Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: Érdekes matekfeladatok

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[2420] Hajba Károly2007-11-12 00:04:43

No te hány lépésből tudod? 10, talán 8 vagy esetleg még ennél is kevesebb? :o)

Kiváncsi vagyok a te verziódra is. De már volt itt téma többször is. Ha nem találod, szólj, megmutatom.

Előzmény: [2419] Bubóka, 2007-11-11 20:11:38
[2419] Bubóka2007-11-11 20:11:38

Érdekes feladat: Rajzolj csak körző segítségével adott körbe négyzetet, a lehető legkevesebb lépésből.

[2418] kertitorpe2007-11-10 19:16:57

ja, és i0>=1 (nagyobb vagy egyenlő 1-nél)

[2417] kertitorpe2007-11-10 19:12:29

Üdvözletem!

Van egy érdekes feladatom:

Pontosan mivel egyenlő az alábbi kifejezés?

(a-1)^{i_0}(\sum_{i_1=-\infty}^{n-{i_0}}\sum_{i_2=-\infty}^{i_1}\sum_{i_3=-\infty}^{i_2}\sum_{i_4=-\infty}^{i_3}\sum_{i_5=-\infty}^{i_4}...\sum_{i_{i_0}=-\infty}^{{i_{i_0-1}}}a^{i_{i_0}}), ahol

a , n >1; n és minden ij egész

[2416] Lóczi Lajos2007-11-07 19:12:41

Persze, de a meghonosodott magyar matematikai szóhasználatot nem érdemes megváltoztatni.

Előzmény: [2415] vagyokakivagyok, 2007-11-07 18:43:06
[2415] vagyokakivagyok2007-11-07 18:43:06

De akkor a processzort is nyugodtan hívjuk központi feldolgozóegységnek magyarul. Ha kérhetem.

Előzmény: [2403] Lóczi Lajos, 2007-11-02 14:34:54
[2414] Pardeller2007-11-04 19:04:24

Köszönöm a hozzászólásokat, elég szép a bizonyítás, lehet, hogy meg kéne vennem ezt a könyvet :D

Előzmény: [2412] SÁkos, 2007-11-04 16:39:46
[2413] Róbert Gida2007-11-04 16:56:28

Szép lassan az egész könyvet feltöltöd, amit azért nem tartok jó ötletnek. Valószínűleg nincs is jogod rá. A könyv egyébként tudtommal kapható.

Előzmény: [2412] SÁkos, 2007-11-04 16:39:46
[2412] SÁkos2007-11-04 16:39:46

Igen a kockákkal van a gond...itt és itt olvashatsz róla(ez is az előbb említett könyvből van).

Előzmény: [2409] Pardeller, 2007-11-04 15:21:27
[2411] Csimby2007-11-04 16:24:15

Mármint, nem igaz hogy felbontható :-)

Előzmény: [2410] Csimby, 2007-11-04 16:23:45
[2410] Csimby2007-11-04 16:23:45

Jah. Kockákra nem igaz.

Előzmény: [2409] Pardeller, 2007-11-04 15:21:27
[2409] Pardeller2007-11-04 15:21:27

Hmm, furcsa... lehet, hogy kockákkal volt? most már nem vagyok túl biztos benne :S

[2408] Róbert Gida2007-11-04 14:43:55

Ha jó számolom, akkor az is megmondható, hogy csak december 31-én születhetett és ezt persze akkor január 1-jén mondja.

Előzmény: [2405] Pardeller, 2007-11-04 12:23:35
[2407] SÁkos2007-11-04 13:45:07

ez épphogy nem igaz...ellenpéldaként itt van ez. Forrás Reiman István: Geomertia és Határterületei című könyve.

Előzmény: [2405] Pardeller, 2007-11-04 12:23:35
[2406] Zsolt212007-11-04 12:31:28

Ezt nevezem gyors, és tökéletes megoldásnak!Gratulálok ;)

Előzmény: [2405] Pardeller, 2007-11-04 12:23:35
[2405] Pardeller2007-11-04 12:23:35

Ha jól értem a feladatot, akkor tegnaphoz 11 éve ;)

Emlékszem, hogy valamikor láttam itt a fórumon a következő feladat megoldását, de nem találom. Előre is köszönöm, ha valaki oda tud irányítani, vagy le tudja esetleg újból írni a megoldást:

Bizonyítsuk be, hogy egy egész oldalhosszúságú négyzet nem bontható fel maradéktalanul nála kisebb, különböző egész oldalhosszúságú négyzetekre.

[2404] Zsolt212007-11-04 12:19:07

Üdv. mindenkinek! Én még új vagyok itt a fórumon, és lenne 1 feladványom (remélem még nem volt): Zsófi tegnapelőtt 10 éves volt, jövőre 13 lesz.Mikor született?

[2403] Lóczi Lajos2007-11-02 14:34:54

(Ezeket nyugodtan hívjuk függvényegyenleteknek magyarul.)

Előzmény: [2402] Cckek, 2007-11-02 03:12:42
[2402] Cckek2007-11-02 03:12:42

oldjuk meg a funkcionalegyenletet:

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

[2401] Lóczi Lajos2007-10-22 22:14:07

Ha P projektor, akkor nyilván P(I-P)=(I-P)P=0, ahol I az identitás(mátrix).

A rangfeltételt figyelembe véve ezt az állítást kellene megfordítani, ebből a feladat már következne, vagyis elegendő volna igazolni, hogy

"Ha [rangfeltétel teljesül] és PR=RP=0, akkor R=I-P."

Itt persze az R:=I-Q választásra gondolok (az előzőekben ugyanis láttuk, hogy P(I-Q)=(I-Q)P=0 valóban teljesül).

Előzmény: [2399] Lóczi Lajos, 2007-10-22 12:32:28
[2400] Lóczi Lajos2007-10-22 18:07:19

arxiv.org/pdf/math.RA/0003224.pdf

Ez egy 220 oldalas dokumentum, témája a projektorok rangjainak kiszámítása, kicsit nézegettem, de sajnos nem találtam benne jó formulát (bár nagyon hasonlókat igen), hátha ez segít...

Előzmény: [2399] Lóczi Lajos, 2007-10-22 12:32:28
[2399] Lóczi Lajos2007-10-22 12:32:28

Egyelőre csak a következőt sikerült igazolnom: P=PQ=QP.

Jelölések: a mátrixszorzást az egymás mellé írás, a csillag a konjugált transzponáltját jelentse szokás szerint.

Feltétel szerint P2=P=P* és Q2=Q=Q*. (Ezek a vetítőmátrixok, vagy projektorok egyébként.)

Legyen A=PQ-P és számoljuk ki AA*-ot:

AA*=(PQ-P)(PQ-P)*=(PQ-P)(Q*P*-P*)=(PQ-P)(QP-P)=PQP-PQP-PQP+P=0, mert tudjuk, hogy P=PQP. De ismert, hogy AA*=0 maga után vonja, hogy A=0, azaz P=PQ. Véve ennek transzponált-konjugáltját, kapjuk, hogy P=P*=(PQ)*=Q*P*=QP.

(Nyilván a rangfeltételt nem használtam még fel, ez kellhet a továbbhaladáshoz.)

Előzmény: [2391] Gyöngyő, 2007-10-20 15:49:02
[2398] Lóczi Lajos2007-10-21 20:28:29

Ennél lényegesen többet szokott jelenteni: azt, hogy a mátrix transzponáltjának konjugáltja a mátrix maga. (Valószínű, hogy enélkül a feltevés nélkül nem is igaz az állítás.)

Előzmény: [2397] Gyöngyő, 2007-10-21 18:39:08
[2397] Gyöngyő2007-10-21 18:39:08

Sziasztok! A hermitikus mátrix az az jeleti,hogy komplex elemű!

Üdv:

Gyögyő

[2396] nadorp2007-10-21 17:16:53

Bocs, tájékozatlan vagyok és nem találtam utalást. Mi az, hogy Hérmite-mátrix.

Előzmény: [2391] Gyöngyő, 2007-10-20 15:49:02
[2395] Gyöngyő2007-10-21 11:58:43

mátrix szorzásról van szó.

üdv.Gyöngyő

[2394] Lóczi Lajos2007-10-20 19:33:36

Mégsem arra tippelek, hanem inkább mátrixszorzásra. Tehát?

Előzmény: [2393] Lóczi Lajos, 2007-10-20 19:29:16
[2393] Lóczi Lajos2007-10-20 19:29:16

Mit jelölsz *-gal? Mátrixszorzás? Transzponálás? Konjugálás? Konjugált-transzponálás? (Ez utóbbira tippelek.) Ugye komplex számok a mátrixelemek?

Előzmény: [2391] Gyöngyő, 2007-10-20 15:49:02
[2392] Lóczi Lajos2007-10-20 19:26:26

:-) Nem hermetikus az, hanem hermitikus (Hermite [ejtsd: ermit] nevéből).

Előzmény: [2391] Gyöngyő, 2007-10-20 15:49:02
[2391] Gyöngyő2007-10-20 15:49:02

Sziasztok!

Nekem is lenne egy kérdésem egy másik feladattal kapcsán:

Adva van P és Q hermetikus idempotens mátrix,ugyanaz a dimenziójuk és a rangjuk is. Bizonyítsuk be,hogy ha P*Q*P=P,akkor P=Q.

Üdv: Gyöngyő

[2390] HoA2007-10-19 16:42:01

A feladatban szereplő egyesszámú kérdés: "Milyen színű kör marad végül a táblán?" és a több kört megengedő válasz: "páratlan fehér kör marad meg" felveti a feladat folytatásának lehetőségét:

a) 2k+1 , 2l, 2m+1 különböző színű körből indulva biztos-e, hogy végül 1 db. kör marad?

Ha nem, akkor

b) 2k+1 , 2l, 2m+1 különböző színű körből indulva van-e olyan stratégia, mellyel végül 1 db. kör marad?

Előzmény: [2388] Hajba Károly, 2007-10-18 23:52:58
[2389] Cckek2007-10-19 07:30:31

Igen, a bizonyítás tökéletes. A gyerekek számára viszont elég nehezeknek tűnnek ezek az invariánsok elvére épülő feladatok. Itt van még egy:

Adott a síkban az A(x,y) kordinátájú pont. A következő kordinátájú pontokba léphetünk:

(x+1,y+1),(x-1,y+1),(x-1,y-1),(x+1,y-1).

Bizonyítsuk be, hogy az origóból nem juthatunk el a (2007,2008) kordinátájú pontba.

Előzmény: [2388] Hajba Károly, 2007-10-18 23:52:58
[2388] Hajba Károly2007-10-18 23:52:58

A művelet végzése során mindhárom halmaz és az összhalmaz paritása is az ellenkezőjére fordul. Azaz mindig lesz egy halmaz, melynek a paritása mindig megegyezik az összhalmaz paritásával. Ez akkor sem változik, mikor a másik két halmaz már üres. Ez akkor működik így, ha a három halmaz paritásaiban van különböző.

Jelen példánál az összhalmaz paritása páros, ezért páratlan fehér kör marad meg.

Valóban érdekes kis feladat.

Előzmény: [2387] Cckek, 2007-10-18 21:48:34
[2387] Cckek2007-10-18 21:48:34

Egy számotokra, tisztelt fórumozók, egyszerű, ugyanakkor nagyon kedves kis feladat:

A táblára fel van rajzolva 999 piros, 1000 fehér és 1001 zöld kör. A következő műveletet végezzük: letörlünk két különböző színű kört és helyette rajzolunk egy olyat amilyent nem töröltünk. Milyen színű kör marad végül a táblán?

[2386] Csimby2007-10-15 00:47:27

Köszi! Nekem is majdnem ez jött ki, csak a vége: v=-\sqrt2/2 - u + \sqrt{1/2 + 2\sqrt2u} Ami azért tűnik jobbnak, mert u=0-ra v=0 jön ki. Én úgy csináltam, hogy (x,x) pontból merőlegest állítottam x=y-ra, ennek és y=\sqrt x-nek a metszéspontja legyen (y,y2). És akkor a fv. amit keresünk, az |(x,x)|-hez rendeli (y,y2) és (x,x) távolságát. De kb. ugyanilyen gyorsan kijön, mert lehet találni egy egyenlőszárú derékszögű háromszöget. Ez lehet hogy elsőre csúnyának tűnik, de hamar kijön ezzel is.

Előzmény: [2385] jonas, 2007-10-14 23:26:45
[2385] jonas2007-10-14 23:26:45

Én is csak kiszámolni tudnám (noha nem egyértelmű, hogy a legegyszerűbb kiszámolni).

Az eredeti koordinátarendszerben a grafikon azon (x,y) pontok halmaza, amire y2=x. A forgatás az (u,v) pontot az  (x, y) = ((u+v)/\sqrt2, (v-u)/\sqrt2) pontból kapja. Ebből  ((v-u)/\sqrt2)^2 = (u+v)/\sqrt2 , amiből  v^2 + u^2 - 2uv = \sqrt2u + \sqrt2v , azaz  0 = v^2 + (-\sqrt2 - 2u)v + (u^2 - \sqrt2u) . Ez másodfokú, megoldva (nyilván a nagyobbik megoldás kell)  v = (\sqrt2 + 2u + \sqrt{(\sqrt2+2u)^2 - 4u^2 + 4\sqrt2u})/2  = (\sqrt2 + 2u + \sqrt{2 + 8\sqrt2u})/2  = \sqrt2/2 + u + \sqrt{1/2 + 2\sqrt2u}

Azt előre tudjuk, hogy a megoldás egyszerű alakú lesz, mert egy kúpszelet elforgatva is kúpszelet.

Előzmény: [2383] Csimby, 2007-10-14 22:42:52
[2384] Csimby2007-10-14 22:45:28

Hivatkozni tényleg jobb úgy. De azért az nem rossz ha látszik egy hozzászóláson hogy ez most új feladat, vagy csak a 20.hozzászólás valamihez. A könyvekben is vannak fejezetek, noha az oldalszám alapján egyszerűbben lehet hívatkozni.

Előzmény: [2381] jonas, 2007-10-14 16:36:28
[2383] Csimby2007-10-14 22:42:52

(a 126.feladatra gondolsz? ;-))

A megoldását mondjuk nem találtam meg. A sajátomnak tudom, csak arra lennék kíváncsi hogy lehet-e valahogy egyszerűbben, mert én mint geometria feladatot "kiszámoltam".

Előzmény: [2382] Lóczi Lajos, 2007-10-14 20:28:59
[2382] Lóczi Lajos2007-10-14 20:28:59

(Ehhez hasonló volt a Nehezebb mat. probl. topikban a 2005-04-28 12:59:48-as hozzászólásom.)

Előzmény: [2380] Csimby, 2007-10-14 12:54:23
[2381] jonas2007-10-14 16:36:28

(Szerintem egyébként a hozzászólás sorszáma alapján könnyebb hivatkozni. Adott sorszámú hozzászólást könnyebb megkeresni, mint adott sorszámú feladatot, különösen, ha nem nagyon sűrűn vannak feladatok a topikban. Ráadásul így nem fordulhat elő, hogy valaki tévedésből rossz sorszámot ad, vagy hogy ugyanazzal a sorszámmal egyszerre két ember tűz ki feladatot. Ennek azonban nincs túl nagy jelentősége, a feladat sorszámozás is tökéletesen jó módszer.)

[2380] Csimby2007-10-14 12:54:23

329. feladat (Nyilván nem a 329.-edik, de ez volt az az utolsó sorszám amit találtam, 10 oldallal korábban és azt is én írtam... Szerintem nem olyan megerőltető odaírni hogy hanyadik feladatról van szó, viszont úgy sokkal egyszerűbb hivatkozi rá)

Az f(x)=\sqrt{x} függvénygörbét forgassuk el az origó körül 45°-kal az óramutató járásával megegyező irányba. Mi az így kapott görbe egyenlete?

[2379] nadorp2007-10-12 19:27:07

Csak azért, mert az jött ki, hogy

g(n)=(g(1)-g(0))n+g(0).

Ez már "csak" szépséghiba

Előzmény: [2378] cauchy, 2007-10-12 18:18:49
[2378] cauchy2007-10-12 18:18:49

Miért b-a?

fn=an2+2bn+c és gn=an+b

Előzmény: [2377] nadorp, 2007-10-12 13:14:42
[2377] nadorp2007-10-12 13:14:42

Igazad van.

f(n)=(b-a)n2+2na+c és g(n)=(b-a)n+a

Előzmény: [2376] cauchy, 2007-10-12 11:22:45
[2376] cauchy2007-10-12 11:22:45

f(n)=2an+b és g(n)=a

Előzmény: [2375] nadorp, 2007-10-12 09:27:46
[2375] nadorp2007-10-12 09:27:46

Úgy néz ki, hogy nincs több

Előzmény: [2374] nadorp, 2007-10-12 09:11:00
[2374] nadorp2007-10-12 09:11:00

Nem tudom van-e még, de f(n)=an2+b és g(n)=an jók. ( a és b tetszőleges egészek)

Előzmény: [2373] Cckek, 2007-10-11 19:00:22
[2373] Cckek2007-10-11 19:00:22

Határozzuk meg az összes f,g:N\toN függvényt, melyekre:

f(m)-f(n)=(m-n)[g(m)+g(n)],\forallm,n\inN

[2372] SmallPotato2007-10-08 21:44:00

Értem, köszönöm!

(Az efféle "körszimmetrikus" egyenletrendszerekkel többnyire elakadok: érzem én, hogy ha pontosan egyformán fordulnak elő a változók, akkor egyenlőknek kell lenniük - csakhát az érzés nem bizonyítás, ugye ... :-)) )

Előzmény: [2370] rizsesz, 2007-10-08 20:57:16
[2371] rizsesz2007-10-08 20:57:50

ja és szobán azt értem, hogy a kockán belüli megoldások érdekelnek minket.

Előzmény: [2370] rizsesz, 2007-10-08 20:57:16
[2370] rizsesz2007-10-08 20:57:16

(a-y)ad2+(a+z)ad2 = (a-z)ad2+(a+x)ad2 = (a-x)ad2+(a+y)ad2

Ha a szobában vizsgálódunk, akkor feltehető, hogy x, y és z is egyaránt kisebb, mint "a". Ekkor az f(x)=(a-x)ad2 fv. szig. mon. csökkenő, míg g(x)=(a+x)ad2 szig. mon. nő a>0, x>0 miatt. Ha tehát x>=y, akkor (a-z)ad2+(a+x)ad2 = (a-x)ad2+(a+y )ad2 miatt (a-z)ad2<=(a-x)ad2 innen z>=x.

(a-y)ad2+(a+z)ad2 = (a-z)ad2+(a+x)ad2 is igaz viszont, és ebből teljesen hasonlóan y>=z, ami az előzőek miatt azt jelenti, hogy y>=z>=x>=y, ami azt jelenti, hogy csak az lehetséges, hogy a 3 szám egyenlő.

(valamiért nem megy semmi a teX-kel kapcsolatban :(). Az ad a hatvány-jel.

Előzmény: [2353] SmallPotato, 2007-10-02 14:29:53
[2369] epsilon2007-10-07 13:31:32

Kedves Róbert Gida! Valóban szórakozom, de nem mással, mint éppen ez utóbbi feladatnak egy másik megoldásával és az általánosításával. Ha észrevetted, a 2359-es hozzászólás ezt a feladatot általánosítja, éppen ezért, ott az n nem csak páros. Tehát, ha ez utóbbi annak a sajátos esete, akkor érthető, hogy sajátos számok, feltételek állnak ez esetben.

Előzmény: [2367] Róbert Gida, 2007-10-07 13:14:52
[2368] Róbert Gida2007-10-07 13:18:02

x1,2-nél persze a gyökjel előtt az egyik megoldásnál - előjel van, de az nem ad nekünk valódi megoldást, hiszen akkor x értéke biztosan negatív.

Előzmény: [2367] Róbert Gida, 2007-10-07 13:14:52
[2367] Róbert Gida2007-10-07 13:14:52

Most szórakozol, vagy mi? Egyetlen szóval sem írtad, hogy páros nemnegatív számokra kérted csak az előállítást. Egyébként, ahogy megoldottam úgy is teljesen értelmes feladat volt. Gondolatolvasó pedig (még) nem vagyok.

Itt az új feladat megoldása, bár lövésem sincs, hogy most ezt akarod-e megoldani: x2+y2+2*x*y+x+3*y=2*n-nek keressük nemnegatív egész megoldását minden n\geq0-ra. x-re rendezve az egyenletet:

x2+(2*y+1)*x+(y2+3*y-2*n)=0

Ennek a megoldásai:

x_{1,2}=\frac {-(2*y+1)+\sqrt {8*(n-y)+1}}{2}

Legyen a az az egyértelműen meghatározott nemnegatív egész szám, amelyre teljesül, hogy (2*a+1)2\leq8*n+1<(2*a+3)2. Ekkor, mivel minden páratlan négyzetszám 8k+1 alakú, ezért van olyan nemnegatív y, amelyre: 8*(n-y)+1=(2*a+1)2, innen a=\frac {8*n+1-(2*a+1)^2}{8}<\frac {(2*a+3)^2-(2*a+1)^2}{8}=a+1 azaz y\leqa, ezért x_{2}=\frac {-(2*y+1)+(2*a+1)}{2}=a-y\geq 0 és persze egész, ami kellett, így valóban minden nemnegatív páros egész előáll nemnegatív x,y segítségével, a bizonyításból egyébként az is kiderül,némi munkával, hogy az előállítás ráadásul egyértelmű.

Előzmény: [2365] epsilon, 2007-10-07 09:37:55
[2366] epsilon2007-10-07 10:07:22

Elfelejtettem pontosítani: x és y nemnegatív egészek lehetnek!

[2365] epsilon2007-10-07 09:37:55

Szerintem nem éppen így va, az alábbi feladatban azt kell bizonyítani, hogy bármely páros pozitív egész szám előállítható a következő alakban:

Előzmény: [2360] Róbert Gida, 2007-10-06 16:47:17
[2364] SmallPotato2007-10-06 22:34:18

Nem is "talán" ... valóban nadorp írta helyesen. Én néztem el.

Bocsánat!

Előzmény: [2363] cauchy, 2007-10-06 21:28:47
[2363] cauchy2007-10-06 21:28:47

Talán mégis úgy helyes, ahogy nadorp írta.

Előzmény: [2362] SmallPotato, 2007-10-06 19:49:13
[2362] SmallPotato2007-10-06 19:49:13

Bocsi, de szerintem x2+y2=8n+10-ből nem az általad írt \left(\frac{x+y}2\right)^2+\left(\frac{x-y}2\right)^2=4n+5, hanem \frac{(x+y)^2}2+\frac{(x-y)^2}2=4n+5 következik. A baloldal tehát nem két négyzetszám összege, hanem két négyzetszám összegének fele - ami az eredeti egyenletet kettővel osztva is kiderül.

Előzmény: [2361] nadorp, 2007-10-06 18:19:25
[2361] nadorp2007-10-06 18:19:25

Ha x2+y2=8n+10, akkor x és y azonos paritású, tehát, \left(\frac{x+y}2\right)^2+\left(\frac{x-y}2\right)^2=4n+5 miatt 4n+5 is két egész szám négyzetösszege. Ismert, hogy egy egész szám akkor lehet két egész négyzetösszege, ha a prímtényezős felbontásában minden 4k-1 alakú prím páros kitevőn szerepel. Ebből következik, hogy például a

3.7(2x-1)2=21(2x-1)2

alakú számok nem állnak elő két egész négyzetösszegeként, tehát a 42(2x-1)2 alakúak sem, pedg 8n+10 alakúak

Előzmény: [2357] epsilon, 2007-10-06 08:57:35
[2360] Róbert Gida2007-10-06 16:47:17

x=0,y=0 esetén p(x,y)=0

x>0 vagy y>0-ra p(x,y)>1 Azaz már az 1 sem áll elő. A helyzet még ennél is rosszabb, ugyanis végtelen sok pozitív egész szám nem áll elő, ezt a megoldások számának triviális felső becslésável lehet belátni, n=K2-ig tekintve a megoldásokat.

Előzmény: [2359] epsilon, 2007-10-06 13:40:30
[2359] epsilon2007-10-06 13:40:30

Köszi, egy átalakításnál elnéztem a feladatot ami erre vezetett. Valójában az érdekelne, hogy milyen a, b, c, pozitív egész számok esetén van nemnegatív egészekből álló megoldása az alábbi egyenletnek, minden n pozitív egész számra. Szakirodalom a neten, az is érdekelne! Előre is kösz!

Előzmény: [2357] epsilon, 2007-10-06 08:57:35
[2358] SmallPotato2007-10-06 12:32:07

Tippem szerint az állítás nem igaz.

Pl. n=4 esetén 8n+10=42, ami nem írható fel két páratlan egész szám négyzetösszegeként.

Előzmény: [2357] epsilon, 2007-10-06 08:57:35
[2357] epsilon2007-10-06 08:57:35

Helló! A következő kérdésre nem találok azonnali választ :-( "Ihazoljuk, hogy minden nemnegatív n egész szám esetén 8n+10 felírható két páratlan egész szám négyzetösszegeként!" Bármilyen tippet előre is köszönök! Üdv: epsilon

[2355] SmallPotato2007-10-02 15:26:09

Megvallom őszintén, nekem a másodfokok váltig bennmaradtak, akárhogyan csűrtem-csavartam.

"Páronként" hogyan jönnek ki az általad felírtak?

Előzmény: [2354] rizsesz, 2007-10-02 15:18:11
[2354] rizsesz2007-10-02 15:18:11

Ezekből az egyenletekből páronként 2x=y+z, 2y=x+z, 2z=x+y, és ezekből x=y=z könnyen jön, ami valóban az említett egyenes. nem :D?

[2353] SmallPotato2007-10-02 14:29:53

"Egy kocka 3 kitérő élétől egyenlő távolságra levő pontok halmaza micsoda?"

Erős meggyőződésem szerint a kérdéses mértani hely egy egyenes. Konkrétan az az egyenes, amely tartalmazza a kockának azon (egyetlen) testátlóját, amely mindhárom jelzett kitérő élhez képest kitérő.

Bizonyítani sajnos nem tudom. :-(

Eljutottam egy ilyen, a kérdéses mértani hely (x,y,z) pontjait leíró egyenletrendszerhez (a kocka élhossza 2a, élei a koordinátatengelyekkel párhuzamosak, középpontja az origóban):

(a-y)2+(a+z)2  =  (a-z)2+(a+x)2  =  (a-x)2+(a+y)2

Ennek a jelzett egyenes pontjai valóban eleget tesznek - de elvben talán más pontok is? Nem tudom.

Előzmény: [2255] rizsesz, 2007-09-02 20:52:05
[2352] epsilon2007-10-01 21:20:48

Idáig ennyi kristályosodott ki (legépeltem, abban az egyenlőtlenséglánc az (e) amit előzetesen leírtam), ha valakinek van még ötlete, szívesen várom ;-)

Előzmény: [2343] cauchy, 2007-09-30 19:46:16
[2351] nadorp2007-10-01 09:45:33

Köszönöm a hozzászólásokat. Én Lóczi Lajoshoz hasonlóan csináltam. A sin(x+15o)=sin18o egyenletnek a 3o és 147o a megoldása. Ez a sin xcos15o+cos xsin15o=sin18o egyenletre vezet. Ebből sin x-re egy másodfokú egyenletet kapunk, aminek a kisebbik gyöke sin3o

[2350] cauchy2007-10-01 02:02:35

Egy másik kifejezés:

\sin\left(\frac{\pi}{60}\right)=\frac14\sqrt{8-\sqrt3-\sqrt{15}-\sqrt{10-2\sqrt5}}

http://mathforum.org/library/drmath/view/54149.html

Még van egy kifejezés, de azt nem tudom hogy jön ki:

\sin\left(\frac{\pi}{60}\right)=\left(-\frac{1}{16}\sqrt2-\frac18\sqrt{5+\sqrt5}+\frac{1}{16}\sqrt2\sqrt5\right)\sqrt3-\frac{1}{16}\sqrt2+\frac18\sqrt{5+\sqrt5}+\frac{1}{16}\sqrt2\sqrt5

Előzmény: [2344] nadorp, 2007-09-30 20:05:12
[2349] SmallPotato2007-09-30 23:48:36

A 18 fokos szög szögfüggvényeinek megállapításához (a készen kapható ötleteken kívül, persze) a 72-72-36 fokos szögekkel bíró egyenlőszárú háromszöget javaslom; ennek oldalarányai (ha ugyan fejből nem ismertek :-) ) annak felismerésével határozhatók meg, hogy az egyik 72 fokos szög felezője a szemközti oldalból saját magával azonos hosszúságú szakaszt metsz ki, a másik metszék pedig egy újonnan keletkezett kisebb, szintén 72-72-36 fokos háromszög legkisebb oldala.

Előzmény: [2348] SmallPotato, 2007-09-30 23:40:47
[2348] SmallPotato2007-09-30 23:40:47

Ha már a metódus közzététetett, akkor itt az eredmény; gyanítom, nem a legletisztultabb formában, de nekem nem sikerült egyszerűbben:

\sin3^0=\frac{\sqrt5-1}{4\sqrt2}\left(\sqrt{1+\frac{\sqrt3}{2}}-\sqrt{\left(1-\frac{\sqrt3}{2}\right)(5+2\sqrt5) }\right)

Előzmény: [2344] nadorp, 2007-09-30 20:05:12
[2347] Lóczi Lajos2007-09-30 23:13:51

[Nyilván 3=18-15, és a félszögképlet miatt csak a 18 fok szinuszán kell kicsit gondolkodni, de a példatárakban (pl. Geom. feladatgyűjtemény) az aranymetszésnél ez utóbbi szög szinusza is ki van számolva (Mathematica alatt: Sin[3 Degree] // FunctionExpand, weben (még egy felezésre szükség van): http://functions.wolfram.com/ElementaryFunctions/Sin/03/02/).]

Előzmény: [2344] nadorp, 2007-09-30 20:05:12
[2346] epsilon2007-09-30 21:29:00

igazad van...hát akkor A(n) egészrészére sincs képlet :-(

Előzmény: [2343] cauchy, 2007-09-30 19:46:16
[2345] Cckek2007-09-30 21:27:49

Mármint hány fixpont nélküli n-edrendű permutáció van:)

Előzmény: [2315] rizsesz, 2007-09-20 12:54:28
[2344] nadorp2007-09-30 20:05:12

határozzik meg sin 3o pontos értékét középiskolai módszerekkel

[2343] cauchy2007-09-30 19:46:16

A8 = 1

Előzmény: [2342] epsilon, 2007-09-30 18:27:09
[2342] epsilon2007-09-30 18:27:09

Már így álla helyzet:

[2341] epsilon2007-09-30 16:27:08

Bocs, hogy így szotyogtatom, ez még kijött, és az a sejtésem, hogy a 2 eset eredményeit kapjuk más n számok esetén is de, hogy mikor melyiket, még nem látom :-(

[2340] epsilon2007-09-30 16:03:04

Ha nem tévedtem, akkor az egészrészes eredmény páros teljes négyzet esetén mégis igaz, vagyis:

[2339] epsilon2007-09-30 15:26:31

Igen, valóban erre sem jó, Én kicsi teljes négyzetekre, majd n=100 értékére próbáltam, ezekből próbáltam arra következtetni amit írtam, de hibásan :-( Végül is az érdekelne, hogy egyenlőek-e az An és Bn egészrészei, és mivel is egyenlőek ezek, ha n>=2 pozitív egész, és:

[2338] cauchy2007-09-30 14:48:29

Még mindig nem jó. Pl. n = 49.

Előzmény: [2337] epsilon, 2007-09-30 14:31:32
[2337] epsilon2007-09-30 14:31:32

Bocs, az egészrész nem az, és az egyenlőtlenségeket is megnézem, ha valamit elszámoltam volna.Továbbá n>2. Az egészrészes ez kell legye:

[2336] cauchy2007-09-30 12:07:07

Nekem már n = 4 -re se jön ki. Valamit rosszul értek?

Előzmény: [2335] epsilon, 2007-09-30 11:18:35
[2335] epsilon2007-09-30 11:18:35

Tisztelt Kollégák! Egy érdekes egyenlőtlenseég vezetett a következő kérdéshez: ha fennáll a következő egyenlőtlenséglánc, akkor igaz-e az egészrészre vonatkozó eredmény? Ha n négyzetszám, akkor Nekem kijött, de általában?Előre is köszönöm a válaszotokat!

[2334] Lbandi2007-09-28 20:49:15

Köszönöm a válaszokat, tényleg elég nehéznek tűnik paraméteresen megadni a megoldást, egy kicsit hanyagul megfogalmazott a feladat evvel a "mi lehet lnko(x,y)?"-nal.

[2333] Hajba Károly2007-09-28 00:42:05

Valóban. Tegnap már nagyon késő volt és egy mondat még lemaradt. A több megoldás közül melyikre keresed az lnko-t, mert szerintem a, b, c paraméteres ismeretében ez nem egyszerű feladat.

De nézzünk egy kokrét példát:

3x+5y=61

x:y = 2:11; 7:8; 12:5 és 17:2 ha a pozitív eredményeket tekintjük. Tehát elég bonyolult függvény adhatja meg paraméteresen lnko(x,y) lehetséges értékeit.

Kicsit továbbgondoltam a feladatot, pontosabban azt, hogy mikor megoldható az alapegyenlet. Úgy tűnik, két esetben nincs megoldhatóság:

Ha (a=b)&(c\ne2*n*a) ill. ha páros(a,b)&páratlan(c)

Előzmény: [2331] Lbandi, 2007-09-27 08:56:05
[2332] Yegreg2007-09-27 13:11:15

Egyrészt, ax+by többszöröse (a,b)(x,y)-nak, tehát (a,b)(x,y)|c, azaz (x,y)|\frac{c}{(a,b)}. Legyen d=\frac{c}{(a,b)}. Belátjuk, hogy d|(x,y) is lehetséges, ez ekvivalens azzal, hogy létezzen k, l egész, hogy x=kd, y=ld. Ekkor az egyenletünk akd+bld=c alakú. Legyen a_1=\frac{a}{(a,b)}, b_1=\frac{b}{(a,b)} (látszik, hogy (a1,b1)=1), illetve legyen c_1=\frac{c}{d(a,b)}=1! Az egyenletünk (a,b)d-vel való leozstás után az a1k+b1l=c1 alakot ölti, ahol a1,b1,c1 egész, tehát ez egy lineáris diofantoszi egyenlet k,l-re, továbbá (a1,b1)=1|c1, tehát az egyenletnek van is megoldása.

Azt kaptuk tehát, hogy (x,y)|d, de van olyan x és y, hogy d|(x,y), tehát ezekre (x,y)=d.

[2331] Lbandi2007-09-27 08:56:05

Köszönöm a hozzászólást, de attól tartok nem lettem tőle okosabb. Azt eddig is tudtam, hogy egy ilyen egyenletnek vagy nincs megoldása, vagy végtelen sok van. A kérdés az, hogy adott a, b és c paraméterekkel mennyi lehet x és y legnagyobb közös osztója (feltételezve, hogy megoldható persze). Nyilván nem lehet akármi, hiszen legalább a c-t osztania kell a közös osztónak, de ez még nem egy kimerítő megoldás. Bocs, ha nem volt elég tiszta a feladat megfogalmazása, vagy ha valamit félreértettem a hozzászólásodban.

Előzmény: [2330] Hajba Károly, 2007-09-27 01:19:51
[2330] Hajba Károly2007-09-27 01:19:51

Ha a*x+b*y=c egyenletnek van megoldása, akkor végtelen megoldása van, mivel a*(x-n*b)+b*(y+n*a)=c is igaz. n tetszőleges egész.

S mivel két relatív prím valahányszori összeadásával a két szám szorzatánál nagyobb bármely szám előállítható, így ha a és b relatív prímek c tetszőleges lehet, lesz az egyenletnek megoldása, s végtelen számú.

Előzmény: [2329] Lbandi, 2007-09-26 21:59:47
[2329] Lbandi2007-09-26 21:59:47

Sziasztok! Már egy pár órája a következő feladattal bajlódok: a*x+b*y=c, lineáris diofantoszi egyenletnek létezik megoldása, azaz lnko(a,b) osztja c-t. Mennyi lehet lnko(x,y)?

Nyilván lnko(x,y) osztja c-t, de azt nem sikerült még bizonyítanom, hogy c minden osztójára létezik x,y úgy hogy lnko(x,y)=c, vagy hogy c-nek csak bizonyos osztóira (például csak c/(lnko(a,b)) osztóinak mindegyikére). Persze az is lehet, hogy nem vettem észre valami triviálisat, mindenesetre előre is köszönök minden hozzászólást :)

[2328] Ali2007-09-25 14:13:38

(3k2)3+(6k2-3k+1)3+[3k(3k2-2k+1)-1]3=[3k(3k2-2k+1)]3

Előzmény: [2327] Gyöngyő, 2007-09-25 12:25:16
[2327] Gyöngyő2007-09-25 12:25:16

Köszike Nadorp!

este én is rájöttem a megoldásra,és ráadásul nem is ezt a feladatot akartam elküldeni,szerintem ennek a feladattípusnak van egy nehezebb változata.Én nem jövök rá sehogysem: 33+43+53=63 és 123+193+533=543 273+463+1973=1983 ra. Az első tagokat sikerült beazonosítanom,de a többivel van a gondom! Előre is köszönöm!

Üdv: Zsolt

Előzmény: [2326] nadorp, 2007-09-25 10:24:20
[2326] nadorp2007-09-25 10:24:20

(n3+1)3+(2n3-1)3+(n4-2n)3=(n4+n)3

Előzmény: [2325] Gyöngyő, 2007-09-24 22:42:32
[2325] Gyöngyő2007-09-24 22:42:32

Sziasztok! Tudnátok segíteni a következő feladatban: Egy összefüggést kell megsejteni: 93+123+153=183 283+533+753=843 653+1273+2483=2603

Köszönettel: Zsolt

[2324] rizsesz2007-09-21 08:38:13

A jó esetek azt jelentik, hogy az n. húzza ki magát az n. esetben, tehát az első n-1-et kell vizsgálni, akikre igaz, hogy egymás között senki nem húzta ki magát. Ez pedig szerintem tökéletesen reprezentálható an-1-gyel.

[2323] jonas2007-09-20 23:56:03

Nem értem, miért lenne ugyanaz a kettő.

Előzmény: [2322] rizsesz, 2007-09-20 15:39:46
[2322] rizsesz2007-09-20 15:39:46

Tökéletes. :) Igazából az volt a feladat, hogy n gyerek karácsonyi ajándék-húzásba kezd, és az első n-1 embernek lehetősége van arra, hogy újra húzzon, ha önmagát húzta. A kérdés annak az volt, hogy mi annak a valószínűsége, hogy az n. ember önmagát húzza. Ezt én úgy definiáltam, hogy a jó esetek száma az, hogy az első n-1 ember nem húzza önmagát, azaz az előző értelmezésekben an-1, míg az összes eset an, így a megoldás ezek hányadosa.

Előzmény: [2321] Lóczi Lajos, 2007-09-20 14:34:13
[2321] Lóczi Lajos2007-09-20 14:34:13

Itt is le van erről írva pár dolog:

http://mathworld.wolfram.com/Derangement.html

Előzmény: [2320] rizsesz, 2007-09-20 14:23:48
[2320] rizsesz2007-09-20 14:23:48

és akkor egyúttal a szitaformulával is ez jön ki?

[2319] nadorp2007-09-20 13:35:30

Bocs, persze 0-tól megy, csak másoltam az előző képletet és beleírtam az x-et, de az előző sajna nem hatványsor volt :-)

Előzmény: [2318] Sirpi, 2007-09-20 13:10:39
[2318] Sirpi2007-09-20 13:10:39

Mármint n=0-tól megy az indexelés, nem? Viszont jelen esetben tényleg igaz, hogy an\simn!/e, hiszen a 0. és első tag összege: (-1)0/0!+(-1)1/1!=1-1=0, tehát tényleg elég a 2. tagtól összegezni.

Előzmény: [2316] nadorp, 2007-09-20 13:07:02
[2317] nadorp2007-09-20 13:08:47

Ez egy klasszikus példa a szitaformula alkalmazására.

Előzmény: [2315] rizsesz, 2007-09-20 12:54:28
[2316] nadorp2007-09-20 13:07:02

e^{-x}=\sum_{n=2}^\infty\frac{(-1)^n}{n!}x^n

Előzmény: [2315] rizsesz, 2007-09-20 12:54:28
[2315] rizsesz2007-09-20 12:54:28

Köszönöm mindkettőtöknek, tetszenek. Egyébként ez a rekurzió a következő feladatnál került elő: Hányféleképpen lehet sorba rakni az 1, 2, ... n számokat, hogy semelyik se a saját értékének megfelelő helyen szerepeljen? Erre jött ki, hogy n= 2, 3, 4, 5 értékére 1, 2, 9, 44 a sorbarendezések száma, és ez összhangban van a rekurzióval (csak még ki kéne találni a származtathatóságot). Egyébként kedves nadorp, a talált képlet nem Taylor-sora semminek?

Előzmény: [2314] nadorp, 2007-09-20 11:26:51
[2314] nadorp2007-09-20 11:26:51

Tehat, a1=0,a2=1 és an+1=n(an+an-1) ( Ekkor persze a3=2, mint az eredeti kiírásban).

Legyen b_n=\frac{a_n}{n!}. Ekkor b1=0, b_2=\frac12.

\frac{a_{n+1}}{(n+1)!}=\frac{a_n}{n!}\frac{n}{n+1}+
\frac{a_{n-1}}{(n-1)!}\frac{n}{n(n+1)}, azaz

b_{n+1}=b_n\left(1-\frac1{n+1}\right)+\frac{b_{n-1}}{n+1}

b_{n+1}-b_n=-\frac1{n+1}(b_n-b_{n-1}). Innen indukcióval

b_{n+1}-b_n=(-1)^{n-1}\frac1{(n+1)n...3}(b_2-b_1)=
\frac{(-1)^{n+1}}{(n+1)!}.

Ha most a fenti összefüggést elvégezzük k=2,3,...(n+1) értékekre és összeadjuk ezeket, akkor

b_{n+1}=\sum_{k=2}^{n+1}\frac{(-1)^k}{k!}, azaz

a_n=n!\sum_{k=2}^n\frac{(-1)^k}{k!}

Előzmény: [2312] rizsesz, 2007-09-20 09:14:10
[2313] Lóczi Lajos2007-09-20 11:07:53

A számítógép azt mondja, hogy


a_{n}=\int_{-1}^{\infty} t^{n} e^{-t-1} dt.

(A formula nem nagyon írható fel elemibb módon.)

Előzmény: [2312] rizsesz, 2007-09-20 09:14:10
[2312] rizsesz2007-09-20 09:14:10

Elnézést, valóban. Ég a fejem rendesen. Tehát ezt szerettem volna an+1=n*(an+an-1).

Előzmény: [2311] nadorp, 2007-09-20 09:01:35
[2311] nadorp2007-09-20 09:01:35

Az eredeti rekurzió így szólt:

an+1=(n-1)(an+an-1)

Tehát, ha n=3, akkor

a3+1=(3-1)(a3+a2)

Előzmény: [2310] rizsesz, 2007-09-20 08:50:54
[2310] rizsesz2007-09-20 08:50:54

Te ezt írtad: a4=(a2+a3)(3-1)=(1+2)*2=6. Én ezt: a4=(a2+a3)(4-1)=(1+2)*3=9. Az indexálással tolódik az n-1-es szorzó is.

[2309] nadorp2007-09-20 08:47:37

Vagy így gondoltad a példát?

an+1=(an+an-1)n-1

Előzmény: [2308] nadorp, 2007-09-20 08:44:37
[2308] nadorp2007-09-20 08:44:37

a4=(a3+a2)(3-1)=(1+2)2=6\neq9

Előzmény: [2307] rizsesz, 2007-09-20 08:06:28
[2307] rizsesz2007-09-20 08:06:28

Fontosak az alsó indexek. Itt a4=9.

[2306] Lóczi Lajos2007-09-19 23:25:26

an=(n-1)!

Előzmény: [2305] rizsesz, 2007-09-19 22:49:04
[2305] rizsesz2007-09-19 22:49:04

Sziasztok. Meg tudnátok mondani az a2=1, a3=2 an+1=(an+an-1)*(n-1) rekurzió megoldását mondani?

[2304] jonas2007-09-19 16:47:43

Az már az OEIS bejegyzésből is kiderült, ahogy a [2285]-ben megjegyeztem, hogy az (a)-ra csak ez a két megoldás van.

Előzmény: [2303] Sirpi, 2007-09-19 14:12:45
[2303] Sirpi2007-09-19 14:12:45

Tök jó. Akkor azt a részét legalább nem számoltam el :-)

Előzmény: [2302] jonas, 2007-09-19 12:11:36
[2302] jonas2007-09-19 12:11:36

Közben egyébként lefutott a keresés tizenhárom jegyre, és azt állítja, hogy csak az említett két tizenháromjegyű megoldás van.

Előzmény: [2296] Sirpi, 2007-09-18 19:59:47
[2301] BohnerGéza2007-09-19 09:35:31

Szerintem a fehér pontok esetén sem általános, hanem hegyesszögű háromszöget kapunk! Vége! Talán az AB-n van C, akkor nem hegyes-, nem derék- és nem tompaszögű az ABC.

Előzmény: [2299] jonas, 2007-09-18 23:01:11
[2300] SmallPotato2007-09-19 07:19:19

Örömmel látom, hogy esetenkénti bénázásom mily mély matematikai alapokon nyugszik. :-)

Soha nem jutott eszembe, hogy vizsgáljam az okokat ... de az ábra és a kommentár valóban meggyőző!

Előzmény: [2299] jonas, 2007-09-18 23:01:11
[2299] jonas2007-09-18 23:01:11

Igen, ismert tétel, hogy általános háromszöget nehéz rajzolni. Reiman tanár úr ezt a következő módon bizonyította.

Rögzíthetjük a háromszög két csúcsát, mivel hasonlóság erejéig nem változtat a feladaton. Nézzük meg, hova rakhatjuk a harmadik pontot. A piros területek ki vannak zárva, mivel akkor tompaszögű lenne a háromszög. Ki van zárva az őket határoló piros vonalak környéke is, hiszen akkor majdnem derékszögű lenne a háromszög. A kék vonalak környéke pedig azért van kizárva, mert akkor majdnem egyenlőszárú lenne a háromszög. Nagyon magasra sem érdemes rakni a csúcsot, mert akkor csúnyán megnyúlt háromszöget kapunk, amit ráadásul könnyebben lehet egyenlőszárúnak nézni, mivel két oldala közel azonos hosszú.

Az pedig látható, hogy így nem marad sok hely, ahova a harmadik pontot le lehetne tenni.

Előzmény: [2295] SmallPotato, 2007-09-18 19:42:39
[2298] jonas2007-09-18 22:23:50

Egyébként nem az otthoni gépemen fut, noha az is elég jó gép, de az egyetem kétszer két magos AMD procis gépe gyorsabb.

[2297] jonas2007-09-18 22:21:41

Érdekes.

Nekem most már csak azt kell ellenőriznem, hogy a heurisztikusan közelítő programom, ami a [2279] hozzászólás tizenháromjegyű megoldásait találta, minden megoldást megtalált-e (eltekintve az ismétlésektől).

Ez a program úgy működött, hogy az x=a(10m-1)/b kifejezésbe helyettesített be olyan kis számokat, ahol m osztja b-1-et, majd ellenőrizte a kapott x-et.

Elég sok megoldást megadott, a legtöbbet sokféle paraméterekkel újra meg újra.

Előzmény: [2296] Sirpi, 2007-09-18 19:59:47
[2296] Sirpi2007-09-18 19:59:47

Na, megvan az összes megoldás, a gép pihenhet (és végre Nektek se kell tovább olvasgatnotok a fejtegetéseimet :-) )

Szóval odáig jutottam, hogy a = \frac{10^m - k}{10k-1}b, és 2\leqk\leqb\leq9

Tegyük fel, hogy adott k-ra van megfelelő b és m. Ekkor

10a + b = \frac{10b}{10k-1}(10^m-k) + b =

= \frac b{10k-1}10^{m+1} - \frac{10k}{10k-1}b + \frac{10k-1}{10k-1}b = \frac b{10k-1}(10^{m+1}-1)

Ha a 10k-1 prím, akkor olyan m kell, amire 10m\equivk(mod10k-1), de ekkor 10m+1\equiv10k\equiv1(mod10k-1). Vagyis ha m+1-esével növelem a kitevőt, akkor mindig új megoldásokat kapok, és azt is könnyű látni, hogy ezek mind az alapmegoldás egymás után írásai lesznek, hiszen

\frac b{10k-1}(10^{l(m+1)}-1)= \frac b{10k-1}(10^{m+1}-1)
(1 + 10^{m+1} + \dots + 10^{(l-1)(m+1)})

és itt az utolsó tényezó kivételével épp az alapmegoldás van felírva, az utolsó tényező pedig 100...0100...01...100...01 alakú, így a vele való szorzás épp az egymás után írást eredményezi,

Ezzel tehát elintéztük a k=9 (10k-1=89), k=8 (79), k=6 (59), k=3 (29), és k=2 (19) eseteket.

Konkrétan a megoldások (a kitevők onnan jönnek, hogy megkerestem a 10m\equivk legkisebb megoldását) (l=1,2,...):

k=9: \qquad \frac 9{89}(10^{l\cdot 44} - 1)

k=8: \qquad \frac b{79}(10^{l\cdot 13} - 1), \qquad b\geq 8

k=6: \qquad \frac b{59}(10^{l\cdot 58} - 1), \qquad b\geq 6

k=3: \qquad \frac b{29}(10^{l\cdot 28} - 1), \qquad b\geq 3

k=2: \qquad \frac b{19}(10^{l\cdot 18} - 1), \qquad b\geq 2

Marad még a k=7 (69), 5 (49) és 4 (39). A 7 és a 4 egyszerűbb, ugyanis ott az első olyan m index, ahol 10m-k osztható 23-mal illetve 13-mal, egyúttal osztható 69-cel, illetve 39-cel is, tehát ezek a megoldások ugyanolyanok, mint amit a prímeknél kaptunk:

k=7: \qquad \frac b{69}(10^{l\cdot 22} - 1), \qquad b\geq 7

k=4: \qquad \frac b{39}(10^{l\cdot 6} - 1), \qquad b\geq 4

A legérdekesebb a k=5 eset, ugyanis ott 49 a nevező, ezért előfordulhat, hogy a 10m-5 is osztható 7-tel, és b=7. Ezek a köv. megoldások:

k=5: \qquad \frac 1 7(10^{l\cdot 6} - 1)

És van az az eset, mikor 10m-5 osztható 49-cel, ebből a következő megoldások adódnak:

k=5: \qquad \frac b{49}(10^{l\cdot 42} - 1), \qquad b\geq 5

Ez lenne tehát az összes megoldás, és igérem, leszálltam a feladatról.

Előzmény: [2291] Sirpi, 2007-09-18 17:27:20
[2295] SmallPotato2007-09-18 19:42:39

Csak nem "általános háromszög"et akartál felskiccelni? :-))

(Esetemben a lehetséges kimenetelek: egyenlőszárú, derékszögű, ... és hovatovább a

\lim_{n\to\infty}(\frac{kedvezo\_esetek\_szama}{lehetseges\_esetek\_szama})=0

tárgyában merül fel a kérdés :-D)

Előzmény: [2294] Yegreg, 2007-09-18 19:29:55
[2294] Yegreg2007-09-18 19:29:55

Igen, szép megoldás, nekem is ez adódott. A kérdés egyébként úgy is lefordítható, hogy "mennyire lehet nem egyenlőszárú egy háromszög?", ebből már sejthető, hogy miért is vetődött fel bennem a feladat. :)

[2293] SmallPotato2007-09-18 19:27:16

Tulképpen nem véletlen, hogy az aranymetszés aránya jön ki: tegyük fel, hogy a háromszög c=a+b jelleggel elfajul; ekkor ha a c oldalt a C csúcs az aranymetszés szerint osztja, akkor per definitionem \frac b a = \frac c b; ellenkező esetben valamelyik arány a \frac{\sqrt5+1}2-nél kisebb, a másik pedig nagyobb.

(Ez a "levezetés" természetesen nem tartalmazza a nem-elfajult esetet.)

Előzmény: [2292] SmallPotato, 2007-09-18 19:13:33
[2292] SmallPotato2007-09-18 19:13:33

Legyen mondjuk a\leb\lec. Ekkor a három, érdemben vizsgálandó, egynél nem kisebb hányados \frac{b}a, \frac{c}b és \frac{c}a. Ezek közül (a kiinduló reláció értelmében) \frac{c}a nem lehet a legkisebb; marad tehát \frac{b}a (legyen ez p; ekkor b=ap) és \frac{c}b (legyen ez q; ekkor c=bq). Értelemszerűen p\ge1 és q\ge1.

A háromszög oldalaira vonatkozó egyenlőtlenség értelmében c<a+b. Ebbe helyettesítsük be b=ap és c=bq=apq értékét; kapjuk

apq<a+ap

Innen a-val osztva (mivel a>0, az osztás elvégezhető és az egyenlőtlenség iránya is változatlan):

pq<1+p

Innen p-vel osztva (p>0 miatt az osztás elvégezhető és az egyenlőtlenség iránya is változatlan):

q < 1 + \frac1 p

Tekintve, hogy p\ge1, kapjuk, hogy q<2. Ha azonban q "2-höz közeli" érték, akkor láthatóan p-nek "1-hez közelinek" kell lennie, tehát ilyenkor p a kisebb. p növelésével egy ponton p és q egyenlővé válik; ez a pont (az egyenlőtlenséget egyenlőségként megoldva pl p-re)

p=q=\frac{\sqrt5+1}2 \approx 1,618

. Ha p ennél nagyobb, akkor q (ennél és így p-nél is) kisebb.

p és q közül a kisebbik tehát az [1..\frac{\sqrt5+1}2[ jobbról nyílt intervallumba kell hogy essen. (ha "nem nagyobbik" lett volna a kérdés, akkor az intervallum jobbról is zárt lenne.)

Előzmény: [2290] Yegreg, 2007-09-18 17:18:57
[2291] Sirpi2007-09-18 17:27:20

Köszi. Mindezt csak Jónás gépének védelmében tettem :-)

Egyébként még annyi kiegészítés az a) részhez, hogy tovább lehet csökkenteni a vizsgálatok számát, ugyanis

10^{m-1} \leq a = \frac{10^m-k}{10k-1}b

Innen azt kapjuk, hogy 10b>10k-1-nek teljesülnie kell, vagyis b\geqk. így elég 36 esetet megnézni.

Tehát ha pl. k=9, akkor b=9, vagyis a=9.(10m-9)/89, és a legkisebb m, amire ez egész, az m=43, ahonnan rögtön kapunk egy elvileg nem periodikus 44 jegyű megoldást. Hasonlóan k=8-ra m=12.

k=7-re a nevező 69, vagyis 3.23. m=21-re a számláló osztható 69-cel (nincs kisebb, ami osztható lenne 23-mal), ebből is kapunk egy megoldást.

Hasonlóan végig lehetne nézni az összes k-t, csak nekem ehhez nincs sok türelmem :-)

* * *

Azért pár példa, amit kiszámoltam:

91011235955056179775280898876404494382022471 / 10112359550561797752808988764044943820224719 = 9

8101265822784 / 1012658227848 = 8 (ez pont 13 jegyű :-) )

210526315789473684 / 105263157894736842 = 2

2 és 9 között minden arányra van megoldás.

Előzmény: [2289] Lóczi Lajos, 2007-09-18 12:40:43
[2290] Yegreg2007-09-18 17:18:57

Legyen a,b,c egy háromszög oldalainak hossza. Vegyük az a/b, b/a, b/c, c/b, c/a, a/c számok közül az 1-nél nem kisebbeket, és legyen ezek közül x a legkisebb. Milyen nagy lehet x?

[2289] Lóczi Lajos2007-09-18 12:40:43

Szép meggondolások :)

Előzmény: [2288] Sirpi, 2007-09-18 10:00:38
[2288] Sirpi2007-09-18 10:00:38

Ugyanúgy intézhető el az a) eset, ekkor

k(10a+b)=10mb+a

ahonnan

a = \frac{10^m-k}{10k-1}b

Rögzített m-re tehát elég végignézni a b=1,2,...,9, k=2,3,...,9 eseteket, ami összesen 72 db. ellenőrzést jelent (ez pl. m+1=13-ra, amit épp vizsgálsz, Jónás, elég messze van a 2 naptól, még akár kézzel is ;-) ).

Nyilván lehet további egyszerűsítéseket tenni, pl. k=3-ra a 10m-3-nak oszthatónak kell lennie 29-cel, ami csak akkor teljesülhet, ha m+1 osztható 28-cal (és ilyenkor b=3,4,5,6,7,8,9 mind megoldást ad, b=1,2 még túl kicsi).

És az is látszik ebből a felírásból, hogy miért jöttek ki ezek a furának ható törtek, pl. az 1/13. Ha k=4, akkor a=99...96/39.b=33...32/13.b, és már meg is jelent a 13-as nevező (és a számlálóból a -k-t elhanyagolva kapjuk, hogy \left.a \approx b/39 \cdot 10^m\right.).

Egyébként m=5-re (vagyis a 6-jegyű n-ekre) a következő megoldások adódtak:

230769\to923076  (k=4,b=9)

205128\to820512  (k=4,b=8)

179487\to717948  (k=4,b=7)

153846\to615384  (k=4,b=6)

128205\to512820  (k=4,b=5)

102564\to410256  (k=4,b=4)

142857\to714285  (k=5,b=7)

Más k-ra nem adódik megoldás. Innentől lehet progit írni, hogy a többi m-re is végignézzük a lehetőségeket, de szerintem az is járható út, hogy végignézzük a k=2,3,...,9 eseteket, és mindegyikre megnézzük, hogy mely m-ekre ad megoldást. Nagyon úgy néz ki, hogy ha két megoldást azonosnak tekintünk akkor, ha ugyanannak a blokknak a többször egymás után írásával adódnak, akkor csak véges sok megoldás van összesen.

Előzmény: [2287] Sirpi, 2007-09-18 09:38:06
[2287] Sirpi2007-09-18 09:38:06

Mielőtt leégne a nagy munkától a procid, próbáljuk meg "kicsit" szűkíteni a keresési teret.

Nézzük először a b) esetet, ott program nélkül is sikerült felderítenem az összes megoldást. Legyen a vizsgálandó n szám m+1-jegyű (\left. 10^m \leq n < 10^{m+1} \right.), és írjuk fel n=10a+b alakban, ahol 1\leqb\leq9, és 10m-1\leqa<10m, tehát az első m jegyből alkotott számot jelöli a, az utolsót pedig b. Vigyük b-t előre (az így kapott szám 10mb+a), és tegyük fel, hogy ettől a szám k-adrészére változik (mivel mindkét szám m+1 jegyű, és valódi osztót keresünk, ezért 2\leqk\leq9):

10a+b=k(10mb+a)

Innen

a = \frac{k10^m-1}{10-k}b

Az első észrevétel, hogy ha k>5, akkor a jobb oldal több, mint m-jegyű, hiszen legalább 5.10m-t osztjuk legfeljebb 4-gyel, amit még b-vel meg is szorzunk, ez már b=1 esetén is nagy.

Ha k=5, akkor a=499...9/5.b, viszont ekkor b csak 5 lehet, hogy egész számot kapjunk, megint nagy lesz a (499...9).

k=4 esetén a=399...9/6.b, itt b-t legalább 2-nek kell választanunk, hogy egész számot kapjunk, de b=2 esetén a=133...3, ami szintén sok. A k=3 esetet a végére hagyom, mert az az érdekes. k=2-re a=199...9/8.b, itt b csak 8 lehet, ekkor a=199...9, szintén túlcsordul.

Ha k=3, akkor a=299...9/7.b, ha b=7 lenne, akkor túl nagy számot kapnánk, ezért a 299...9 számnak oszthatónak kell lennie 7-tel. A 10m 7-es maradékai rendre (0-tól kezdve) 1, 3, 2, 6, 4, 5, és innentől ismétlődik, ezt 3-mal szorozva, majd 1-et kivonva a 2, 1, 5, 3, 4, 0 periódusú sorozatot kapjuk.

Az jött ki tehát, hogy csak akkor van megoldás, ha m+1 osztható 6-tal, és ilyenkor hogy elkerüljük a túlcsordulást, b csak 1 vagy 2 lehet.

Ekkor a következő megoldások adódnak:

428571\to142857  (b=1)

857142\to285714  (b=2)

428571428571\to142857142857  (b=1)

857142857142\to285714285714  (b=2)

stb.

Tehát a két alapmegoldás (amit a 3/7 és a 6/7 tizedestört alapjából kapunk) néhányszor egymás mögé írásával adódik az összes megoldás.

Előzmény: [2286] jonas, 2007-09-17 22:34:43
[2286] jonas2007-09-17 22:34:43

Ellenőriztem, valóban csak az a kilenc darab 12 jegyű megoldás van, amit a hétjegyűek ismétléseként kapunk. Elindítom a programot 13 jegyűre, elvileg két nap alatt végeznie kell.

[2285] jonas2007-09-17 16:31:36

Hát, engem például meglep, hogy a 17 nem szerepel, holott az 1/17 tizedes törtként 16 periódusú.

Természetesen az ilyen sorozatoknak a Sloane-ben érdemes utánanézni. Az (a) feladat megoldásait A034089 adja meg, de meglepő módon a (b) nincs benne.

Előzmény: [2282] Lóczi Lajos, 2007-09-17 15:46:43
[2284] jonas2007-09-17 16:23:37

Az 102564102564 a hozzászólás végén természetesen törlendő, mert 12 jegyű, és egy hatjegyű ismétlése.

Előzmény: [2281] jonas, 2007-09-17 15:16:49
[2283] Lóczi Lajos2007-09-17 15:48:45

Csak írd fel részletesen, mely azonosságoknak kell egy gyűrűben teljesülniük (modellként vedd a számokat az összeadással és a szorzással, csak a szorzás ne legyen kommutatív) -- és mindegyik automatikusan teljesülni fog, mert a leképezések között az összeadás és a kompozíció úgy van definiálva, hogy ezek pont teljesüljenek...

Előzmény: [2278] diakmatekos, 2007-09-17 13:55:04
[2282] Lóczi Lajos2007-09-17 15:46:43

Érdekes. Vajon honnan jönnek ezek a furcsa nevezők: 7, 13, 45, 79, amelyek a megoldásokban szerepelnek???

Előzmény: [2281] jonas, 2007-09-17 15:16:49
[2281] jonas2007-09-17 15:16:49

Tizenegyjegyű sincs. Lehet, hogy majd lefuttatom a kimerítő keresést a tizenkétjegyűekre is, mert az egy napon belül biztosan végezne. Eddig tizenkétjegyűekből csak a hatjegyűek ismétlését ismerem, tizenháromjegyűből pedig a következőket: 1012658227848 és 1139240506329 (az 1/79 jegyei), valamint 102564102564.

Előzmény: [2279] jonas, 2007-09-17 13:57:56
[2280] jonas2007-09-17 14:34:10

Sőt, könnyen lehet, hogy sok másik példa is így áll elő, például 153846 az 1/13 jegyeiből; 102564 (a legkisebb ilyen szám) az 1/45-ből. Valójában az 1/7, 1/13, és 1/45 együtt magyarázatot adnak minden hatjegyű példa eredetére.

Érdekes feladat ez.

Előzmény: [2275] Sirpi, 2007-09-17 13:07:29
[2279] jonas2007-09-17 13:57:56

Tízjegyű sincs.

Előzmény: [2277] jonas, 2007-09-17 13:50:36
[2278] diakmatekos2007-09-17 13:55:04

Sziasztok! Itt egy érdekes, (talán inkább nehéz) feladat:

Legyen U vektortér az F test fölött, és jelölje End(U) összes lineáris transzformációi halmazát. Igazolnunk kellene, hogy End((U),+,*) gyűrű, ahol a két művelet a lineáris leképezések ismert összeadása és a leképezésszorzás.

a hozzákezdéshez kellene vmi ötlet. Remélem tudtok segíteni. köszi

[2277] jonas2007-09-17 13:50:36

Kilencjegyű sincs. Most számolom a tízjegyűeket.

Előzmény: [2276] jonas, 2007-09-17 13:26:26
[2276] jonas2007-09-17 13:26:26

Meglepő módon, noha hatjegyű példából (a) 7 (b) 2 is van, nemhogy ennél kisebb nincs, de hét- és nyolcjegyű szám sincs, ami teljesíti a feltételek valamelyikét.

Előzmény: [2273] jonas, 2007-09-17 13:00:51
[2275] Sirpi2007-09-17 13:07:29

Sőt, végtelen sok ilyen van, csak egy példa, hogy ne kelljen messzire menni: 142857142857 :-)

Előzmény: [2274] jonas, 2007-09-17 13:02:10
[2274] jonas2007-09-17 13:02:10

Teljesen hasonlóan az 142857 jó az (a) esetre.

Előzmény: [2273] jonas, 2007-09-17 13:00:51
[2273] jonas2007-09-17 13:00:51

Tévedtem, mégis van ilyen szám. Korábban vagy nem jól kerestem, vagy csak túl kicsi számok között. A legkisebb ilyen szám az (a) esetben 102564, mivel 4.102564=410256, a (b) esetben pedig 428571, mivel 428571=3.142857. Az utóbbira rá is kellett volna jönnöm, hiszen mindenki tudja, hogy ezek az ismétlődő jegyek az 1/7,2/7,...,6/7 törtekben. Ezeken kívül más ilyen számok is vannak.

Előzmény: [2272] jonas, 2007-09-17 12:37:15
[2272] jonas2007-09-17 12:37:15

Én gyengén arra tippelek, hogy nincs ilyen szám, de ezt csak arra tudom alapozni, hogy kis számok között nem találtam ilyet.

Előzmény: [2271] Lóczi Lajos, 2007-09-16 19:53:51
[2271] Lóczi Lajos2007-09-16 19:53:51

Van-e olyan n pozitív egész, hogy n

a.) valódi osztója J(n)-nek?

b.) valódi többszöröse J(n)-nek?

(A feladatban J(n) azt a pozitív egészt jelöli, amely n-ből úgy keletkezik, hogy annak utolsó számjegyét az első helyre mozgatjuk át. Nullával nem kezdődnek számok.)

[2270] Sirpi2007-09-13 09:53:56

Igen, ezt már én is végiggondoltam, és szerintem a kérdés úgy értelmes, hogy a sorrendet Te állíthatod fel, és az egymás utániaknak kell azonos távolságra lenniük. Egyébként nem teljesen világos, hogy miért kell ehhez térbe kimenni, ugyanis, ha veszünk egy, az egyenesekre párhuzamos síkmetszetet, akkor azt a feladatot kapjuk, hogy van néhány nem egyenlő távolságú pontunk a síkban, legkevesebb hány pontot kell felvennünk úgy, hogy egyenlő távolságúakat kapjunk.

Magyarul mi az a legszerencsésebb konfiguráció, amit kevés ponttal is "ki tudunk javítani". Ami még nem teljesen világos, hogy a nemegyenlőközű azt jelenti, hogy a rendezés szerinti sorrendben nem fordul elő az egymás utániak között két egyforma távolság, vagy semelyik két távolság nem azonos (bár az előbbi értelmezés szerint elég lehet akár egyetlen pontot is beszúrnunk, szóval ez nem tűnik túl logikusnak).

Meg ami még kérdés, hogy ha tényleg jól értelmezem, akkor záródnia kell-e a körnek a végén, tehát az első és utolsó közt is a megfelelő távolságnak kell-e lennie, vagy ez nem szükséges?

És bocs, ha totál félreértettem az egészet, de abból a 2 szűkszavú sorból, amit olvastam, nekem ezt sikerült összeraknom.

Előzmény: [2269] Csimby, 2007-09-12 22:29:10
[2269] Csimby2007-09-12 22:29:10

Szia!

Lehet, hogy nem jól értem a feladatot, de pl., ha n=3 és az egyenesek a következőek: (z=0,x=0); (z=0,x=1); (z=0,x=\sqrt{2}), akkor véges sok egyenessel nem lehet megoldani, hiszen ha az egyenlőközű párhuzamosok távolsága: L, akkor egyrészt 1=kL másrészt \sqrt{2}=mL ahol n és m poz. egész, tehát L egyrészt rac. másrészt irrac. kell, hogy legyen. Meg azt sem értem, hogy mit jelent az, hogy egyenlőközű ha az egyenesek nem esnek egy síkba, csak mert 3-nál több párhuzamost nem tudsz úgy elhelyezni a térben, hogy bármely 2 ugyanakkora távolságra legyen egymástól. (Síkban gondolom azt jelenti, hogy egymás után mindig ugyanakkora távolságra következnek, de térben mi a sorrend?)

Előzmény: [2266] Cckek, 2007-09-10 22:53:29
[2268] rizsesz2007-09-12 19:57:31

a skatulya-elv alapján minden helyiértékhez létezik legalább 2 olyan szám a 11 közül, amelyekre igaz, hogy az adott helyiértéken ugyanaz a szám áll. mivel végtelen sok helyiérték van, és a 11 szám közül véges sokféleképpen lehet kettőt kiválasztani (55 módon), ezért ha bármelyik 2 számhoz hozzárendeljük az egyező helyiértékek számát, akkor ezek egyinkének végtelennek kell lennie, lévén az összes egyezések száma végtelen.

[2267] Lbandi2007-09-12 19:47:24

Bizonyítsuk be, hogy az 1pi, 2pi, 3pi ... , 11pi számok között van két olyan, mely végtelen sok számjegyben megegyezik.

[2266] Cckek2007-09-10 22:53:29

Nagyon sajnálom ezt a feladatom itt kitűzni, ám legyen:) Adott n darab nemegyenlőközű párhuzamos (nyaláb) a térben. Legkevesebb hány párhuzamost (m darab, m=f(n)) kell húzni hozzájuk, hogy egyenlőközű párhuzamosokat (nyalábot) kapjunk?

[2265] Cckek2007-09-05 16:08:11

Ez azt hiszem valós elemű mátrix esetén is igaz amennyiben az diagonizálható, az-az n darab különböző sajátértékkel rendelkezik. Legalábbis ezt a Jordan féle kanonikus alakból be tudom bizonyítani. A legnagyobb probléma akkor van ha vannak többszörös sajátértékek. Jó úton haladok???

Előzmény: [2254] ilozagrav, 2007-08-26 21:30:33
[2264] Hajba Károly2007-09-05 09:36:37

Nem talán.

Ez! :o)

Előzmény: [2261] Cckek, 2007-09-04 18:46:34
[2263] SÁkos2007-09-04 19:21:48

és ekkor pl |x|-x x x=x egyenlethet jutunk:P

Előzmény: [2262] SÁkos, 2007-09-04 19:20:55
[2262] SÁkos2007-09-04 19:20:55

egy kicsit érdekesebb megoldás, ha az x-et ismeretlennek vesszük:)

Előzmény: [2259] parizsi, 2007-09-04 17:59:51
[2261] Cckek2007-09-04 18:46:34

Talán XL-XXX=X

Előzmény: [2259] parizsi, 2007-09-04 17:59:51
[2260] Yegreg2007-09-04 18:20:14

Szerintem a legelegánsabb megoldás pl. a X+XXX\neqX :oD

Ha megengedjük a "ferde" egyest, akkor -XI+XXI=X. Jobb ötletem most nincs.

[2259] parizsi2007-09-04 17:59:51

szeretném a nagyérdemű segítségét kérni az alábbi feladat megoldásához:XI + XXX = X egy gyufaszálat lehet elmozdítani a feladat megoldásához.

[2258] Doom2007-09-03 16:40:54

3 kitérő él: semelyik 2 nem metsző és semelyik 2 nem párhuzamos (pl. az egy csúcsból induló 3 él NEM kitérő, pedig különböző irányúak).

Előzmény: [2256] HoA, 2007-09-03 15:25:28
[2257] rizsesz2007-09-03 16:40:14

a., a 3 kitérő él azt jelenti, hogy 3 közös ponttal nem rendelkező élre gondolok. ha a hagyományos kockavázat nézzük, akkor egy él alulról, egy oldalsó él és egy felülről, úgy, hogy semelyik két élhez nem tartozik közös csúcs; forgatással és tükrözéssel egybevágóság erejéig egy ilyen élhármas létezik.

b., igazából véges henger, olyan értelemben, hogy megoldást a kocka síkjában keresünk.

Előzmény: [2256] HoA, 2007-09-03 15:25:28
[2256] HoA2007-09-03 15:25:28

Kérdések:

a) a 3 kitérő él úgy értendő, hogy 3 különböző irányú? b) egy éltől adott távolságra lévő pontok halmaza végtelen henger vagy két félgömbbel lezárt véges henger?

Előzmény: [2255] rizsesz, 2007-09-02 20:52:05
[2255] rizsesz2007-09-02 20:52:05

Helló! Nem tudom, hogy hanyadik feladat sajna, de itt a szöveg:

Egy kocka 3 kitérő élétől egyenlő távolságra levő pontok halmaza micsoda?

[2254] ilozagrav2007-08-26 21:30:33

Sziasztok!

Komplex elemű mátrix főátlón kívüli elemeit rögzítjük. Bizonyítsuk be, hogy megválaszthatók a főátlóbeli elemek úgy, hogy a mátrix sajátértékei előre adottak,és hogy a mátrix sajátértékei az adott értékek legyenek.

[2253] Q2007-08-26 09:25:09

Köszi mindenkinek, rajta vagyok.

[2252] Lóczi Lajos2007-08-26 00:57:11

De a http://mathworld.wolfram.com/NewtonsIteration.html és http://mathworld.wolfram.com/LogisticMap.html oldalak igazi gyöngyszemek, amelyekből nemhogy órai előadást, de egész éves kurzust lehet tartani...

Előzmény: [2251] Lóczi Lajos, 2007-08-26 00:53:37
[2251] Lóczi Lajos2007-08-26 00:53:37

Ebben a topikban több érdekes, rekurzióval kapcsolatos feladatot (és megoldást) találsz. (Javaslom, állítsd 200-ra a megjelenített hozzászólások számát és akkor elég hamar megtalálod az összeset.)

Előzmény: [2247] Q, 2007-08-25 21:33:53
[2250] Cckek2007-08-25 22:10:01

Rajta:D

Előzmény: [2249] ilozagrav, 2007-08-25 21:49:48
[2249] ilozagrav2007-08-25 21:49:48

Szia!

Lelőjjem vagy maradjon még? Üdv Zoli

Előzmény: [2246] Cckek, 2007-08-25 17:10:12
[2248] ilozagrav2007-08-25 21:48:28

Szia!

Pl. Pell egyenlet és másodrendű rekurzív sorozatok kapcsolata, elmehetsz a vektorterek irányába is,számtalan dolog lehet.Fibonacci sorozat stb.Nagy az irodalma üdv Zoli

Előzmény: [2247] Q, 2007-08-25 21:33:53
[2247] Q2007-08-25 21:33:53

Sziasztok! Tudtok valami érdekes feladatot rekurzív sorozatokkal kapcsolatban? Órai előadáshoz kéne.

[2246] Cckek2007-08-25 17:10:12

Bizonyitsuk be, hogy

\int_{0}^{\pi}sign(\sin((n+1)\theta))\cos^k\theta \sin \theta d\theta=0,\forall k=\overline{0,n-1}

[2245] ilozagrav2007-08-24 14:14:31

Szia!

Én kreatív ötleteket várok.Egyébként egy normális halmazelmélet könyvben le van írva a válasz: Egy A halmaz számossága a legkisebb A-val ekvivalens rendszám. A kérdés az lenne inkább hogy találunk-e ilyen operációkat ami az előzőből nem triviálisan keletkezik.

Előzmény: [2244] jonas, 2007-08-24 13:56:56
[2244] jonas2007-08-24 13:56:56

Ezt gonosz dolog feladatként feladni. Szerintem csak az tudja megoldani, aki hallotta már a megoldást.

Előzmény: [2243] ilozagrav, 2007-08-24 13:40:44
[2243] ilozagrav2007-08-24 13:40:44

Sziasztok!

Két halmaz ekvivalens akkor és csak akkor, ha létezik közöttük bijekció. Bizonyítható hogy ez tényleg ekvivalenciareláció. Egy f operációt kompatibilisnek mondunk egy ekvivalenciarelációval ha

f(A) = f(B) <=> A ekvivalens B - vel

Adjunk meg olyan operációt amely kompatibilis a halmazokon értelmezett ekvivalenciával, azaz tegyük lehetővé a számosság matematikai értelmezését!

Várom az ötleteket üdv.Zoli

[2242] Csimby2007-08-24 10:15:23

Hogy mi "szokásos" és mi nem, az sztem attól függ, hogy hol vagyunk :-). Gimnáziumban például amikor elkezdtünk arról beszélni, hogy Q és akkor ez test és két művelet +, * stb. Akkor "a>b"-t úgy definiáltuk, hogy "a>b" acsa. ha a-b\in Pozitív. (Nincsen akkor-és-csak-akkor nyíl?) Ahol a Pozitív halmaz halmaz definíciójára már nem emlékszem, de talán lehet azon Q-beliek halmaza melyek előállnak (1+1+...+1)/(1+1+...+1) alakban. Ez nyilván működik Z-ben is. Hogy R-ben ezt hogy lehetne megoldani, azt nem tudom, lehet hogy nem is lehet. És ha így definiáltuk, akkor 1>0-n nincs mit bizonyítani. Persze elegánsabb és számomra nagyon tanulságos volt amit te írtál, hogy, felvesszük a rendezés axiómáit is és azt mondjuk, hogy a>b acsa. a\geb és a\neqb, de pl. a gimiben, noha a többi axióma szerepelt nálunk (igaz, talán csak Z-re) a rendezés axiómái kimaradtak és ezt a fent leírt módon oldottuk meg.

Előzmény: [2241] Lóczi Lajos, 2007-08-23 23:22:24
[2241] Lóczi Lajos2007-08-23 23:22:24

Ha az eredeti kérdés a valós számok szokásos axiómarendszerére vonatkozik, akkor egy lehetséges válasz a következő.

Az 1/6-os axióma szerint létezik egy (-1)-gyel jelölt elem, ami az 1 additív inverze. Nézzük, mennyi (-1)(-1). Azt állítom, hogy 1. Az additív inverz egyértelműsége miatt (tessék igazolni az axiómákból!) ehhez elég megmutatni, hogy (-1)(-1)+(-1)=0. Az 1/5-ös axióma miatt a bal oldal= (-1)(-1)+(-1).1, az 1/3-as axióma miatt viszont ez =(-1)[(-1)+1]=(-1).0, a (-1) definíciója miatt. Most igazolom, hogy minden valós x-re x.0=0. Nézzük az x.0+x.0 kifejezést. Az 1/3-as axióma miatt ez utóbbi = x.(0+0)=x.0, az 1/4-es axióma miatt. Tehát x.0+x.0=x.0. Most adjuk hozzá mindkét oldalhoz a -(x.0) számot, azaz az 1/6-os miatt létező additív inverzét x.0-nak. Azt kapjuk, hogy x.0=0, az additív inverz definíciója miatt. Speciálisan: (-1).0=0 és ezzel beláttam, hogy (-1)(-1)=1.

Most érdemes belátni (tessék igazolni az axiómákból!), hogy egy x elem (-x) additív inverze ugyanaz, mint (-1).x. Ezután az 1/2-es miatt kapjuk, hogy x.x=(-x).(-x).

Most lássuk be azt, ha x\ge0, akkor az additív inverzre fordított reláció áll fenn. Valóban: 0=x+(-x)\ge(-x) a 3/1-es és a \ge tranzitivitása miatt.

Most megmutatom, hogy akármilyen x valós elemre x.x\ge0. Két eset van (melyik axióma miatt?). Ha x\ge0, akkor x.x\ge0 igaz a 3/2-es miatt. Ha x\le0, akkor a fentiek alapján x.x=(-x)(-x) és most 3/2-es axióma.

Viszont ekkor 1.1\ge0 is teljesül. De 1/5-ös szerint 1=1.1, tehát 1\ge0. Viszont tudjuk 1/5 alapján, hogy 1\ne0, így a > definíciója miatt 1>0.

Jó játék, nem? :-)

Esetleg tudna valaki lényeges rövidítést adni a fenti axiómaszámozást használva?

Előzmény: [2238] Csimby, 2007-08-23 21:48:33
[2240] jonas2007-08-23 22:32:57

Hasonló kérdés: bizonyítsuk be, hogy 1+1=2.

Szerintem is teljesen attól függ, hogy definiáljuk a természetes számokat.

Előzmény: [2232] Gyöngyő, 2007-08-23 12:30:27
[2239] Sirpi2007-08-23 21:56:59

Azt, hogy a fv. hol vesz fel racionális értékeket, szerintem se érdemes túlzottan vizsgálni. Annyi bizonyos, hogy a folytonosság miatt a minimuma és maximuma között felveszi az összeset.

Már az x3-x fv.-ről se látom kapásból, hogy milyen irracionális értékekra racionális (ehhez az x3-x-p/q=0 harmadfokú egyenletet kell megoldani mindenféle p,q értékekre).

Előzmény: [2226] Cckek, 2007-08-22 12:21:54
[2238] Csimby2007-08-23 21:48:33

Szerintem, ha ennyire lemegyünk, az alapokig, hogy 1>0, akkor tisztáznunk kell a definíciókat, hogy tudjuk mit használhatunk a bizonyítás során. Nem gondoltam utána, de nem vagyok benne biztos, hogy pl. CCkek bizonyítása nem használja-e fel valahol, hogy 1>0.

Előzmény: [2236] Lóczi Lajos, 2007-08-23 18:31:13
[2237] jonas2007-08-23 19:17:14

Szerintem arccos(ncos x) rondább, nem polinom, és biztosan nincs annyi érdekes tulajdonsága.

Előzmény: [2234] Cckek, 2007-08-23 14:12:01
[2236] Lóczi Lajos2007-08-23 18:31:13

A teljességre valóban nincs szükség.

A felvetésednek mindazonáltal nem igazán látom értelmét: legyen összesen 2 elemünk, és egy ">"-gyel jelölt reláció. Az egyetlen igaz állítás (axióma) a rendszerünkben pedig legyen az, hogy "1>0". A jelek jelentését firtatni itt értelmetlen. :)

Előzmény: [2235] HoA, 2007-08-23 17:00:28
[2235] HoA2007-08-23 17:00:28

Úgy látom, Gyöngyő nem érti, mennyire jogos Csimby felvetése. Szerintem a feladatot valahogy úgy kéne megfogalmazni: Mi az a minimális fogalom, definíció, axióma halmaz, amiből adódik, mit jelent a "0", az "1" és a ">" , és amiből be lehet bizonyítani az állítást? Úgy sejtem, a teljesen rendezett kommutatív test fogalmára nincs szükség.

Előzmény: [2232] Gyöngyő, 2007-08-23 12:30:27
[2234] Cckek2007-08-23 14:12:01

Most épp Csebisev polinomokkal foglalkozgatom, tahát Tn(x)=cos (narccosx) polinom. Mi a helyzet forditva? arccos(ncos x) hogyan néz ki? Vagy általánosan melyek azok a bijektív függvények melyekre

f(n.f-1(x)) polinom?

[2233] Lóczi Lajos2007-08-23 13:24:58

Pontosabban:

"Tehát a kérdésem az VOLT hogy hogyan..."

hiszen meg lett válaszolva :)

Előzmény: [2232] Gyöngyő, 2007-08-23 12:30:27
[2232] Gyöngyő2007-08-23 12:30:27

Szia Csimby!

Tehát a kérdésem az hogy hogyan lehet igazolni hogy 1>0 tehát egy nagyobb mint nulla!

Üdv.: Gyöngyő

Előzmény: [2228] Csimby, 2007-08-22 18:43:12
[2231] Lóczi Lajos2007-08-23 09:50:57

Pl. az x=\pi/4 speciális esetben adódó 2^{1 - \frac{1}{2{\sqrt{2}}}} számról szerintem csak a Gelfond-Schneider-tétellel látszik, hogy irracionális; az összes x átvizsgálását elég reménytelennek látom...

Előzmény: [2226] Cckek, 2007-08-22 12:21:54
[2230] Cckek2007-08-22 18:53:40

Gondolom teljesen rendezett kommutatív testről van szó.

Előzmény: [2229] Cckek, 2007-08-22 18:51:09
[2229] Cckek2007-08-22 18:51:09

Feltesszük, hogy 1<0. Ekkor a negativ számokkal való szorzás tulajdonságai alapján: 1.1>1.0 az-az 1>0 Ellentmondás.

Előzmény: [2227] Gyöngyő, 2007-08-22 17:49:19
[2228] Csimby2007-08-22 18:43:12

Szia!

Mit jelent az hogy ">"?

Előzmény: [2227] Gyöngyő, 2007-08-22 17:49:19
[2227] Gyöngyő2007-08-22 17:49:19

Sziasztok!

Lenne egy olyan kérdésem,hogy hogyan lehet bebízonyítani,hogy 1>0 (egy nagyobb mint nulla)?

Köszönettel:

Gyöngyő

[2226] Cckek2007-08-22 12:21:54

Igen, valóban nem volt valami nagy szám ez a feladat, bár a megoldás tökéletes:). Vajon mi a helyzet, ha

k\inQ?

Előzmény: [2224] Lóczi Lajos, 2007-08-22 12:07:23
[2225] Lóczi Lajos2007-08-22 12:15:26

Nem is kellett 1 hónapot várni rá :)

Előzmény: [2222] jonas, 2007-08-13 11:19:10
[2224] Lóczi Lajos2007-08-22 12:07:23

Gondolom, x valós. Ekkor elegendő a [0,2\pi] intervallumot nézni. Mivel [\pi,2\pi]-n a szinusz negatív és negatív alap esetén nehézkes a valós számok körében hatványokat értelmezni, ezért ezt a részt most hagyjuk ki. Marad a [0,\pi] intervallum. A koszinusz negatív ezen intervallum jobb felén. Marad [0,\pi/2]. Itt viszont az eredeti függvény tengelyesen szimmetrikus e legutóbbi intervallum felezőmerőlegesére, tehát elég [0,\pi/4]-re szorítkozni.

Az eredeti bal oldal x=0-ban éppen 1. De minden x\in(0,\pi/4)-re (sin x)cos x+(cos x)sin x>1, hiszen

(sin x)cos x+(cos x)sin x\ge(sin x)1+(cos x)1, ez utóbbi függvény viselkedése pedig egyszerű: tudjuk, hogy >1 a megadott intervallumon.

Azt is könnyű meggondolni, hogy (sin x)cos x+(cos x)sin x sosem lehet 2, hiszen 0 és 1 közötti számok 0 és 1 közé eső hatványa ugyanilyen, de egyszerre nem lehet mindkettő 1.

Ezekből az eredeti kérdésre a válasz már rögtön kiolvasható, ha nem tévedtem sehol.

Előzmény: [2223] Cckek, 2007-08-22 10:13:55
[2223] Cckek2007-08-22 10:13:55

Oldjuk meg a (sin (x))cos (x)+(cos (x))sin (x)=k\inZ egyenletet:D

[2222] jonas2007-08-13 11:19:10

Tapasztalatom szerint a Google nagyon jól működik a KöMaL fórumra. Például ha beírod a keresőbe, hogy Ali győzelem-ünnepe, akkor egy hónap múlva meg fogja találni ezt a hozzászólást.

Előzmény: [2179] epsilon, 2007-07-29 13:10:22
[2221] Cckek2007-08-10 17:43:13

Köszi szépen Lajos a tanulmányokat, nagyon érdekesek, az említett azonosságra tudok egy indukciós bizonyítást, mely elég hosszú, ezért lettem volna kiváncsi más ötletekre...

Előzmény: [2220] Lóczi Lajos, 2007-08-09 23:36:02
[2220] Lóczi Lajos2007-08-09 23:36:02

Ezeknek az azonosságoknak nevük is van. Az említett speciális eset, úgy rémlik, egyszerűen abból jön ki, hogy (1+x)a+b=(1+x)a(1+x)b. De itt egy kombinatorikus érvelés is. Itt pedig általánosítások, többek között a híres "\zeta(3) irracionális" állításról is szól.

Előzmény: [2219] Cckek, 2007-08-09 23:01:34

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]