlékeztem rá, egy barátomtól kaptam a példát.

Mi volt az a Fibonacci megfordítás amit kérdeztél?

http://www.komal.hu/verseny/1999-10/B.h.shtml , itt a B. 3304. sorszám alatt található a feladat az 1, 2... 12 esetben.

Szia Viktor!

Ez a megoldás! De az utolsó mondatod megfogalmazása kicsit szerencsétlen :-)!

Igy ha az élekre írt egymás után következő 12 természetes szám összegének kétszeresét 8 egyenlő részre osztjuk, akkor nem kaphatunk egész számot.

Bocsesz. Csak a feladatot neztem, Sirpi megoldasat nem :S

Kedves Sirpi!

Köszönöm a gyors megoldást!

193. feladat: Vegyuk a termeszetes szamokat: n, n+1,...n+11 Mindegyik el ket csucsba megy, igy a 8 csucson levo szamok osszege az eleken levo szamok osszegenek ketszerese: A zarojelben levo szam minden n-re paratlan, igy nem oszthato kettovel. 12-nek nem osztoja 8, csak 4. Igy ha 12 egymas utani termeszetes szamokat irnank az elekre, akkor minden csucson k,5 alapu szamnak kene lennie, de ez ellentmondas, hiszen barmely 3 termeszetes szam osszege egesz.

Szerintem ez a megoldas: Viktor

12 egymás utáni szám összege nem osztható 4-gyel, mert ha a kezdőszám n, akkor az összeg 6^.(2n+11). Így az összeg duplája se osztható 8-cal. Másrészt minden csúcsban ugyanannyi a befutó összeg, és ezen összeg 8-szorosa épp az élösszeg duplája. Ellentmondás.

193. feladat: Ki lehet-e választani 12 db egymás után következő természetes számot úgy, hogy egy kocka éleire egyenként felírva őket, az egy csúcsban összefutó élekre írt számok összege egyenlő legyen?

Mire gondolsz pontosan? Melyik hozzászólás?

Kedves lorantfy! Neked sincsen ötleted a Fibonaccis megfordítására? (ott van a tesztverseny topicban).

rizsesz

Szerintem ez is tökéletes és elegáns, csak az előző hozzászóláskor én még nem láttam.

Szia Csimby!

Nagyon profi a megoldás! Gratula! Nem gondoltam, hogy ilyen gyorsan beírja valaki.

(Aki nem ismeri a kongruenciát először lássa be azt, hogy azonos kitevőjű hatványok maradéka egyenlő, ha az alapok maradéka megegyezik!)

és még lassú is voltam :)

2222 = 3 (mod 7), míg 5555=4 (mod 7). 3 hatványai a következő maradékokat adják 7-tel osztva: 3, 2, 6, 4, 5, 1... és innentől kezdve ismétlődés van. 4 hatványai: 4, 2, 1, 4, 2... 5555 = 5 (mod 6) és 2222 = 2 (mod 3), így az összeg maradéka 5 + 2 = 0 (mod 7). (Biztos van elegánsabb is :))

2222⁵⁵⁵⁵3⁵⁵⁵⁵=(3⁵)¹¹¹¹=243¹¹¹¹(-2)¹¹¹¹ (mod 7)

5555²²²²(-3)²²²²=((-3)²)¹¹¹¹=9¹¹¹¹2¹¹¹¹ (mod 7)

2222⁵⁵⁵⁵+5555²²²²2¹¹¹¹+(-2)¹¹¹¹=0 (mod 7)

(ab (mod 7) azt jelenti, hogy a és b ugyanannyi maradékot ad 7-tel osztva.)

192. feladat: Bbh. 2222⁵⁵⁵⁵+5555²²²² osztható 7-tel!

Igen, tulajdonképpen ez a kombinatorikus. Csak lehet n² golyó n dobozban, és az érdekel, hogy melyik golyók vannak együtt, vagy, ami az én első megoldásom volt az n² gyerek n házban, és az érdekli őket, hogy kivel vannak egy házban. És akkor még lehet a kebvésbé szépen, de egyszerűen elintézős megoldás: az n² faktoriális tényezői közt van k(amivel éppen egyszerűsíteni akarunk) egyszerese, kétszerese...és k-szorosával kétszer egyszerűsíthetünk, és ezzel n+1 k-t ejthetünk ki, amennyi kell, hiszen a nevezőben is n+1-iken van k. De ez hasonló a binomiális együtthatóshoz alapjában véve. Üdv:

Yegreg

Ezt ismerem, nagyon szép feladat.

A kombinatorikus megoldás ez lehet. Vegyünk n² elemet n sorban és n oszlopban. Ezeknek (n²)! permutációja van. Csakhogy vehetjük azokat a permutációkat, amiket úgy kapunk, hogy minden soron belül permutálgatjuk az elemeket, és aztán a sorokat egymással permutáljuk. Két ilyen permutáció kompozíciója is ilyen. Az ilyen permutációk tehát az eredeti (n²)! rendű szimmetrikus csoportnak egy (n!)ⁿ⁺¹ elemű részcsoportját alkotják.

Helyes a megoldás, bár nem a legszebb megoldások közé tartozik, ezt nehogy sértésnek, vagy ilyesminek vedd, mert kiváló megoldás, csak a kombinatorikai azért elegánsabb, szerintem. Van még egy logikára épülő számvizsgáló megoldás, bár az hasonlít a tiedre, azt leszámítva, hogy az leginkább egy logikai következtetés, és nem kell binomiális együtthatókat írkálni, illetve van egy kombinatorikai megoldás, az talán a legelegánsabb. De más megoládok is lehetnek még. Üdv:

Yegreg

Vettem az első két egyenlet rezultánsát x szerint, majd az eredmény és a harmadik egyenlet rezultánsát y szerint. (Közös gyöke két (többváltozós) polinomegyenletnek csak ott lehet, ahol a rezultáns nulla.)

Ez egy számolós megoldás. Szerintem van tisztán kombinatorikai is, vagy valami polinomiális tételes is, ezt egyelőre nem találtam. Jelöljük a kifejezést A-val. Ekkor

Itt minden tényező egész, ui.

Jo a megoldas, de hogy jott ki?

Használd a "dupladollár"-párt, és akkor az egyenletek egymás alatt lesznek.

Kiküszöbölve az egyenletekből pl. x-et és y-t, z-re az alábbi egyenletet kapjuk:

4z⁸+230z⁶+81297z⁴+41720z²+71824=0.

Erről az egyenletről viszont világosan látszik, hogy nincs valós megoldása, csak komplex, tehát az eredeti egyenletrendszernek sincs valós megoldása.

191. Feladat: Oldjuk meg a kovetkezo egyenletrendszert a valos szamok halmazan:

1.:x²+y²-xy=225

2.:x²+z²-xz=121

3.:y²+z²-yz=36

Jo gondolkodast: Viktor

U.i.: Hogy lehet megcsinalni, hogy a 3. egyenlet a tobbi alatt legyen?

Én nem feltétlenül tekinteném különböző megoldásnak, annyi, hogy én felbontottam a szab. háromszöget 3 egyenlószárú háromszögre. Itt egy feladat, ezt nem én találtam ki, csak hallottam, és tetszett, talán azért, mert egész gyorsan megoldottam:)

Bizonyítsuk be, hogy az kifejezés bármely n (nyilván természetes szám) esetén egész! Több megoldást is lehet adni rá!

Üdv:

Yegreg

Szép megoldás!

(Egy TeX-es megjegyzés a környező feladatokhoz: amikor koszinuszt/szinuszt írtok be, használjátok a "backslash"-t előtte, így olyan formátumot kapunk, ahogyan a könyvekben szokás: cos x-et, és nem cosx-et, ami utóbbi a c, o és s változók szorzata szokott lenni. Hasonló igaz a többi beépített függvénynévre is, pl. log x és nem logx.)

Jo a megoldasod mutatok egy masikat is...

A forgasszimmetria miatt:

1.: A belso haromszog egy szabalyos haromszog, melynek terulete:

2.: A 3 kis haromszog egybevago. Felirtam a cosinus tetelt egy kis haromszogre: a²=2²+4²-2^.2^.4^.cos=20-16cos

1-2bol:

A hatszöges feladatra írt képlet így jött ki: Vagyünk 3 szomszédos csúcsot, és a két szélsőt kössük össze a 120°-os forgásszimmetria középpontjával. Ekkor a forgásszimmetria miatt(bármelyik 3 egymás melletti csúcsot választjuk) a hatszög területének 3-ada lesz a kapott négyszög területe. Ez eddig a külső 3-as szorzó, a zárójelben a négyszög területe van. A négyszög oldalai: 2, 4, a, a. Az első kettő a hatszög két oldala a másik kettő a szimmetria miatt egyenlő. Kössük össze egymással a két szélső pontot, ekkor a négyszög egy átlóját kapjuk, ami két háromszögre bontja a négyszöget, a külső egyértelműen meghatározott adott belső szögnél, hiszen két oldal és a közbezárt szög ismert, és ebből a belső háromszög is meg lett határozva, hiszen az egyik oldala a külsővel közös, a rajta fekvő szögek pedig nyilván 30°-osak. A külső háromszög területe ekkor

t₁=4sin

. A behúzott átló legyen b! Ekkor b²=2²+4²-16cos a koszinusz tétel alapján. Ha behúzzuk a belső háromszög magasságát, akkor két egybevágó félszabályos háromszöget kapunk, ahol a nagyobb befogó , a kisebb pedig így , ami a belső háromszög magassága. A belső háromszög területe tehát

(valóban egyszerűsíthetünk). A hatszög területe pedig:

Ennyi. Üdv:

Yegreg

A 189. feladat megoldasa szerintem:

Eszreveheto, hogy az egyszerusitesek utan 1et kapunk. Igy A=B.

Amennyiben valamit elirtam legyszives szoljatok, es kijavitom.

Remelem jo a megoldasom: Viktor

A különböző gyökkitevők egy összegben felcserélhetők?

189. feladat. Jelölje

és

Döntsük el (majd bizonyítsuk be), hogy kettejük közül melyik a nagyobb szám.

Aki szeret térfogatot számolni, annak álljon itt a

188. feladat. Legyen a>0 adott szám és tekintsük a közönséges térbeli x-y-z koordinátarendszert.

Mekkora a térfogata annak a testnek, amely az x²+y²+z²4a² egyenlőtlenséggel meghatározott gömb és az (x-a)²+y²a² (végtelen) henger metszeteként áll elő?

Tenyleg nem kukacoskodni szeretnek, de lehet kicsit egyszerubben is irni:

Bocsanat most neztem a pontositasod /1015/. Jo a keplet.

Udv: Viktor

u.i. Tudnad kicsit reszletezni hogy jott ki?

Annyibban igazad van, hogy tobb eset van, tehat egy altalanos kepletet keresunk, de szerintem nem jo a kepleted... bar lehet en tevedek

Es akkor a 187. feladat: a hatszog kore kor irhato. Mekkora a terulete?

Udv: Viktor

Kedves Yegreg!

A 181. feladat szandekos volt :) A 186. feladatot szerintem gondold at megegyszer.

Udv: Viktor

Bocsánat, úgy tűnik, hogy most sem vagyok képes normálisan beírni... egy zárójel elcsúszott. Helyesen így:

. Hiába, még nem vagyok rutinos TeX-es...:oD. Üdv:

Yegreg

Üdv!

Bocs, hogy csak most írok, de most értem haza, így nem tudtam reagálni a közbenső dolgokra. A beírt gömb sugara jogos, az egyenletet nem ismertem, kitalálni meg akkor este esélyem sem volt, pláne, hogy nem is gondolkoztam ilyesmiben(a bizonyítás amúgy nagyon szép szerintem). A sok számolás azért nem annyira sok, csak egy finom túlzás volt annak eltitkolása érdekében, hogy képtelen lettem volna beírni akkor este:). Valójában azt hiszem, hogy az pár Pitagorasz-tétel volt.

Az a hatszöges feladat nem akar összejönni Viktornak:) Vagy direkt csináltad először nem létezőre másodjára pedig több esetesre? Szóval a 186(azt hiszem) feladat megoldása:

Ahol alfa valamelyik belső szög. A 120°-os forgásszimmetria nem határozza meg egyértelműen a hatszöget, csak 3-3 belső szöge egyenlő egymással, két különböző belső szög összege pedig 240°. Egyébként szerintem a feladat normálisan körbe írt hatszög lenne. Akkor egyértelműen =120°, és akkor kiszámolható a terület(akkor máshogy is számolható). Üdv:

Yegreg

Gratulalok, mindenki megoldasa helyes. De a 186. feladatra meg nem jott megoldas...

Jo gondolkozast: Viktor

185-höz: Kössük össze a poliéder csúcsait a beírt gömb középpontjával. Így a poliéder térfogatát sokszög alapú gúlák térfogatának összegére bontottuk, melyek magassága éppen a beírt kör sugara, alapjaik területének összege pedig a poliéder felszine.

Igy aztán:

Gratulalok szepek a megoldasaid /181,182,183/, a 184-et meg atgondolom en kicsit maskepp csinaltam,de szerintem az is jo.

A 183. feladatnal irtad hogy sok szamolas volt, pedig nagyon egyszeruen meg lehet allapitani a beirt gomb sugarat:

Tetel: Barmely poliederbe beirt gomb sugara:

185. feladat: Bizonyitsuk be a fenti tetelt.

186. feladat: A 181. feladatot kisse fogalmazzuk at. Ha ahelyett hogy kor irhato bele azt mondanam, hogy 120°os forgasszimmetrikus, akkor mekkora lenne a terulete? /Ilyen hatszog letezik ;-)/

Jo gondolkodast: Viktor

181.:

Ilyen hatszög nem nagyon van, hiszen ha egy 2 egység hosszú oldalt a kör x-re és 2-x-re bont, akkor az az x melletti 4 egység hosszú oldalt x-re és 4-x-re bontja, hiszen a körhöz külső pontból húzott érintő szakaszok egyenlőek, illetve továbblépve a 4-x melletti 2 egység hosszú oldalra, azt a körnek 4-x és 2-(4-x)-re kell bontania, szintén az érintő szakaszok miatt, azonban 2-(4-x)=x-2, csak akkor pozitív, ha x nagyobb, mint kettő, x azonban nem lehet nagyobb kettőnél, mert akkora szakaszt metszett le a kör egy másik két egység hosszú oldalból, tehát ha a beírt kör nem mehet át csúcson(azaz azt a sokszög teljes egészében tartalmazza), akkor nincs ilyen hatszög.

182:

2⁰ 3-as maradéka 1, 2¹-é 2, és belátható, hogy innentől kezdve periodikus, hiszen a 2 kétszerese mindig 4, aminek a 3-as maradéka mindig egy, az 1 kétszerese pedig mindig 2, aminek a 3-as maradéka kettő, ezzel a ciklus végére értünk. Látható tehát, hogy minden páratlan kitevő esetén 2 a hármas maradék. A 2³³³+2⁵⁵⁵-1 esetében a két kettő hatvány kitevője páratlan, hármas maradékuk 2 és 2, ezek összege 4, mínusz egy az 3, tehát az összeg osztható 3-mal, és mivel nagyobb nyilván, mint három, így nem lehet prím.

183:

Sok számolgatással(amit most nem szeretnék leírni, mert úgyis félreírnám) megkapjuk, hogy szabályos tetraédernél:

184:

Ha összekötjük a négy alsó gömb középpontját a vele szomszédosokkal, valamint az alsó 4-ét a felsőjével, akkor egy négyzet alapú gúlát kapunk, aminek minden oldala R.(ezt be lehet látni, hiszen érintik egymást) Ennek a gúlának a magassága (Pitagoras tétel alapján) Ebből Amiből ha meg akarjuk kapni a földtől való tárvolságot, akkor még hozzá kell adni , hiszen a gúla ilyen magasan van, ekkor tehát az 5. gömb távolsága a talajtól:

És azt hiszem, ennyi feladat volt. Bocsánat, hogy 1, nincs ábra 2, nincs túl sok számolás leírva 3, ha valahol számolási hibát vétettem , de késő van már.

Üdv:

Yegreg

Mostanaban hallottam par jo kis feladatot, gondoltam beirok ide parat.

181. feladat: Van egy hatszog mely oldalai: 2,4,2,4,2,4 /ebben a sorrendben/. Mekkora a hatszog terulete, ha tudjuk, hogy kor irhato bele?

182. feladat: Kicsit maskepp irom be ide mint az eredeti feladatban szerepel, hogy szamologepet ne lehessen hasznalni: Bizonyitsuk be hogy 2³³³+2⁵⁵⁵-1 nem prim!

183. feladat: Van egy szabalyos tetraederunk. A tetraederbe irt gomb terfogata hany szazaleka a tetraeder terfogatanak?

184. feladat: Van negy ugyanakkora sugaru gomb, melyek egy vizszintes asztalon paronkent erintik egymast. Pontosan kozepre "felrakunk" egy 5., a lentiekkel megegyezo sugaru gombot. Milyen messze van a fenti gomb kozeppontja a talajtol?

Jo gondolkodast!

Most akkor jo a megoldasom?

Persze konstans nélkül nem is lenne értelme, mert úgy csak páratlan függvények állhatnak elő.

Konstansokat (mint az 1) lehet használni? Én eddig úgy hittem, hogy nem.