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.
[2839] jenei.attila2009-01-13 20:51:50

Tényleg nem értem, mit nem értesz. Ha h(x)=x a valós számokon értelmezett identitás fv., akkor h(x+c)-h(x)=(x+c)-x=c ahol c konstans. A konstans fv pedig pl. 1 szerint periodikus (de minden valós szám szerint is periodikus,csak nekünk az 1 szerint volt érdekes). A hozzászólásomban a c=np egyszerűen konstans. Szerintem tényleg rágd át elejétől amit írtam, ha nem érthető, megpróbálom újra megfogalmazni. Igyekeztem világosan írni, de nem biztos hogy sikerült. Az eredit feladat az volt, hogy előállítható-e az identitás fv. két periodikus fv. összegeként (a válasz igen). Kicsit általánosabban azt vizsgáltam meg, hogy mely fv.-ek állíthatók elő így. Előre rögzítettem az egyik tag (f) periodusát, ez 1 lenne. A másik tag (g) periodusa pedig p, szintén előre rögzített, pl. gyök 2 (a két periódus nem lehet összemérhető).Ha h-val jelöljük az így előállítandó fv.-t (tehát h=f+g), akkor az előállíthatóság szükséges feltétele, hogy az x->h(x+p)-h(x) fv. 1 szerint periodikus legyen (itt p a g fv. előre rögzített peródusa, 1 pedig az f szintén előre rögzített periódusa). Tehát h-t előre rögített periódusú fv.-ek összegeként kívánom előállítani. Azt állítottam, hogy ez a feltétel nemcsak szükséges, hanem elégséges is. Vagyis ha teljesül hogy x->h(x+p)-h(x) fv. 1 szerint periodikus és p irracionális, akkor h valóban elő is állítható f 1 periódusú, és g p periódusú fv.-ek összegeként. Az érdekes az, hogy ilyen f-et és g-t úgy lehet konstruálni, hogy a valós számok halmazát megfelelően osztályokra bontjuk (ezt az osztályozást adtam meg), és egy osztály egy tetszőleges elemén (reprezentáns elem) tetszőlegesen megadva f értékét (pl. f itt legyen 0), ebből kiindulva az osztály többi elemén a megadott egyszerű egyenlőség szerint definiáljuk f értékét. Az osztályok megszámlálható számosságúak, viszont kontinuum sok osztály van. Különös, hogy a különböző osztályokban lévő valós számokon felvett f értékek teljesen függetlenek egymástól. Vagyis minden osztályból egy-egy reprezentáns elemen tetszőlegesen definiálható f értéke (a reprezentáns elemen felvett f fv. érték már egyértelműen meghatározza az osztály többi elemén felvett f fv. értékeket). Remélem így már kicsi érthetőbb.

Szerintem ennek nincs köze a Fourier és egyéb ortogonális sorfejtésekhez. A Fourier sorok is eleve 2pí periodikus fv.-eket fejtenek sorba. Valóban mondható, hogy a témában már nem vagyok otthon, de azért megjegyezném, hogy 20 éve diplomáztam az ELTÉn programtervező matematikusként numerikus ágazaton, méghozzá elég jó eredménnyel. 5 évig tanultam analízist (Simon Péternél, akinek történetesen a harmonikus analízis a szakterülete), numerikus analízist, approximációelméletet, funkcionálanalízist. Bár nagyon sokat felejtettem, azért nem teljesen ismeretlen a téma előttem. Én azt próbáltam elmondani, hoy amiket írtál, nem hogy nem elég pontos matematikailag, hanem kifejezetten zavaros. Nemcsak tartalmilag, de formálisan sem helytállók a mondataid. Egyszer csak használsz olyan jelöléseket, amiket előtte nem definiálsz (pl a g fv. az r periódus, aztán egyszercsak az r már fv., véletlen tag, stb.) Ha te érted amit írtál, akkor biztosan le tudod úgy írni, hogy más is értse. Légyszíves próbáld meg.

A kritikát el tudom viselni akkor, ha előbb veszed a fáradságot és valóban elolvasod amit írtam. Azt viszont tényleg nem viselem, ha valaki el sem olvassa, csak vagdalkozik vagy azért, hogy kötekedjen, vagy azért hogy bemutassa milyen okos, vagy hogy bemutassa én milyen hülye vagyok. Általában igyekszek pontosan és érthetően fogalmazni. Nem állítom, hogy mindig sikerül, de ha valaki rákérdez, akkor nagyon szívesen elmagyarázom újra, másképp.

Hízelegni eszem ágában sem volt, de azért bántani sem akartalak.

Ha van kedved, olvasd át mégegyszer amit írtam, ha valami nem világos számodra, megpróbálom mégegyszer elmagyarázni. Nem állítom hogy jó a megoldásom (de szerintem az), ezért várom a fórumtársak észrevételeit. Nekem nagyon tetszett ez a feladat, mert nem túl bonyolult, mégis felettébb meglepő első hallásra.

Előzmény: [2838] kiskiváncsi, 2009-01-13 19:36:54
[2838] kiskiváncsi2009-01-13 19:36:54

Válaszok fordított sorrendben: 1. Dehogy kötekszek 2. Nem butaság, csak mondtad, ortogonális fv-ek szerinti sorfejtésben nem vagy otthon. Ezért ejtettem ennek egy speciálisát a Fourier sorokat. 3.Az könnyen eldönthető, hogy alkalmazva a definiciót (h(x+np)-h(x)) ha h(x)=x periodikus fv. Állításod az , hogy 1 periodikus. Igaz? Nem igaz? 4. A kritikát el kell viselni. Te mondtad olvassuk, elemezzük amit írtál. Így papírt ceruzát rántottam. Kardok azért maradjanak hüvelyükbe. Hízelegni nem kell. 3.ra kell válaszolni.

Előzmény: [2837] jenei.attila, 2009-01-13 15:30:38
[2837] jenei.attila2009-01-13 15:30:38

Ezzel nem értem mi a baj. A h identitás fv.-re ez a különbség (h(x+np)-h(x)) konstans fv., ami valóban tekinthető akár 1 szerint periodikusnak. Ez nem mond ellent a definíciónak. Vagy még mindig azt hiszed, nem vagyok tisztában a periodikus fv. fogalmával? Hát, ez sem túl hízelgő, de azért elviselem. De személyeskedés ida vagy oda, áruld már el, hogy hoztad össze azt a sok butaságot amit írtál. Vagy csak ha rosszul fogalmaztad meg, akkor légyszíves fejtsd ki érthetőbben. Vagy csak kötekedni akartál?

Előzmény: [2835] kiskiváncsi, 2009-01-13 15:16:39
[2836] kiskiváncsi2009-01-13 15:17:33

Tartózkodj a személyeskedéstől!

Előzmény: [2833] jenei.attila, 2009-01-13 12:01:07
[2835] kiskiváncsi2009-01-13 15:16:39

Ezt írtad: Ha h(x)=x, akkor h(x+np)-h(x)=np természetesen 1 szerint periodikus fv. Ezért írtam be a pontos definiciót.

Előzmény: [2823] jenei.attila, 2009-01-12 12:54:20
[2834] kiskiváncsi2009-01-13 15:10:32

Oké. periódus , periodikus

Dirichlet-függvény f(x) f(x)=1 ha, x racionális f(x)=o ha x irracionális periódusa minden racionális szám.

Akkor a periodikus fv definiciója:

f:D--R, az f függényt perodikusnak nevezzük, ha van p nem nulla valós szám ahol a függvény értelmezve van, és minden értelmezési tartománybeli x re x-p, x+p is értelmezési tartománybeli és f(x+l)=f(x), f(x-l)=f(x)

Előzmény: [2830] Káli gúla, 2009-01-13 00:41:49
[2833] jenei.attila2009-01-13 12:01:07

Én is arra gondoltam, hogy ha az összegben megenged nem periodikus tagot, akkor nincs miről beszélni, hiszen az lehet maga az előállítandó fv. mindenféle periodikus tag nélkül. Nekem úgy tűnik, hogy valamilyen könyvből kiollózott néhány bekezdést, esetleg idegen nyelvből fordítva, majd egymás után dobálta (pl. mi az a véletlen tag?). Nem tudom mi volt ezzel a célja, de szerintem ne is kérdezzük meg. Na mindegy, hagyjuk.

Amúgy érthető amit írtam? Szerintem nagyon érdekes, hogy az egyes osztályokon egymástól teljesen függetlenül lehet megadni az f-et. Nem tudom konkrétan megadni, hogy egy x pontban mi lesz f értéke, mert ehhez meg kéne találni annak az osztálynak a már kijelölt reprezentáns elemét (x0), amelyben f értékét tetszőlegesen rögzítettük. Ha a reprezentáns elem már megvan, akkor n könnyen kiszámítható. Tehát x-re meg kéne találni x0-t és n-et, hogy az {x}={x0+np} egyenlőség teljesüljön (adott p mellett, pl. legyen gyök 2). Persze lehetne x0 maga az x, ez is reprezentálja az osztályt, csak ahhoz hogy f értékét bármely x-re meg tudjuk mondani, az osztály minden x elemére ugyanazt az előre kiválasztott x0-t kéne megkapni. Egyelőre nem találtam olyan algoritmust, amely ezt a problémát megoldaná (mindegy milyen reprezentáns elemet találunk, de az egy osztályba tartozó számokhoz mindig ugyanazt). Ebben kérek segítséget.

Esetleg más, két periodikus fv. összegeként nem előállítható fv.-ek előállíthatók több periodikus fv. összegeként. Ennek szerintem az lenne a szükséges és elégséges feltétele (pl. 3 fv-re), hogy létezzen p,q,r páronként nem összemérhető periodusok, hogy h(x+p+q)-h(x+p)-h(x+q)+h(x) r szerint periodikus legyen. Ez szerintem pl igaz a másodfokú polinomokra. S.í.t, n-ed fokú polinom előállítható n+1 db. periodikus fv. összegeként. Ezt még nem gondoltam végig. Vélemények?

Előzmény: [2832] nadorp, 2009-01-13 11:26:03
[2832] nadorp2009-01-13 11:26:03

:-)

"ha g(x) minden valós intervallumon korlátos változású függvény, és g(x=0) létezik, akkor g(x) előállítható megszámlalhatóan sok periódikus tag és egy nem periódikus tagnak az összegeként."

Bizonyítás:

g(x)=sinx+(g(x)-sinx)

:-)

Előzmény: [2825] kiskiváncsi, 2009-01-12 19:44:46
[2831] psbalint2009-01-13 02:15:30

köszönöm szépen a megoldást! ez az ötlet hiányzott!

Előzmény: [2829] Káli gúla, 2009-01-13 00:28:50
[2830] Káli gúla2009-01-13 00:41:49

Még egy pontosítás, a periodikus jelző rövid o-val van. Még egy pontosítás, nincsen olyan nem konstans függvény, aminek minden szám a periódusa volna.

Előzmény: [2825] kiskiváncsi, 2009-01-12 19:44:46
[2829] Káli gúla2009-01-13 00:28:50

Azt érdemes megfigyelni, hogy ha egy számot páros hosszú részekre vágunk szét, akkor elég a részek maradékát nézni mod 11, ezek összege ugyanaz lesz, mint a feldarabolt számé (és így tovább, a megjegyzés az egyes darabokra is alkalmazható). Először vegyük az egy-, két-, három- és négyjegyű számokból álló csoportokat (A1A2A3A4):

A = A1*102n1 + A2*102n2 + A3*102n3 + A4 .

A könnyebbtől elkezdve, a kétjegyűek sorozata kettesével: A2=10+11+...+99, ez a 90 tagú sorozat a harmadik tagjától kezdve teljes maradékosztályokból áll, tehát A2=10+11+0=10 (mod 11). Ugyanígy felírhatjuk az A4-et négyesével: A4=1000+1001+...+1979, ez egy 980 tagú összeg, a másodiktól kezdve teljes maradékosztályok összege, tehát A4=1000+0=10 (mod 11). Az A3-at hatosával érdemes csoportosítani: A3=100101+102103+...+998999, így egy 450 tagú számtani sorozatot kapunk (d=2002), tehát A3=450*(100101+998999)/2=10 (mod 11). Végül A1=01+23+45+67+89=225=5 (mod 11). Tehát a keresett maradék A=5+10+10+10=2 (mod 11).

Szó szerint ugyanezzel az érveléssel (mod 99) az A=27+54+54+54=90 (mod 99) összefüggést kapnánk, de közvetlenül is beláthatjuk, hogy A = 0 (mod 9). Mivel ezen kívül A = -1 (mod 20), így végül is A=1179 (mod 1980).

Előzmény: [2816] psbalint, 2009-01-11 21:00:12
[2828] Lóczi Lajos2009-01-12 23:32:37

Még egy pontosítás: a Dirichlet-függvény periódusai pontosan a pozitív racionális számok.

Előzmény: [2825] kiskiváncsi, 2009-01-12 19:44:46
[2827] Lóczi Lajos2009-01-12 23:21:41

Kedves Petyka! Két kérdésem volna a megoldásodhoz: mi a helyzet akkor, ha az A mátrix négyzetes, de nem invertálható, illetve mi van akkor, ha sem A, sem B nem négyzetesek?

Előzmény: [2814] petyka, 2009-01-11 20:54:26
[2826] jenei.attila2009-01-12 21:14:23

Kár, hogy nem olvastad el figyelmesebben amit írtam. Nem állítottam, hogy minden fv. előáll két periodikus fv. összegeként. Szerintem pontosan azok az egyébként nem periodikus h fv.-ek állnak így elő, amelyekre léteznek p és q nem összemérhető (hányadosuk irracionális) valós számok, úgy, hogy az x->h(x+p)-h(x) fv. q szerint periodikus (vagy ami ugyanez, hogy x->h(x+q)-h(x) p szerint periodikus). Amúgy már bocs, de kissé zagyvaságokat írsz. A perioddikus fv. definícióját ismerem, nem tudom miért írod le, mintha fel akarnál ezzel kapcsolatban világosítani. Ezután az "Akkor: f(x+p)+h(x+q)= g(x)" mit jelent? A g honnan jött, mi az? A törtrész periódusa valóban egy, ezért is feltételeztem, hogy f 1 szerint periodikus, mert a törtrésszel úgy egyszerűbb volt a jelölés. A Dirichlet fv. valóban periodikus, és nincs legkisebb periodusa, de nem azért mert "hiszen érték készlete 2 elemű véges halmaz: (1;0) ". Könnyű olyan fv.-t konstruálni aminek (1;0) az értékkészlete, de mégsem periodikus (pl. 0-ban legyen 0, különben pedig 1). Ezt a mondatodat nem értem: "g(x)-re kétfajta függvényt lehet kapni: g(x+r)=g(x), itt r szintén állandó, azaz periódikus függvény." Mi a g? miből lehet két fajtát kapni? Amit utána írsz, nem tudom, hogy úgy van-e, elképzelhető. De pontatlanságok miatt ott sem mindent értek. A "g(x=0) létezik" mit jelent? Értelmezve van a 0 pontban? Az "(ez lesz az r(0)beli helyettesítési értékek átlaga)" mit jelent? Mi az r? előbb még a g periodusa volt. Most mi? Ez a mondatod teljesen értelmetlen: "A nem periódikus tag tehát Fourier integrál, ha r(0)=0, ha r(0)nem nulla, akkor ez a véletlen tag. Vagy a nem periódikus tag előáll (1) szerint. Nincs más eset." Továbbra sem tudom mi az az r, a Fourier integrálra pedig egy integráltranszformációként emlékszek, tehát egy operátor, ami fv-hez egy másik fv-t rendel (nagyon rég tanultam, és most nincs is kedvem utána nézni), de lehet hogy mást is neveznek így. Akkor sem értem, hogy ez most így a levegőből hogyan pottyant ide. Szerintem jobban tennéd, ha nem vagdalkoznál szakkifejezésekkel, értelmetlen félmondatokkal, ettől nem fogsz okosabbnak látszani.

Előzmény: [2825] kiskiváncsi, 2009-01-12 19:44:46
[2825] kiskiváncsi2009-01-12 19:44:46

Szerintem: a periódikus fv. definiciója azt mondja, hogy f periódikus p szerint, akkor f(x+p)=f(x) minden x re igaz. Itt p állandó. p egy és csak egy nullától különböző szám.Ez a p f(x) egyik periódusa. Hiszen p egész számú többszöröse szintén periódus. p tehát legyen a legkisebb pozitív periódus. hasonlóan: h peródikus q szerint, akkor h(x+q)=h(x) Akkor: f(x+p)+h(x+q)= g(x) Pl: A törtrész függvény periódusa 1 A Dirichlet fv periódusa minden szám, (hiszen érték készlete 2 elemű véges halmaz: (1;0)

g(x)-re kétfajta függvényt lehet kapni: g(x+r)=g(x), itt r szintén állandó, azaz periódikus függvény.

Általában az igaz, hogy: (1)ha g(x) minden valós intervallumon korlátos változású függvény, és g(x=0) létezik, akkor g(x) előállítható megszámlalhatóan sok periódikus tag (ez lesz az r(0)beli helyettesítési értékek átlaga) és egy nem periódikus tagnak az összegeként.

A nem periódikus tag tehát Fourier integrál, ha r(0)=0, ha r(0)nem nulla, akkor ez a véletlen tag. Vagy a nem periódikus tag előáll (1) szerint. Nincs más eset.

Tehát általában az állítás: nem igaz, hogy minden függvény előállítható két periódikus függvény összegeként.

Előzmény: [2823] jenei.attila, 2009-01-12 12:54:20
[2824] jenei.attila2009-01-12 13:14:45

Közben rájöttem. h(x+p)-h(x) 1 szerinti periodikusságából következik h(x+1)-h(x) p szerinti periodikussága és viszont.

Előzmény: [2823] jenei.attila, 2009-01-12 12:54:20
[2823] jenei.attila2009-01-12 12:54:20

Tehát a kérdés az, hogy a valós számokon értelmezett h(x)=x fv. előállítható-e két periodikus fv. összegeként. Kicsit általánosabban, a h fv.-t próbáljuk előállítani f és g periodikus fv.-ek összegeként, ezért

g(x)=h(x)-f(x)

Feltehetjük, hogy f periodusa 1 (különben megfelelő fv. transzformációt alkalmazhatunk). Legyen g periodusa p. Ekkor minden valós x-re g(x+p)=g(x), vagyis

h(x+p)-f(x+p)=h(x)-f(x)

Kicsit átrandezve:

f(x+p)=h(x+p)-h(x)+f(x)

Mivel f periodusa 1, ezért szükségképpen h(x+p)-h(x) is periodikus 1 szerint. Indukcióval folytatva:

f(x+np)=h(x+np)-h(x)+f(x)

ahol n tetszőleges egész szám. Mivel f periodusa 1, ezért írhatjuk, hogy

f({x+np})=h(x+np)-h(x)+f({x})(1)

({x} x törtrészét jelöli). Tehát ha ismerjük egy adott x pontban f értékét, akkor ez magadja az {x+np}+k pontokban is f értékét (n és k tetszőleges egész számok). Visszafelé is igaz, ha teljesül az (1) egyenlőség, akkor h előáll f és g periodikus fv.ek összegeként az {x+np}+k halmazon, ahol x adott, n és k pedig tetszőleges egész számok. Ehhez persze még az is kell, hogy h(x+p)-h(x) fv. 1 szerint periodikus legyen, mivel f 1 szerint periodikus. Tehát nem kell mást tennünk, mint tetszőlegesen kiválasztani egy x0 értéket, ott tetszőlegesen megadni f értékét, amellyel máris meghatároztuk f értékét az A0={{x0+np}+k|n,kelemeZ} halmazon. Könnyen belátható, ha x0 helyett más x1-et választunk, akkor vagy A0 meg fog egyezni A1-gyel, vagy diszjunktak lesznek. Vagyis ha x végigfut a valós számokon, akkor a szóban forgó halmazok a valós számok egy osztályozását fogják megadni. Az is könnyen látható, hogy ha x0-ban már megadtuk f értékét, akkor az A0 halmaz többi pontjában már egyértelműen és ellentmondás mentesen megkapjuk f értékét. Az ellentmondás mentesség azt jelenti, hogy ha x0-ban megadott f értékből (1) szerint definiáljuk f értékét az {x0+np} pontban, majd ugyanígy az {x0+mp} pontban is, akkor {x0+mp}-ben ugyanazt kapjuk, mint ha {x0+np}-ből indulva definiálnánk f értékét (1) szerint {x0+mp}-ben. Az ellentmondás mentességhez még kell az is, hogy az A halmazok ne legyenek végesek, vagyis ne érjünk vissza már definiált pontba. Ehhez elég, ha p irracionális (általában f és g periódusainak aránya legyen irracionális). Összefoglalva: a kívánt előállítás pontosan akkor végezhető el, ha h(x+p)-h(x) 1 szerint periodikus valamilyen irracionális p-vel. Ekkor elvégezzük a valós számok tárgyalt osztályozását, majd mindegyik osztályból egy-egy elemet kiválasztva ott tetszőlegesen definiáljuk f (és ezzel együtt g) értékét, majd ezekből kiindulva (1) szerint definiáljuk f értékét az osztály összes elemén. Ha h(x)=x, akkor h(x+np)-h(x)=np természetesen 1 szerint periodikus fv., vagyis h ilyen módon előállítható. g periodusa (p) lehet pl. négyzetgyök 2. A szimmetria szerint szükséges feltételként azt is kaphatnánk, hogy h(x+1)-h(x) legyen p szerint periodikus (h(x)=x-re ezi teljesül). Nem világos, hogy ez általában teljesül-e az előző feltételből, vagy ez is hozzátartozik a szükséges feltételhez (bár nem használtuk ki), de ha a periodusokkal fordítva indulnánk el, ekkor ennek is teljesülni kéne. Szerintetek?

Előzmény: [2822] Lóczi Lajos, 2009-01-12 00:41:53
[2822] Lóczi Lajos2009-01-12 00:41:53

Írd be, kérlek.

Előzmény: [2809] jenei.attila, 2009-01-11 20:06:34
[2821] R.R King2009-01-11 21:19:23

vagy hozzáadni a számjegyek felcserélésével kapott számot...

[2820] R.R King2009-01-11 21:10:14

Esetleg beszorozni egy alkalmas számmal, ami a jegyeket szebbé varázsolja.(mondjuk csupa 1-es vagy ilyesmi..)és akkor ennek a szorzónak nézni a maradékát. Persze ez csak egy ötlet lehet butaság...

[2819] jenei.attila2009-01-11 21:09:11

Ne haragudj, de teljesen félreérted. Nem megbántani akartalak, és nem is vagyok zseni, de azt hiszem nem olvastad át eléggé a fórumot. Itt először is a hangnem sem ez, mint amit te megütsz, meg a színvonal sem. Szerintem higgadj le, olvasd el a topik címét, netán a hozzászólásokat, aztán gyere vissza, szívesen látunk. Na persze érdekes feladatokkal, és udvarias tisztelettudó hangnemmel. Most tényleg ne haragudj, de mit akarsz azzal, hogy bizonyítsam be a gömb térfogatát? Vizsgáztatni (egyébként be tudom bizonyítani, de nem írom le, sok helyen többféleképpen is megtalálható)? Vagy most találjam ki magam, és adjak egy eddig még nem ismert bizonyítást? A mátrixok persze a lináris algebra tárgykörébe tartoznak (főleg), de itt sokan ismerik mire is valók. Ezzel megint nem értem mit akartál? Na szóval nyugi, a sértegetéseket kerüld, én sem sértettelek meg.

Előzmény: [2814] petyka, 2009-01-11 20:54:26
[2818] psbalint2009-01-11 21:07:29

ismerem a szabályt de ennél a nagy számnál nem tudom alkalmazni.

[2817] R.R King2009-01-11 21:05:52

11-gyel való oszthatóság szabályával kijön nem?

[2816] psbalint2009-01-11 21:00:12

Emberek ne foglalkozzunk az ide véletlenül beszabaduló és 'majdőkúgyismegoldják'-ot kiáltó emberekkel!

337. feladat: Mennyi maradékot ad 1980-nal osztva az 123456789101112...19781979 szám?

addig jutottam el hogy az 1980-at felírtam úgy, hogy 1980=20×9×11, amiből egy lineáris kongruenciarendszert hoztam létre. a hosszú szám 20-as és 9-es maradékát sikerült is megállapítanom, ám a 11-es maradékot nem sikerült. esetleg a 99-es maradékkal kell valamit csinálni? valakinek valami ötlet? :)

[2815] R.R King2009-01-11 20:59:29

A gömb térfogatának kiszámítása szerintem nem túl érdekes...Integrálni kell és jó sokat számolni..Vagy van valami szebb megoldás?

[2814] petyka2009-01-11 20:54:26

Na, te kis zseni! Elöször is fejből veszem ezeket a feladatokat , másrészt aki a számelméletet fikázza, azt az embert ki nem állhatom analízist akarsz? tessék:

Bizonyítsd be!

Az R sugarú gömb térfogata: 4Rköb*pí/3! Na mostlégy okos!

A mátrixokat lineáris algebrai vonatkozásban értem! Az előzőhöz:

A*X = B /*Aad-1 (balról) Aad-1*A=En En*X = B X = Aad-1*B

Ell: A*A-1*B=En*B=B tehát B=B valóban teljesül! Arra jó hogy akárhány ismeretlenes lineáris egyenletrendszert meg tudjunk oldani!

[2813] R.R King2009-01-11 20:52:36

Az ABCD konvex négyszögben AD=2. Az ABD szög és az ACD szög derékszög. Az ABD háromszög szögfelezőinek metszéspontja gyök(2) távolságra van az ACD háromszög szögfelezőinek a metszéspontjától. Mekkora a BC oldal hossza?

[2812] jenei.attila2009-01-11 20:21:43

Ahogy elolvastam, kb egy perc alatt meg is csináltam. A 2 a 14.-en miért négyzetszám? Ezt most komolyan kérdezed? Remélem nem. Nálam középiskolában emiatt nem mentél volna át matekból.

Előzmény: [2810] petyka, 2009-01-11 20:12:38
[2811] jenei.attila2009-01-11 20:18:51

Ezeket most honnan veszed? miért olyan érdekes feladatok. Vagy jól ismertek (végtelen sok prímszám van ld. Bizonyítások a könyvből), vagy teljesen triviálisak (ikerprímpárok közti szám osztható 6-tal: páros, és osztható 3-mal, mert három egymás utáni szám valamelyike osztható 3-mal, de a két prím nem osztható 3-mal), vagy egyszerűen értelmetlen. Mit értesz azalatt, hogy oldjuk meg az A*X=B mátrixegyenletet? Úgy általában? (szorozzunk balról A inverzével), vagy milyen mátrixokkal? A tükrözéssel kapcsolatban megint nem értem mit akarsz, hiszen a tükrözés definíciójából közvetlenül adódik. Szerintem nem jó helyen adod fel ezeket. Bocs, ha nem jól látom, de akkor kissé bővebben magyarázd el, mire is gondoltál.

Előzmény: [2808] petyka, 2009-01-11 20:03:58
[2810] petyka2009-01-11 20:12:38

Szerintem éppen eléggé szivatós! Nekem ezt elemi matek ZH-n adták fel. Honnan vagytok olyan biztosak benne hogy pl: 2 a 14.-re felemelve négyzetszám? Na ezt válaszoljátok meg!

Előzmény: [2807] jenei.attila, 2009-01-11 20:03:03
[2809] jenei.attila2009-01-11 20:06:34

Az f(x)=x fv. előállítása két periodikus fv. összegeként nehéz, vagy érdektelen? Ha senki nem gondolkozik rajta, leírom a megoldást. Esetleg valakinek ötlete? szerintem tényleg érdekes feladat és nem is túl nehéz.

Előzmény: [2797] jenei.attila, 2008-12-15 18:50:13
[2808] petyka2009-01-11 20:03:58

Aki nem bír magával:

Bizonyítsa be, hogy sqrt13 szám irracionális!

Bizonyítsátok be!

Tétel: A (3,5) ikerprímpártól különböző ikerprímpárok közti szám mindig osztható 6-tal.

Bizonyítsátok be hogy végtelen sok prímszám van!(Euklidész tétele)

Bizonyítsátok be, hogy egy tengelyes tükrözés négyzete: az identikus leképezés!

Oldjátok meg a következő mátrixegyenletet!Mire lehet ezt használni? A * X = B

Jó szórakozást!

[2807] jenei.attila2009-01-11 20:03:03

Sirpi megelőzött. na persze nem vagyok egy Einstein, de ez nem is volt egy nehéz feladat.

Előzmény: [2805] petyka, 2009-01-11 19:45:04
[2806] Sirpi2009-01-11 19:56:42

Tehát olyan n kell, amiben a 2 kitevője páratlan, de osztható 3-mal és 5-tel, a legkisebb ilyen a 15. A 3 kitevője 3k+1 alakú, valamint páros és 5-tel is osztható, a legkisebb ilyen szám a 10. Az 5 kitevője 5k+1 alakú, valamint osztható 2-vel és 3-mal, ez a 6 lenne. Tehát a legkisebb ilyen szám: 215.310.56.

Előzmény: [2805] petyka, 2009-01-11 19:45:04
[2805] petyka2009-01-11 19:45:04

Itt egy fincsi számelméleti feladat, nem éppen a könnyű kategóriából: Aki ezt megoldja az egy Einstein:

Melyik az a legkisebb n pozitív egész szám amelyre n/2 teljes négyzet n/3 teljes köb és n/5 pedig teljes ötödik hatvány? (segítség: a 3 feltételnek egyszerre kell teljesülnie!!!)

[2804] kutasp2009-01-07 22:02:55

Kitűzném én is az egyik kedvenc feladatomat, a számozást remélem nem rontottam el.

339. feladat

Ki lehet-e színezni a pozitív valós számokat pirosra és kékre(mindkét színt kell használni), hogy pirosak összege piros, kékek összege kék legyen?

[2803] lorantfy2008-12-28 16:40:36

Bocs! Rossz helyre tettem.

Pont az maradt ki a magyarázatból, ami a lényeg, hogy ha a Föld közeledik a Jupiterhez, akkor rövidebb, ha távolodik akkor hosszabb időt mért. Az A és C pontban meg éppen egyenlő időket kellett mérnie.

Előzmény: [2802] leni536, 2008-12-28 15:10:48
[2802] leni5362008-12-28 15:10:48

Egyetértek, az ábra és a magyarázat nem egyeztethető össze. Az eredeti publikációjában található kép alapján is a B és D pontok környékén lesz a keresett különbség.

Forrás

Viszont nem értem, hogyan kerül ez az érdekes matekfeladatokhoz :P

Előzmény: [2801] lorantfy, 2008-12-28 11:44:00
[2801] lorantfy2008-12-28 11:44:00

Sziasztok!

A Römer-féle fénysebesség mérés elvéről van szó. Nézzétek meg a linkeket. Szerintem ez a magyarázat hibás! Éppen a B és D pontok környékén lesz különbség a hold eltűnési idejében. Sulinet és Corvus

[2800] Csimby2008-12-17 01:26:14

Sorry, p helyett legyen p+1 reguláris, tehát minden csúcs fokszáma p+1.

Előzmény: [2799] Csimby, 2008-12-17 01:15:34
[2799] Csimby2008-12-17 01:15:34

338.feladat Legyen G egy p-reguláris párosgráf, melynek mindkét osztályában p2+p+1 csúcs van, és nem tartalmaz 4 hosszú kört. Igaz-e, hogy bármely két egy osztályba tartozó csúcsnak pontosan 1 közös szomszédja van?

[2798] Káli gúla2008-12-15 19:53:49

''I don't know where it's from originally ...''   Úgy tudom, Ruzsa Imre fedezte fel, diák korában.

Előzmény: [2796] Lóczi Lajos, 2008-12-15 18:21:51
[2797] jenei.attila2008-12-15 18:50:13

Nem ismertem ezt a linket, sőt a feladatot is csak nemrég hallottam. Majd elolvasom, de azt javaslom a fórumtársaknak, hogy próbálják meg maguk megoldani. Nekem sikerült, nem is volt olyan nehéz, de nagyon jó kis tanulságos feladat ez. Állítólag még réges-régen egy spec. mat. szakos osztályban félévi ötös járt a megoldásáért.

Előzmény: [2796] Lóczi Lajos, 2008-12-15 18:21:51
[2796] Lóczi Lajos2008-12-15 18:21:51

http://cornellmath.wordpress.com/2008/01/22/periodic-functions-problem/

Előzmény: [2795] jenei.attila, 2008-12-15 11:07:58
[2795] jenei.attila2008-12-15 11:07:58

Előállítható-e a valós számokon értelmezett f(x)=x identitás fv. két periodikus fv. összegeként?

[2794] sakkmath2008-12-14 14:21:05

Talán ez a feladat?

Előzmény: [2792] zsizsike, 2008-12-14 10:59:21
[2793] sakkmath2008-12-14 13:34:37

Szia zsizsike! A jelöléseid számomra kibogozhatatlanok, hiányosak. Nem tudok rájönni, hogy mi a konkrét feladat. Kattints a bal oldal TeX tanfolyam gombjára, tanulmányozd a TeX minitanfolyamot és írd be helyesen a feladatot. A másik lehetőség arra az esetre, ha elektromos formátumban, pl. WORD/MathType-egyenletszerkesztővel már hibátlanul leírtad a feladatot: ekkor egy képkezelő program képernyőlopó funkciójával ("Capture screen", ha pl. XnView-et használsz) .gif-, vagy .jpg-képet készíthesz a példáról és felteheted (Ábra feltöltés). Üdv: sakkmath

Előzmény: [2792] zsizsike, 2008-12-14 10:59:21
[2792] zsizsike2008-12-14 10:59:21

sziasztok! van egy érdekes feladat előttem, de sehogy nem jövök rá, hogy hogyan lesz az eredmény annyi, amennyi le van írva megoldásként. Íme: lim/a gyök x -gyök a/x -a . Nos nem tudom, ebből hogyan lesz lim/a 1/gyök x + gyök a? Ha valaki tudja a választ, pontosabban a levezetést, akkor , kérem, segítsen. honnan kerül oda az 1, mert azt értem, hogy a reciprokkal szorzok, de innen hogy lesz az osztó 1?? lehet hogy még korán van? SOS!

[2791] sakkmath2008-12-13 17:37:47

Ezt hívják Schur-féle egyenlőtlenségnek, melynek bizonyítása itt olvasható.

Előzmény: [2789] Cogito, 2008-12-12 19:30:50
[2790] psbalint2008-12-13 16:07:07

337. feladat (remélem még nem volt, én nem tudtam megcsinálni) Mennyi maradékot ad 1980-nal osztva az 123456789101112...19781979 szám?

[2789] Cogito2008-12-12 19:30:50

336. feladat. Legyen t\ge0, x, y, z pedig pozitív szám. Bizonyítsuk be, hogy

xt(x - y)(x - z) + yt(y - x)(y - z)+ zt(z - x)(z - y)\ge0.

[2788] Lóczi Lajos2008-12-04 20:59:37

Sőt, bonyolultabban is megkapható :), pl. úgy, mint két ponthalmaz a síkon, ahol a kétváltozós távolságfüggvényt kell minimalizálni. Ennek a módszernek az "előnye", hogy a [2778]-as hozzászólásból a [2779]-esbeli feladatot gyártotta.

Előzmény: [2787] Valezius, 2008-12-04 15:05:49
[2787] Valezius2008-12-04 15:05:49

Egyszerűbben is megkapható.

Egyrészt ax=x Másrészt: ax*ln a=1 Ha a másodikban beírjuk ax helyére x-et, akkor x*ln a=1. Az első pedig átírható, mint ex*ln a=x Azaz e1=x Visszaírva pedig \ln a=\frac1e Azaz a=e^{\frac1e}

Előzmény: [2786] rizsesz, 2008-11-26 21:46:38
[2786] rizsesz2008-11-26 21:46:38

A feladat másképpen az, hogy x1/x = a-nak pontosan 1 megoldása legyen. x1/x deriváltja egyedül az x=e helyen 0 (már ha nem számoltam el, de nekem x1/x-2 * (1-ln x) jött ki. Ez pedig lokális (és amúgy abszolút) maximumot eredményez, tehát ezen érték mellett egy jó a érték van. Jaj. tehát vissza kell írni x helyére és kijön az a=e1/e . Jaj. Már csak azt a sejtést kell igazolni, hogy ha x a végtelenhez tart, akkor x1/x végtelenben vett határértéke 1. Ugyanis x1/x x=1 esetén 1, tehát mivel szigorúan monoton növekvő 1 és e, illetve szigorúan monoton csökkenő e és + végtelen között, továbbá folytonos, így az e-nél felvett értéken kívül minden értéket kétszer vesz fel.

Előzmény: [2775] Lóczi Lajos, 2008-11-25 23:48:43
[2785] ágica2008-11-26 18:01:46

a=e1/e.

Előzmény: [2775] Lóczi Lajos, 2008-11-25 23:48:43
[2784] Lóczi Lajos2008-11-26 17:51:43

Itt sem értek egyet: pl. az xex függvény nem szigorúan monoton növekedő (negatív x-ek esetén).

Előzmény: [2782] rizsesz, 2008-11-26 17:02:59
[2783] Lóczi Lajos2008-11-26 17:48:51

Sajnos ez ellentmondana a [2780]-as hozzászólásnak.

Előzmény: [2781] rizsesz, 2008-11-26 16:58:40
[2782] rizsesz2008-11-26 17:02:59

e x. hatványával és (-1)-gyel felszorozva olyan függvények összege lesz az egyenlet bal oldala, amelyek mindegyik szogorúan monoton növekvő. Mivel x=0 megoldás, továbbá eleme az értelmezési tartománynak, így ez az egyetlen megoldás.

Előzmény: [2779] Lóczi Lajos, 2008-11-26 00:33:28
[2781] rizsesz2008-11-26 16:58:40

a=e.

Előzmény: [2775] Lóczi Lajos, 2008-11-25 23:48:43
[2780] Euler2008-11-26 08:35:20

A távolsága a két függvénynek négyzetgyök 2, hiszen ezek egymás inverzei, igy mindkét függvénynek a távolsága megegyezik az y=x egyenestől ennek a távolságát pl. a logaritmusfüggvénytől már meg tudjuk határozni deriválással, mert a (0,1) pontba húzott érintő meredeksége éppen egy(könnyen ellenőrizhető), ezen érintő és az y=x távolságának kétszerese pedig éppen a keresett távolság. Az egyenletnek nyilván megoldása az x=0. Rendezzük át az egyenletet úgy, hogy az utolsó két tagot átvisszük a jobb oldalra, igy, ha x>0, akkor a bal oldal negativ, a jobb oldal pozitiv, hasonlóan, ha x<0, akkor a bal oldal pozitiv, a jobb oldal negativ, igy újabb megoldások már nincsnek.

Előzmény: [2778] Lóczi Lajos, 2008-11-26 00:29:09
[2779] Lóczi Lajos2008-11-26 00:33:28

335. feladat. Oldjuk meg a valós számok halmazán az

e-x-e2x-x-xex=0

egyenletet.

[2778] Lóczi Lajos2008-11-26 00:29:09

334. feladat. Határozzuk meg a (természetes alapú) exponenciális függvény és logaritmusfüggvény grafikonjainak távolságát.

[2777] rizsesz2008-11-26 00:23:28

Nem tudok deriválni. Ez rémisztő. :)

Előzmény: [2775] Lóczi Lajos, 2008-11-25 23:48:43
[2776] Káli gúla2008-11-26 00:05:32

A függvénynek végtelen sok szélsőértéke lesz. Próbáld elképzelni, hogy egy rudat befestünk úgy, hogy minden pontját páros sok réteg fedjen. Az egész számegyenest (vagy ami ugyanaz, végpontok nélküli intervallumot) már nem lehetne így befesteni. (Nem létezik f\inC(R), f(R)=R függvény úgy, hogy minden a\inR-re #f -1(a)<\infty és páros.)

Előzmény: [2774] Valezius, 2008-11-25 21:47:14
[2775] Lóczi Lajos2008-11-25 23:48:43

333. feladat. Különböző a>1 számok esetén vizsgálva az x\mapstoax függvények grafikonjait láthatjuk, hogy bizonyos a számok esetén (pl. a=2) a grafikon határozottan az y=x egyenes felett van, míg kisebb a>1 számok esetén (pl. a=1.1) az exponenciális függvény grafikonja metszi az y=x egyenest. Adjuk meg a "határalapot", vagyis azt az a>1 számot, amelyre az exponenciális függvény éppen érinti a 45 fokos egyenest.

[2774] Valezius2008-11-25 21:47:14

Tegyük fel, hogy létezik ilyen függvény. Toljuk el úgy, hogy f(0)=0 legyen, majd vegyük az abszolút értékét. Az így kapott függvény még mindig olyan tulajdonságú, hogy értékkészletének minden pontját páros sokszor veszi fel.

Mivel minden értéket csak véges sokszor vehet fel, így két szélsőértékhely között szigorúan monoton.

Ha y egy olyan érték, ami a 0kivételével minden lokális szélsőértékénél kisebb, akkor:

0-tól az első szélsőértékhelyig 1-szer veszi fel y-t a függvényt. Ha f(x)=0, akkor az x előtti és x utáni szélsőértékhelyek között pontosan kétszer veszi fel y-t.

Ebből már következik, hogy f(1)=0. Ha f(1)>0, akkor van olyan y', hogy y'<f(1) és mint az előző bekezdésből látszik y'-t páratlan sokszor veszi fel a fv.

Tehát a függvénynek f(0)-ban és f(1)-ben is minimuma van. Amiből az következik, hogy összesen páratlan sok szélsőértékhelye van. (Mert a szélsőértékeket rendre lok. min-lok. max-lok. min-...-lok. min sorrendben veszi fel a fv.)

Márpedig egy ilyen függvénynek minden szélsőértékét páros sokszor kell felvennie.

Ezzel beláttuk, hogy nincs ilyen fv.

Előzmény: [2771] lgdt, 2008-11-23 16:03:22
[2773] Valezius2008-11-23 19:55:11

Ugyanilyen biztos, hogy nem, mivel akkor 0-ban és 1-ben végtelen lenne a határértéke- A helyettesítési értéke meg nem lehet végtelen.

Előzmény: [2772] Róbert Gida, 2008-11-23 17:34:40
[2772] Róbert Gida2008-11-23 17:34:40

Nem mondtam semmit a transzformációról, hogy milyen lesz. [0,1]-en is megadható ugyanilyen fűrészfogas folyt. fv., sok fantázia nem kell hozzá. 2 értéket kétszer vesz fel, értékkészletének többi értékét pedig pontosan négyszer.

Előzmény: [2770] Valezius, 2008-11-23 14:37:12
[2771] lgdt2008-11-23 16:03:22

Elnézést kérek, hogy még a második sem sikerült érthetőre. Talán így már jó lesz:

f:R\toR,  f\inC[0,1]

g:=f|[0,1]

\forallx\inRg:  |g-1{x}|\in2N

Előzmény: [2767] lgdt, 2008-11-22 02:11:48
[2770] Valezius2008-11-23 14:37:12

A feladat szövegében benne van, hogy véges sokszor, így a konstans fv nyilván nem jó. (Bár szerintem az, hogy páros sokszor már maga után vonja, hogy véges sokszor)

A fűrészfogas függvénnyel szerintem az a baj, hogy az R nyílt intervallumot akarod beletranszformálni, a [0,1] zárt intervallumba. Szerintem ezt nem tudod úgy megtenni, hogy 0-ban és 1-ben is folytonos maradjon a függvény.

Még nem sikerült teljesen belátni, hogy miért nem lehet ilyen fv. [0,1)-en persze azonnal találtam. És azt is elég valószínűnek látom, hogy van olyan megfelelő [0,1)-ről képező fv, aminek az értékkészlete az egész R. Mondjuk egy alkalmas [0, végtelen)-en értelmezett fűrészfog fv transzformációja.

Előzmény: [2769] Róbert Gida, 2008-11-23 04:26:20
[2769] Róbert Gida2008-11-23 04:26:20

Nem csak a konstans fv. okozza a bajt. Azt kéne beletenni, hogy az f minden értéket véges sokszor vesz fel.

Erre egy megoldás, fűrészfogakból:

Legyen f(x)=-x, ha x\leq0

f(x)=x, ha 0<x\leq1

f(x)=2-x, ha 1<x\leq2

f(3k+2+c)=k+c, ha k\geq0 egész, 0<c\leq2 valós.

f(3k+2+c)=k+4-c, ha k\geq0 egész, 2<c\leq3 valós.

De f:[0,1]->[0,1] ilyen folyt fv. is megadható, csak az előbbit kell "áttranszformálni".

Előzmény: [2768] Sirpi, 2008-11-22 12:27:55
[2768] Sirpi2008-11-22 12:27:55

És mondjuk vegyük bele azt is, hogy a 0-t és az 1-et is felveszi, különben az f(x)\equiv2 függyvény is jó lenne. Vagy akár azt, hogy a teljes értékkészlete része a [0,1]-nek.

Előzmény: [2767] lgdt, 2008-11-22 02:11:48
[2767] lgdt2008-11-22 02:11:48

Kicsit félreérthetőre sikerült. Pontosabban: van-e olyan valós->valós mindenhol folytonos függvény, amelyre teljesül, hogy a [0;1]-re való leszűkítése az értékkészletének minden elemét véges és páros sok helyen veszi fel?

Előzmény: [2765] lgdt, 2008-11-21 03:34:37
[2766] psbalint2008-11-21 18:44:22

jó és lehetne úgy esetleg hogy elmondod hogy ez itt miért volt használható? ezek ugyanis nem kis számok. köszönöm

Előzmény: [2764] jonas, 2008-11-20 10:57:55
[2765] lgdt2008-11-21 03:34:37

Van olyan f: R\toR folytonos függvény, amely a [0;1]-en minden értéket véges és páros sokszor vesz fel?

[2764] jonas2008-11-20 10:57:55

Kis számokra működő prímteszt. A 2, 3, 5 prím, ezekre külön kell figyelni, a 49 és 77 pedig nem prím, de ezeket mindenki észreveszi magától, ezért van a szabályban 91, mert az a legkisebb szám, ami prímnek látszik, de nem az. Ha csak 119-nél kisebb számokat vizsgálsz, akkor ez a szabály elég.

Előzmény: [2763] psbalint, 2008-11-19 23:56:37
[2763] psbalint2008-11-19 23:56:37

ez micsoda amit itt alkalmazol? leírod? (vagy csak én nem értem?)

Előzmény: [2761] jonas, 2008-11-19 19:55:25
[2762] Róbert Gida2008-11-19 21:08:59

Pari-Gp isprime() funkcióját használtam. Egy másik út:

(104,108] számokról van szó, így legbénább programmal is 9999 osztással ellenőrizheted, hogy prím-e: 2-től 10000-ig egyetlen egész számmal sem osztható, akkor prím.

Előzmény: [2760] MTM, 2008-11-19 18:04:10
[2761] jonas2008-11-19 19:55:25

Mindegyik páratlan, nem ötre végződik, a hármas maradékuk rendre 2, 1, 1, és egyik sem pont 91, úgyhogy prímek.

Előzmény: [2758] MTM, 2008-11-19 17:26:29
[2760] MTM2008-11-19 18:04:10

Helyes a válasz, de hogyan jött ki (milyen prímtesztet használtál)?

Előzmény: [2759] Róbert Gida, 2008-11-19 17:44:26
[2759] Róbert Gida2008-11-19 17:44:26

Mind a három prím.

Előzmény: [2758] MTM, 2008-11-19 17:26:29
[2758] MTM2008-11-19 17:26:29

Hello!

Prímszám-e a, 99999989 b, 66666667 c, 11111101?

MTM

[2757] Róbert Gida2008-11-13 19:44:57

K=\frac {10^n-1}{9}-hez a minimális jegyösszegű többszöröshöz n jegyösszeg kell. Ha n nem osztható 3-mal, akkor K sem, így ez a sorozat sem korlátos. Hasonló igaz minden számrendszerre.

Előzmény: [2756] Sirpi, 2008-11-13 18:06:01
[2756] Sirpi2008-11-13 18:06:01

Szép, frappáns megoldás. Viszont az még mindig kérdés, hogy a g-1-hez relatív prímekre is igaz-e a nemkorlátosság.

Csak egy érdekes példa, továbbra is 10-es számrendszernél maradva. A 31-hez legkisebb összegként 3 tartozik (bizonyítsátok be, hogy 2-vel nem lehet), és a legkisebb ilyen többszörös a 10000011. Jó messzire el kellett menni, hogy az eredeti 3+1-et megjavítsuk :-)

Előzmény: [2754] Róbert Gida, 2008-11-13 17:07:09
[2755] Róbert Gida2008-11-13 17:16:46

A két kérdés ugyanaz. Ha van s jegyösszegű többszöröse n-nek, akkor van s jegyösszegű 01 többszörös is.

Előzmény: [2753] Alma, 2008-11-13 16:54:41
[2754] Róbert Gida2008-11-13 17:07:09

Az első ellenpélda n=99, ehhez 18 a minimális jegyösszeg. Ebből meg már könnyű látni, hogy a sorozatod nem korlátos, mert 10n-1-hez 9*n lesz a minimális jegyösszeg. Ez más számrendszerben is igaz: gn-1-nek (g-1)*n a minimális jegyösszeg.

Előzmény: [2751] Sirpi, 2008-11-13 15:53:19
[2753] Alma2008-11-13 16:54:41

Szerintem félreértetted.

"Hasonló minimalizmusra törekedve azt is meg lehet keresni, hogy az egyes számoknak melyik az a többszöröse, aminek számjegyösszege minimális"

Ennek semmi köze nincs a csupa 0ákból és 1ekből álló számokhoz, az csak egy analógia volt a minimalizmusra, ha jól értem.

Előzmény: [2752] HoA, 2008-11-13 16:35:48
[2752] HoA2008-11-13 16:35:48

Vagy nagyon nem értem amit írsz, vagy kicsit összekevered a dolgokat. Ha az a kérdés, melyik az a legkisebb, tizes számrendszerben felírt, csak 0 és 1 jegyekből álló szám, amelyik az adott számnak többszöröse, és ebben mennyi a számjegyek összege, akkor "1 (számjegyösszeg 1), 2-nek 10 (1)" rendben van. Ugyancsak jó a "4-nek 100 (1), 5-nek 10 (1)" , valamint "7-nek 1001 (2), 8-nak 1000 (1)". De mi az, hogy 3-nak 3 (3) ? Mióta áll a "3" csak egyesekből és nullákból? Vagy mi az, hogy 6-nak 12 (3) ? És 9-nek 9? Szerintem 3-nak 111 (3), 6-nak 1110 (3) és 9-nek 111111111 (9).

Ami az érdemi részét illeti, miért gondolod, hogy egy jó nagy prímszámnak a csak 0-1 jegyekből álló többszörösei között van olyan, amelyben csak 9 egyes szerepel?

Előzmény: [2751] Sirpi, 2008-11-13 15:53:19
[2751] Sirpi2008-11-13 15:53:19

Ez a probléma tegnap merült fel bennem, úgyhogy ide be is írom (egyelőre még nem oldottam meg):

Az ugye közismert, hogy minden egész számnak van csupa 0-sból és 1-esből álló többszöröse. Hasonló minimalizmusra törekedve azt is meg lehet keresni, hogy az egyes számoknak melyik az a többszöröse, aminek számjegyösszege minimális: például az 1-nek a legkisebb ilyen többszöröse az 1 (számjegyösszeg 1), 2-nek 10 (1), 3-nak 3 (3), 4-nek 100 (1), 5-nek 10 (1), 6-nak 12 (3), 7-nek 1001 (2), 8-nak 1000 (1), 9-nek 9 (9) stb. Vagyis Ezt a sorozatot kapjuk: 1 1 3 1 1 3 2 1 9 1 2 3 ...

Na, akkor a kérdés: Igaz-e, hogy minden számnak van olyan többszöröse, ahol a számjegyösszeg legfeljebb 9? (a 9-cel osztható számok miatt ennél alacsonyabb korlát biztos nincs) Tovább megyek: ha ez igaz, és ha a 3-mal osztható számokat nem nézzük, akkor lehet vajon kisebb korlátot mondani?

Valamint általánosan is érdekelne a dolog: minden g számrendszerben igaz az, hogy minden számnak van olyan többszöröse, aminek (g-es számrendszerbeli) számjegyösszege legfeljebb g-1? És ha igen, akkor a g-1-hez relatív prím számoknál lejjebb lehet ezt a korlátot szorítani?

[2750] S.Ákos2008-11-11 21:28:43

kérdés: a XOA és az YOB szögek szögfelezői által bezárt szög hányszorosa a XOY szögnek?

Előzmény: [2749] Dorottya, 2008-11-11 19:44:44
[2749] Dorottya2008-11-11 19:44:44

Tudnátok segíteni? Az O középpontú körvonalon az X, A, B és Y pontok úgy helyezkednek el, hogy az XOY szöget az OA és az OB félegyenesek három egyenlő részre osztják. Az XOA és az YOB szögek szögfelezői merőlegesek egymásra. Mekkora az XOY szög? Előre is köszönöm...

[2748] Gyöngyő2008-11-10 22:39:32

Ebben a könyvben rendesen le van irva! De tudok majánlani még egy könyvet,az egyik tanárom irta Németh József:Előadások a végtelen sorokról ami szintén polygonos!

Előzmény: [2747] Mirinda, 2008-11-10 22:27:39
[2747] Mirinda2008-11-10 22:27:39

Ohh köszi szépen.És ööö ebbe a könyvbe le van vezetve,vagy részletesen ki van e tárgyalva?vagy csak néhány sornyi említés van róla.....köszi elöre is a válaszokat Üdv.:Dani

[2746] Lóczi Lajos2008-11-09 23:32:58

Már hogy ne lenne magyarul: http://www.math.u-szeged.hu/polygon/sznagy.html

Előzmény: [2745] Alma, 2008-11-09 22:25:45
[2745] Alma2008-11-09 22:25:45

Szia,

régebben én is elgondolkodtam ezen a kérdésen (najó, rákerestem a neten :D). Akkor én magam is megtaláltam a Weierstrass függvényt, és be is bizonyítottam, hogy valóban folytonos, de sehol nem differenciálható (legalábbis valami bizonyítás szerű dolgot csináltam). Wikipédián keress rá, hogy "Weierstrass function", ott lesz egy cikk. Angol ez is, de magyarul szerintem kizárt, hogy találsz valami jót erről. Érdemes vizsgálni a függvényt (folytonosság szempontjából), és érdemes megpróbálni deriválni is szerintem. Régebben ábrázoltattam is, ezt most felteszem a netre: http://rapidshare.com/files/162238406/Weierstrass.bmp.html Bár a wikipédián is van ábrázolva.

üdv, Alma

Előzmény: [2741] Mirinda, 2008-11-09 01:11:16
[2744] BohnerGéza2008-11-09 21:27:48

Érdemes elgondolkodni a következő fv-en:

Legyen a fv minden irrac helyen 0, a rac helyeken pedig: a p/q helyen, ahol (p,q)=1, 1/q.

Előzmény: [2741] Mirinda, 2008-11-09 01:11:16
[2743] Mirinda2008-11-09 19:35:00

Köszi szépen.Csak sajna angol...magyarul sehol se találtam erröl a témáról.Lehet muszáj lesz nekiülnöm és forditani,de a tanárom azt mondta hogy nagyon nehéz,nemhogy még angolul.De azér thx még1szer,és ha valaki kicsit értene 1 picit ehez annak megköszönném nagyon...fontos..:S

[2742] Róbert Gida2008-11-09 01:30:59

Google jó barátod: http://www-formal.stanford.edu/jmc/weierstrass.html

Előzmény: [2741] Mirinda, 2008-11-09 01:11:16
[2741] Mirinda2008-11-09 01:11:16

helo mindenkinek!Egy olyan kérdéssel fordulnék hozzátok hogy:Mondjunk egy olyan függvényt amely mindenhol folytonos és sehol sem deriválható!!! 1-2 link-nek is örülnék a feladattal kapcsolatban,de örömmel várom a válaszokat is. Köszönöm előre is !!! Üdv.: Mirinda

[2740] Ali2008-11-06 10:03:16

Szervusz, csak egy megoldása van, az amit írtál.

Biz: t=z helyettesítéssel kapjuk, hogy (x-z)[(f(x)+g(x)-2z]\ge0. Ha x > z, akkor f(x)+g(x)\ge2z \implies f(x)+g(x)-2x\ge2(z-x). Ha x<z, akkor f(x)+g(x)\le2z \implies f(x)+g(x)-2x\le2(z-x). Vagyis |f(x)+g(x)-2x|\le2|z-x|. Ez teljesül \forallz\inU -ra, ezért f(x)+g(x)=2x.

Elvégezve a g(x)=2x-f(x) helyettesítést az eredeti egyenlőtlenségben, némi átalakítás után kapjuk, hogy [2x-f(x)](z-t)+(x-z)2+(x-t)2\ge0. t=x helyettesítés után (z-x)[z+x-f(x)]\ge0 kell hogy teljesüljön \forallz\inU -ra.

Ha z>x, akkor f(x)\lez+x \implies f(x)-2x\lez-x. Ha z<x, akkor f(x)\gez+x \implies f(x)-2x\gez-x \implies |f(x)-2x|\le|z-x| igaz \forallz\inU -ra. Ebből már következik, hogy f(x)=2x.

Honnan jött ez a feladat ?

Előzmény: [2739] Cckek, 2008-11-05 18:53:37
[2739] Cckek2008-11-05 18:53:37

Adjunk példát olyan f,g függvényekre melyekre x egy U környezetében fennáll az

(f(x)-z-t)(x-z)+(g(x)+z-t)(x-t)\ge0,\forallz,t\inU. Én csak egyet találtam f(x)=2x,g(x)=0. Elkelne a segitség. Köszi.

[2738] Lóczi Lajos2008-10-22 14:44:09

Adjuk meg az összes olyan c valós számot, amelyre az x4-2x2-3x+c polinomnak pontosan két valós gyöke van.

[2737] Csimby2008-10-16 17:42:46

Ügyes! Én is ezt ismertem.

Előzmény: [2736] jenei.attila, 2008-10-16 12:49:00
[2736] jenei.attila2008-10-16 12:49:00

A valós számokhoz fogok megadni temészetes számokból álló sorozatokat a következőképpen: legyen x egy valós szám, és tekintsük az x-nél kisebb racionális számok X halmazát (ha jól emlékszek, Dedekind szeletnek nevezik). Mivel a rac. számok halmaza megszámlálható, ezért sorozatba rendezhető. Feleltessük meg X-nek (és ezzel együtt x-nek) azt a természetes számokból álló sorozatot, amely a most említett racionális számok sorbarendezése szerint az X-beli racionális számok indexeit tartalmazza. Ez a természetes számoknak egy részhalmaza lesz, jelöljük Nx-szel. Ha x és y valós számokra x<y, akkor a megfelelő Dedekind szeleteikre X\subsetY, ezért Nx\subsetNy is igaz. Minden x valós számhoz megadva a szóban forgó Nx-et, a természetes számok részhalmazainak egy olyan rendszerét kapjuk, amelyben bármely két elem összehasonlítható (a tartalmazásra nézve), hiszen bármely két valós szám is összehasonlítható (a szokásos rendezési relációra nézve).Másrészt ez a rendszer nem megszámlálható, mint ahogy a valós számok halmaza sem az.

Előzmény: [2733] Csimby, 2008-09-25 16:56:11
[2735] sakkmath2008-10-07 12:46:46

Szia!

A Mathematics Magazine 2008/júniusi számának NET-re tévedt változatában is olvasható ez a feladat. Javasolom, hogy csak az általuk megadott beküldési határidő után, azaz 2008. november 2-től tegye közzé bárki az ott 1797-es sorszámú feladat megoldását.

Előzmény: [2727] Gyöngyő, 2008-09-10 17:31:24
[2734] kiskiváncsi2008-09-26 00:11:56

1369 et nézegettem. Epsilon 1374 ebből jön, továbbá egy jó rekurzió amiből az indukciós feltevés (1376 kérdés) és egy jó Gamma fv a kifejezésre. De számoljatok utána. Epsilon :)

\frac2\pi\int_0^\frac\pi2\sin^{2k}xdx= 
\frac{(2k-1)!!}{2k!!} =\frac{1}{\sqrt{\pi}}\frac{\Gamma(\frac{2k+1}{2})}{\Gamma(k+1)}

ez k>-1/2 re igaz, de csak 2k (páros) kitevőre

\frac2\pi\int_0^\frac\pi2\sin^{2k}xdx= 
-\frac2\pi\frac{\sin^{2k-1}x\cos{x}}{2k}|_{0, ha x=0 vagy x= \frac\pi2}+\frac{2k-1}{2k}\frac2\pi\int_0^\frac\pi2\sin^{2k-2}xdx

ez k>0 ra igaz

vagyis a bizonyitando

a_{2k}=\frac{2k-1}{2k}a_{2k-2}

igaz

akkor

a_{2k+2}=\frac{(2k+2)-1}{2k+2}a_{(2k+2)-2} is igaz

[2733] Csimby2008-09-25 16:56:11

332.feladat Megadható-e olyan, a természetes számok részhalmazaiból álló halmazrendszer, melynek több mint megszámlálható sok eleme van és bármely két A,B elemére vagy A\subsetB vagy B\subsetA?

[2732] Lóczi Lajos2008-09-22 23:43:51

Így már szebb :)

Előzmény: [2731] kiskiváncsi, 2008-09-22 22:44:56
[2731] kiskiváncsi2008-09-22 22:44:56

x,\tau,t,Re(s)>0 továbbá x független t, s és \tau tól

f(\tau)= \frac{x}{2\sqrt{\pi}\sqrt{\tau^3}}e^\frac{-x^2}{4\tau}

L[f(\tau)](s)= e^{-x\sqrt{s}}

L[e^{-t}e^{\tau}f(\tau)](s)= e^{-t}e^{-x\sqrt{s-1}}

L[\int_0^tf(\tau)-e^{-t}e^{\tau}f(\tau)d\tau](s)=\frac{e^{-x\sqrt{s}}}{s} - e^{-t}\frac{e^{-x\sqrt{s-1}}}{s}=F(s;x)

L-1[F(s;x)](t)=g(t;x) tehát a határozott integrál.

A tárgyfüggvényen:

\lim_{x\to 0}g(t;x)=a

A képfüggvény invertálásával

L^{-1}[\lim_{x\to 0}F(s;x)]=1-e^{-t}=a

A keresett határérték:

\lim_{x\to 0}(1-g(t;x))=1-a=e^{-t}

\lim_{t\to 0}e^{-t}=1

\lim_{t\to\infty}e^{-t}=0

Előzmény: [2730] Lóczi Lajos, 2008-09-21 20:13:51
[2730] Lóczi Lajos2008-09-21 20:13:51

Sajnos nem. (Ahogy például (1/n).n sem 0, hiába tart az első tényező 0-hoz.)

Előzmény: [2729] kiskiváncsi, 2008-09-21 15:35:17
[2729] kiskiváncsi2008-09-21 15:35:17

bocs 1

Előzmény: [2728] kiskiváncsi, 2008-09-21 15:34:24
[2728] kiskiváncsi2008-09-21 15:34:24

lim 1-xf(t,x)ez nulla, ha x tart nulla

Előzmény: [2726] Lóczi Lajos, 2008-08-12 13:13:41
[2727] Gyöngyő2008-09-10 17:31:24

Sziasztok!

Itt van egy érdekes feladat:

Legyenek a,b,c nemnegatív valós számok.Számoljuk ki az alábbi határértéket: \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac{\sqrt{n^2+kn+a}}{\sqrt{n^2+kn+b}\sqrt{n^2+kn+c}}

Üdv.: Gyöngyő

[2726] Lóczi Lajos2008-08-12 13:13:41

Egy feladat "melléktermékeként" került elő a következő kérdés.

Legyen t>0 rögzített. Mennyi az


1-{\frac{x}{2\sqrt{\pi}}\int_0^t \frac{1-e^{\tau-t}}{\tau^{3/2}} e^{-x^2/(4\tau)}d\tau}

kifejezés határértéke, amint x\to0+ ?

[2725] Gyöngyő2008-07-27 16:37:54

Persze akit érdekelnek a könyvek irjon e-mailt,és elküldöm a listát.

Üdv.: Zsolt

[2724] Gyöngyő2008-07-27 16:35:51

Kedves R.G.

Teljesen igazad van,én kérek bocsánatot! Helyesbitek,akkor van 5db egyenként 400 oldalas Ramanujan jegyzetfüzetem a gépen!

[2723] Róbert Gida2008-07-27 01:09:03

Az érdekes lenne, mert Ramanujan-nak nem voltak könyvei, jegyzetfüzetei voltak.

Előzmény: [2721] Gyöngyő, 2008-07-24 08:01:03
[2722] jenei.attila2008-07-26 09:23:23

Szerintem sokunkat érdekelne. Hogy tudnád közzétenni, vagy elküldeni? Előre is köszi.

Előzmény: [2721] Gyöngyő, 2008-07-24 08:01:03
[2721] Gyöngyő2008-07-24 08:01:03

Sziasztok!

Kit érdekelne esetleg egy pár db könyv(angolul),pdf fájlban? 8gb anyag körülbelül 3500db könyvem van,és jobbnál jobb témák,pl: Ramanujan könyvek. Akit érdekel bátran irjon!

Üdv.: Zsolt

[2720] szbela2008-07-16 21:31:38

Sziasztok!

Először is elnézést a hanyag TEX miatt. Egy picit másképpen Cckek feladatának megoldása:


\int_0^1f(x)dx=\int_0^af(x)dx

mert 
\int_a^1f(x)dx=0

Legyen g(x):=f(x)/s , ahol s:=sup{|f'(x)|,x\in[0,1]}

ekkor nyilván sup{|g'(x)|,x\in[0,1]}=1

Azt kell belátnunk, hogy \bigg|\int_0^a g(x)dx\bigg|<=a/2

Megmutatjuk, hogy |g(x)|<=a-x+|g(a)| \forallx\in[0,a]-ra

Tfh indirekten, hogy \existsy\in[0,a] melyre |g(y)|>a-y+|g(a)|

ha a=y, akkor nyilvánvalóan ellentmondásra jutunk, ha a\neqy akkor átrendezés után 1< \frac{|g(y)|-|g(a)|}{a-y}

Alkalmazzuk a háromszögegyenlőtlenséget és mivel a>y, így: 1< \frac{|g(y)|-|g(a)|}{a-y} <= \frac{|g(y)-g(a)|}{|a-y|}=\frac{|g(a)-g(y)|}{|a-y|}= \bigg|\frac{g(a)-g(y)}{a-y}\bigg|
Amire alkalmazva Lagrange-középértéktételét, adódna hogy \existsz\in(y,a) melyre |g'(z)|>1 Ellentmondásra jutottunk.

Beláttuk tehát, hogy |g(x)|<=a-x+|g(a)| \forallx\in[0,a]-ra

Alkalmazzuk, hogy \big|\int_0^a g(x)dx \big| <=\int_0^a |g(x)|dx
Mivel |g(x)|-et majorálja a-x+|g(a)| [0,a]-n, ezért \int_0^a |g(x)|dx<=\int_0^a a-x+|g(a)| dx és így elég megmutatnunk, hogy \int_0^a a-x+|g(a)| dx <=a/2 Alkalmazva a Newton-Leibniz-tételt: \int_0^a a-x+|g(a)| dx =a^2- \frac{a^2}{2}+ |g^{'} (a)|* a=\frac{a^2}{2}+ |g^{'} (a)|* a= \frac{a}{2}*(a+ |g^{'}(a)|)

Így most már csak azt kell megmutatni, hogy |g'(a)|<=1-a

Alkalmazva az integrálszámítás középértéktételét \existss\in[a,1] 0=\int_a^1 g(x)dx=(1-a)*g(s) Ebből következik, hogy g(s)=0, hiszen a\neq1

 |g(a)|=\bigg|\big(g(s)-g(a)\big)*\frac{a-s}{s-a}\bigg|=|g^{'}(z)|*|a-s|

ismét alkalmazva Lagrange középértéktételét adódik, hogy van ilyen z\in(a,s)

|g'(z)|*|a-s|<=|a-s|=s-a hiszen s>a, s<=1. Amiből adódik, hogy |g'(a)|<=1-a

Így bebizonyítottuk az állítást.

Előzmény: [2711] HoA, 2008-07-08 17:35:00
[2719] Gyöngyő2008-07-14 17:02:45

Akkor itt egy másik:

Bizonyítsuk be,hogy

(a,b)=\sum_{m=0}^{a-1}\sum_{n=0}^{a-1}\frac{1}{a}e^{\frac{2\pi ibmn}{a}}

[2718] jenei.attila2008-07-14 11:32:57

A sorozatot kicsit elszámoltam: 1,2,4,3,6,10,12,4,8,18,...

Előzmény: [2717] jenei.attila, 2008-07-14 11:17:24
[2717] jenei.attila2008-07-14 11:17:24

Tisztázva az eddigieket: a 2m\equiv-1 (mod 2n-1) kongruencia természetesen előállhat, de ez nem jelenti azt, hogy a bal oldali oszlop teljesen fekete lesz. A zavart az okozza, hogy ha 2m\equiv0 (mod 2n-1), az jelentheti a 2n-1 sorszámú korongot is. A kezdetben 0 (bal alsó) illetve 2n-1 (jobb felső) sorszámú korongok minden művelet után eredeti helyükre térnek vissza, ezért elég a többi korong mozgását követni. Ha 2m\equivq (mod 2n-1) (a jobb alsó korong m művelet után a q pozícióba kerül) és 2\leq\le2n-2, akkor könnyen látható, hogy van olyan páros p (2\lep\le2n-2), amelyre qp mod 2n-1 páratlan. Ez azt jelenti, hogy a kezdetben páros p sorszámú korong (bal oszlopbeli fehér) páratlan pozícióba, azaz a jobboldali oszlopba kerül. Márpedig a jobboldali oszlop soha nem lehet teljesen fehér, mivel a tetején mindig fekete korong áll. Vagyis m művelet elvégzése után csak akkor lesznek újra egyszínűek az oszlopok (és ekkor minden korong az eredeti helyére kerül vissza), ha 2m\equiv1 (mod 2n-1).

Ha 2m\equivq (mod 2n-1) és 2\leq\le2n-2 akkor p legyen 2n-1/q felső egészrésze, vagy ha ez páratlan adjunk még hozzá 1-et. Ezzel a p-vel qp páros és 2n\leqp\le4n-3, vagyis qp mod 2n-1 =qp-(2n-1), ami páratlan.

Összefoglalva: an olyan, hogy 2an\equiv1 (mod 2n-1). an néhány első értéke: 1,2,4,6,6,10,12,8

Előzmény: [2713] jenei.attila, 2008-07-12 17:05:19
[2716] nadorp2008-07-14 09:01:42

Lásd ugyanezen topik Fálesz Mihály [1944] hozzászólását ( jelenleg a 31. oldalon található)

Előzmény: [2714] Gyöngyő, 2008-07-13 04:19:57
[2715] Róbert Gida2008-07-13 16:30:11

Mértani sor összegképletét használva az állítás átírható a következő szintén érdekes alakra:

\sum_{n=1}^{\infty} \frac {2^{omega(n)}}{n^2}=\frac 52

Ahol omega(n) az n különböző prímosztóinak a száma. Bár nem tudom, hogy ez segít a bizonyításhoz...

Előzmény: [2714] Gyöngyő, 2008-07-13 04:19:57
[2714] Gyöngyő2008-07-13 04:19:57

Bizonyítsuk be,hogy

\prod\frac{p^2+1}{p^2-1}=5/2

ahol p végig fut a primek halmazán.

[2713] jenei.attila2008-07-12 17:05:19

Javítás: "1 vagy -1 2-es alapú logaritmusa modulo 2n+1" helyesen: 1 vagy -1 2-es alapú logaritmusa modulo 2n-1. Másrészt a 2m\equiv-1 (mod 2n-1) kongruencia valószínűleg soha nem állhat elő, mert a 0 sorszámú korong mindig helyben marad, vagyis a baloldali oszlop soha nem lehet teljesen fekete, márpedig ebből a kongruenciából az következne. Ezen még gondolkozok.

Előzmény: [2712] jenei.attila, 2008-07-12 15:49:09
[2712] jenei.attila2008-07-12 15:49:09

Lórántfy zsetonos feladatáról néhány gondolat. Számozzuk a zsetonokat a következőképen: A baloldali oszlop alsó korongja 0, a jobboldali oszlop alsó korongja 1, a bal oszlop alulról második korongja 2, a jobb oszlop alulról második korongja 3, s.í.t. sorszámokat kapnak. Vagyis a bal oszlopban alulról számolva 0-tól 2n-2 -ig páros sorszámot kapnak, míg a jobboldali oszlopban 1-től 2n-1 -ig páratlan sorszámot kapnak a korongok. összefésülés után, nyilván alulról 0-tól 2n-1 -ig lesznek megszámozva a korongok az egyesített oszlopban. Felezzük el az összefésült oszlopot lórántfy utasítása szerint, majd számozzuk újra a korongokat az előző eljárás szerint. Ekkor, ha egy korong sorszáma eredetileg p volt, akkor újraszámozás után ugyanez a korong 2p mod 2n-1 sorszámot kap. Ha pl. n=3 és a 3-as sorszámú korongot tekintjük (jobboldali oszlop alulról második korongja), akkor ez a 2*3=1 (mod 5) sorszámot kapja, ami azt jelenti, hogy a művelet elvégzése után a jobboldali oszlop aljára kerül. Általában m művelet elvégzése után az eredetileg p sorszámú korong a 2mp mod 2n-1 sorszámot kapja. Látható, hogy így minden egyes korong mozgását pontosan nyomon tudjuk követni. Tekintsük az eredetileg 1-es sorszámú (jobb oszlop alsó) korongot. Ha 2m\equiv1 (mod 2n-1), akkor m menet után ez a korong az eredeti helyére ér vissza. De ekkor minden korong is az eredeti helyére ér vissza, mert nyilván 2mp\equivp (mod 2n-1) is igaz. Ha 2m\equiv-1\equiv2n-2 (mod 2n-1), akkor az eredetileg jobb oszlop alsó korongja a bal oszlop tetejére érkezik, és mindkét oszlop oszloponként egyszínű korongokból fog állni, csak éppen az eredeti sorrend fordítottjaként. Tehát a válasz: ha 2m\equiv\pm1 (mod 2n-1), akkor m művelet elvégzése után biztosan újra egyszínű oszlopokat kapunk. Próbálgatással úgy tűnik azonban, hogy kevesebb lépésben ez nem áll elő. Ezt még be kéne bizonyítani. természetesen az m többszörösei is jók, tehát a legkissebb ilyen m-et keressük (1 vagy -1 2-es alapú logaritmusa modulo 2n+1; nem tudom hogy lehet könnyen kiszámítani).

Előzmény: [2694] lorantfy, 2008-06-20 11:10:20
[2711] HoA2008-07-08 17:35:00

Amíg nem születik prcíz megoldás, itt egy geomatriai megközelítés, ahol elfogadjuk, hogy "határozott integrál" = "görbe alatti terület" és f'(x) = "érintő meredeksége". A feltétel miatt

\int_0^1f(x)dx = \int_0^af(x)dx  + \int_a^1f(x)dx = \int_0^af(x)dx

Legyen s=sup{|f'(x)|:x\in[0,1]}>0 ( a triviális 0 esettől eltekinthetünk ). Mindkét oldalt s-sel osztva a baloldalon g(x) = 1/s f(x) integrálja szerepel, a jobboldalon a/2 . Bizonyítandó tehát:

\left |\int_0^ag(x)dx \right|\le \frac a2 ,

ahol g olyan függvény, melyre sup{|g'(x)|:x\in[0,1]}=1 . Tegyük fel, hogy g(a)=h\ge0 ( ellenkező esetben az abszolút érték miatt vehetjük a -g(x) függvényt ) Ha ábrázoljuk g(x)-et, megállapíthatjuk, hogy 0 és a között nem lehet pontja a -1 meredekségű y = h - ( x - a ) = h + a - x egyenes felett, ugyanis ha valamilyen u-ban g(x) > h + a - u , akkor u és a között lenne olyan v, ahol |g'(v)| > 1. Ugyanígy nem lehet g(x)-nek pontja (0,a) -ban az y = h + x - a egyenes alatt sem. A baloldali integrál abszolut értéke, a görbe alatti terület akkor a legnagyobb, ha a teljes rendelkezésre álló pozitív tartományt kitölti, vagyis \left |\int_0^ag(x)dx \right| = T_1 \le  ah + \frac {a^2}{2} . a és 1 között a görbe alatti terület 0, tehát g(x) negatív értéket is felvesz, ezért van olyan x\in(a,1) , ahol g(x) = 0 . Az a-hoz legközelebbi ilyen x legyen b. Az előzőekhez hasonlóan belátható, hogy a és b között a görbének nem lehet pontja az y = h + a - x egyenes alatt, így b\gea+h és \int_a^bg(x)dx = T_2 \ge \frac {h^2}{2}  Végül a (b,1) szakaszon \int_b^1g(x)dx  = -T_2, a görbének nem lehet pontja az y = b -x egyenes alatt, amiből az előzőekhez hasonlóan  T_2 \le \frac {(1-b)^2}{2} következik. Egyenlőtlenségeinket egybevetve

 \frac {h^2}{2} \le T_2 \le \frac {(1-b)^2}{2} \le \frac {(1-(a+h))^2}{2} . Nemnegatív számokról lévén szó  h \le 1 - (a+h) ; h \le \frac {1-a}{2}

\left |\int_0^ag(x)dx \right| = T_1 \le  ah + \frac {a^2}{2} \le  \frac {a(1-a)}{2} + \frac {a^2}{2} = \frac {a}{2}

Előzmény: [2710] Cckek, 2008-07-04 10:43:05
[2710] Cckek2008-07-04 10:43:05

Legyen f:[0,1]\toR deriválható függvény, úgy hogy létezik a\in(0,1) melyre \int_a^1f(x)dx=0. Bizonyitsuk be hogy:

\left|\int_0^1f(x)dx\right|\le \frac{a}{2} sup\{|f'(x)|:x\in[0,1]\}.

[2709] Csimby2008-06-29 20:38:01

A céltábla középpontja csak a 2×2-es négyzet közepébe eső 1×1-es négyzetbe eshet. Egy lövés akkor találja el a céltáblát, ha annak \frac{1}{2} sugarú környezetébe esik a céltábla középpontja. A kérdés tehát az, legkevesebb hány \frac{1}{2} sugarú körrel fedhető le az egységnégyzet. Ehhez pedig legalább 4 szükséges ugyanis tekintsük a négyzet sarkait, ha 3 körrel le tudnánk fedni, lenne két sarok amit ugyanaz a kör fed le. Ez csak úgy lehet ha az egyik oldal a az egyik kör átmérője, a kimaradó rész pedig könnyen láthatóan nem fedhető le 2 körrel (a két már lefedett sarokhoz akármilyen közel van még lefedendő pont így megint oldal átmérőjű köröket kell elhelyezni).

Előzmény: [2707] Python, 2008-06-29 20:05:28
[2708] rizsesz2008-06-29 20:14:43

4 elég.

Előzmény: [2707] Python, 2008-06-29 20:05:28
[2707] Python2008-06-29 20:05:28

Egy 2x2 méteres négyzet alakú papírlap mögött el van rejtve egy 1 méter átmérőjű kör alakú céltábla. Legalább hányszor kell rálőnie egy mindig pontosan célzó mesterlövésznek, hogy biztosan eltalálja a céltáblát? (A találatok pontszerűek, a céltábla pereme is érvényes találat.)

[2706] jenei.attila2008-06-27 22:15:49

Nagyon szép. Máris találtunk 3 látszólag teljesen különböző rekurziót. Mepróbáltam a teljes indukciós bizonyítást, egyelőre nem sokra jutottam vele, de még nem adtam fel. Azért nem könnyű. Kiváncsi lennék egy közvetlen kombinatorikai gondolatmenetre, ami egyből kiadja a zárt alakot.

Előzmény: [2705] leni536, 2008-06-27 18:43:15
[2705] leni5362008-06-27 18:43:15

Legyen n db nyitó és n db záró zárójelünk. A helyes zárójelezések száma an.

a0=1

Vizsgáljuk meg, hogy n+1 db nyitó és záró zárójelből hány zárójelezés készíthető. A zárójelezés nyilván egy nyitó zárójellel kezdődik, ennek keressük meg a záró párját. A kettő között elhelyezkedik k db zárójelpár, utána pedig n-k:

( k db zárójelpár ) n-k db zárójelpár

A két zárójel között ak, utána pedig an-k zárójelezés készíthető. Mivel k 0-tól n-ig terjedhet, ezért:

a_{n+1}=\sum_{k=0}^na_ka_{n-k}

Sirpi Wikipédiás linkje alapján ezek egyértelműen a Catalan számok.

[2704] Sirpi2008-06-27 13:47:57

Egyébként ezt az angol nyelvű linket is érdemes megnézni, itt 3 különböző bizonyítás is van a dologra (egy generátorfüggvényes és két elemi - utóbbinak külön szépsége, hogy az \frac 1{n+1} szorzót is megmagyarázza), zárójelezés helyett jobbra és felfelé lépkedő, főátló alá nem lépő királlyal.

Előzmény: [2703] lorantfy, 2008-06-27 11:05:36
[2703] lorantfy2008-06-27 11:05:36

Szép gondolat a rossz zárójelezések összeszámolásának ez a formája. Köszönöm a segítséget!

Előzmény: [2702] jenei.attila, 2008-06-25 14:57:28
[2702] jenei.attila2008-06-25 14:57:28

A képlet helyesen:

p_{n,n}=\binom{2n}{n}-\sum_{i=0}^{n-1} p_{i,i}\binom{2n-2i-1}{n-i}

Előzmény: [2701] jenei.attila, 2008-06-25 14:53:42
[2701] jenei.attila2008-06-25 14:53:42

A pn,z-re (ha n\nez) nem tudok zárt képletet, de pn,n másképp is felírható, ami alapján egy teljes indukciós bizonyítás sikerre kell hogy vezessen. Az összes zárójelezések száma \binom{2n}{n}, amiből ki fogjuk vonni a rossz zárójelezések számát. Vezessünk be egy s számlálót 0 kezdőértékkel, amely a zárójelekből álló sztringet elejétől olvasva 1-gyel nő, ha nyitó, illetve 1-gyel csökken, ha záró zárójelet olvasunk. A zárójelezés nyilván akkor romlik el, amikor az s -1 -et vesz fel, ez pedig csak páratlan pozícióban lehet. Pl. nyilván rossz a zárójelezés, ha )-lel kezdődik. Tehát a következőképpen számolunk: A szóban forgó páratlan pozíció (2i+1) előtt befejezett, jó zárójelezés áll (s=0), aztán záró zárójel következik. Ezen esetek száma az előző 2i pozíción létrejövő jó zárójelezések száma (pi,i), szorozva a 2i+2 -edik pozíciótól kezdődő összes zárójelezések számával (\binom{2n-2i-1}{n-i}). Ha i megy 0-tól n-1 -ig, ezek összege megadja az összes rossz zárójelezést. Vagyis:

p_{n,n}=\binom{2n}{n}-\sum_{i=0}^{n-1} \binom{2n-2i-1}{n-i}

Ebben a rekurzióban már csak egy index szerepel, úgyhogy teljes indukcióval bebizonyítható, hogy a Catalan számokat adja. Sok sikert.

Előzmény: [2700] lorantfy, 2008-06-24 10:55:29
[2700] lorantfy2008-06-24 10:55:29

Szia Attila!

Kösz a segítséget! Én is a Catalan számokra gondoltam, csak még bizonyítani kéne.

Előzmény: [2695] jenei.attila, 2008-06-23 16:27:11
[2699] rizsesz2008-06-23 21:39:37

A nem azonos indexpárral rendelkező tagokra nincsen valami képlet? Nagyon indukció szaga van :)

Előzmény: [2695] jenei.attila, 2008-06-23 16:27:11
[2695] jenei.attila2008-06-23 16:27:11

Sloane szerint ez a sorozat éppen \frac{\binom{2n}{n}}{n+1} ún. Catalan számok. Hogy ez hogy jön ki, azt még nem tudom.

Előzmény: [2698] jenei.attila, 2008-06-23 12:36:36
[2697] jenei.attila2008-06-23 13:03:50

Nem tudom beszúrni a linket. E téma 80. oldal, 685 hsz.

Link javítva - Sirpi

[2698] jenei.attila2008-06-23 12:36:36

Jelöljük pn,z-vel, az n db. nyitó és z db. záró zárójelből álló "folytatható" (n\gez) zárójelezések számát. Ha n kisebb mint z, akkor pn,z=0, ami azt jelenti, hogy kevesebb a nyitó mint a záró zárójel, vagyis a zárójelezés nem folytatható. Ekkor pn,0=1 (n db. nyitó zárójel), és

pn,z=pn,z-1+pn-1,z

megfelelően annak, hogy egy n nyitó és z-1 záró zárójelből álló, vagy egy n-1 nyitó és z záró zárójelből alló folytatható zárójelezést folytatunk nyitó, illetve záró zárójellel.

A feladat, nyilván a pn,n értékét kérdezi, amire az első néhány értéket kiszámolva:

p1,1=1,p2,2=2,p3,3=5,p4,4=14,p5,5=42

.

Zárt alakot nem sikerült találni, de egyébként a feladat tulajdonképpen azonos Atos gyógyszeres feladatával, amire szintén nem találtunk zárt alakot annak idején.

Előzmény: [2693] lorantfy, 2008-06-20 10:50:43
[2694] lorantfy2008-06-20 11:10:20
[2693] lorantfy2008-06-20 10:50:43

Van n db zárójelünk, fele nyitó fele záró. Hány féle helyes zárójelezést lehet ezekkel megvalósítani?

[2692] Lóczi Lajos2008-06-15 00:06:22

Írjuk fel az x\mapsto\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos(kx)}{k} függvény Fourier-sorát.

[2691] nadorp2008-06-11 07:56:12

Kösz, erre gondoltam.

Előzmény: [2689] leni536, 2008-06-10 14:15:46
[2690] Róbert Gida2008-06-10 18:34:59

Azt azért hozzátehetted volna, hogy a pontonkénti konvergenciát láttad be. A kérdés is egy kicsit gagyi volt, csak úgy, hogy konvergens nem mondjuk a függvényekre, szerintem. Továbbá azt sem árt megjegyezni, hogy az fn függvények nem ugyanazon az intervallumon vannak értelmezve...

Az egyenletes konvergencia már nem igaz.

Előzmény: [2686] leni536, 2008-06-09 18:12:37
[2689] leni5362008-06-10 14:15:46

Az an (bn) sorozat monoton növekvő (csökkenö) és felső (alsó) korlátja f(x). Ugyanis az n+1. intervallum részhalmaza az n. intervallumnak, ezért a fügvény minimuma (maximuma) az intervallumon nem csökkenhet (nőhet).

Előzmény: [2687] nadorp, 2008-06-10 08:56:14
[2688] Fálesz Mihály2008-06-10 11:13:41

"Arra vagyok nagyon kíváncsi, hogy van-e kombinatorikai interpretációja a feladatnak, és esetleg van-e kombinatorikai megoldása."

Van.

Előzmény: [2684] lgdt, 2008-06-09 00:24:52
[2687] nadorp2008-06-10 08:56:14

A befejezés egy kicsit hiányos.

"A folytonosság úgy teljesülhet, ha: ...", helyett az kéne, hogy

Mivel az f(x) függvény folytonos, ezért ....

De honnan tudjuk, hogy az an,bn sorozatok konvergensek, miért következik ez a folytonosságból ?

Előzmény: [2686] leni536, 2008-06-09 18:12:37
[2686] leni5362008-06-09 18:12:37

Legyen an a függvény minimuma, bn a függvény maximuma az \left[x-\frac1n,x+\frac1n\right] intervallumon.

\int_{x-\frac1n}^{x+\frac1n}a_ndt\le\int_{x-\frac1n}^{x+\frac1n}f(t)dt\le\int_{x-\frac1n}^{x+\frac1n}b_ndt

(Két függvényt integrálunk és az egyik minden pontban nagyobb vagy egyenlő, mint a másik)

\frac2na_n\le\int_{x-\frac1n}^{x+\frac1n}f(t)dt\le\frac2nb_n

a_n\le\frac{n}2\int_{x-\frac1n}^{x+\frac1n}f(t)dt\le b_n

A folytonosság úgy teljesülhet, ha:

\lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}b_n=f(x)

A rendőrelv alapján a keresett határérték:

\lim_{n\to\infty}f_n(x)=f(x)

Előzmény: [2685] Gyöngyő, 2008-06-09 17:01:17
[2685] Gyöngyő2008-06-09 17:01:17

Sziasztok!

Van egy jó kis feladatom!

Legyen f folytonos (0,1)-en. Konvergens-e a következő függvénysorozat?

f_n(x) := \frac n2 \int_{x-\frac 1n}^{x+ \frac 1n} f(t)dt

bocs, de a képletbeírási megoldásod "enyhén" rontotta a fórumképet, javítottam - Sirpi

[2684] lgdt2008-06-09 00:24:52

Hű, érdekes megoldások. Mi egy polinomos feladat kapcsán jöttünk rá, hogy ez így van.

Vegyük egy tetszőleges c-edfokú polinomfüggvény helyettesítési értékeit n+1 egymást követő egész helyen: P(x),P(x+1),...,P(x+n), legyen c<n.

Vonjuk ki az értékekből az őket megelőző értékeket (azaz képezzük a differencia-sorozatot), ekkor egy kisebb fokszámú polinomfüggvény helyettesítési értékeit kapjuk eggyel kevesebb helyen (vagy ha konstans 0 volt, akkor konstans 0-t).

Ezt n-szer ismételve egyetlen szám marad. Kövessük nyomon, hogy ez az első polinom helyettesítési értékeitől hogyan függ: látjuk, hogy mivel a képzési szabály éppen a váltakozó előjelekkel megtűzdelt Pascal-háromszög képzési szabálya, ezt kapjuk:

\sum_{k=0}^n(-1)^k P(x+k)\binom{n}{k}

Ekkorra a polinom már teljesen elfogy, ezért a megmaradó szám csak 0 lehet.

Írok egy példát is:

a, b, c, d, e // harmadfokú
b-a, c-b, d-c, e-d // másodfok
c-2b+a, d-2c+b, e-2d+c // elsőfokú
d-3c+3b-a, e-3d+3c-b // nulladfokú
e-4d+6c-4b+a = 0

Azért nagyon jó ez az egész, mert könnyen meg lehet vele mondani egy polinom következő helyettesítési értékét az előzőek alapján.

Arra vagyok nagyon kíváncsi, hogy van-e kombinatorikai interpretációja a feladatnak, és esetleg van-e kombinatorikai megoldása.

[2683] Káli gúla2008-06-08 22:57:04

Könnyebb az állítást kc helyett más c-edfokú polinomra igazolni. Ez természetesen az általánosság szempontjából mindegy. Például p(k)=\binom{k}{c} esetén, felhasználva a \binom{n}{k}\binom{k}{c}=\binom{n}{c}\binom{n-c}{k-c} azonosságot :

\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{n}{k}\binom{k}{c}=
\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{n}{c}\binom{n-c}{k-c}=
\binom{n}{c}\sum_{k=0}^{n-c}(-1)^k\binom{n-c}{k}=0.

(2) Ki lehetett volna indulni az (1+x)^n=\sum \binom{n}{k} x^k azonosságból is, amit c-szer deriválva \matrix{}x=-1-nél a \matrix{}q(k)=k(k-1). . . (k-c+1) polinomra adódik a keresett összefüggés.

Előzmény: [2681] lgdt, 2008-06-05 21:50:56
[2682] Enkidu2008-06-08 11:05:47

Előre is bocs, TeX-ben (újra)kezdő vagyok!

Ha bevezetjük az

 F(x,c,n)= \sum_{k=0}^n {(-1)^k (x+k)^c \binom{n}{k}}

jelölést, akkor az igazolandó állítás: F(0,c,n)=0, ha c<n. Mi egy kicsit általánosabbat fogunk bizonyítani: F(x,c,n)\equiv0 is igaz.

Biz.: Indukcióval.(Ha c,n-t rögzítjük, akkor F egyváltozós -csak x!- függvény.) Valamint a továbbiakban feltesszük, hogy n>c mindig.

F(x,1,2)=x-2(x+1)+(x+2)\equiv0, ez rendben. Ezek szerint F(x,1,2) (c,n-t rögzítve) a konstans 0 függvény, és persze -F(x+1,1,2)\equiv0 is igaz. Ha kirészletezzük

F(x,1,2) = (-1)^0 x \binom{2}{0} + (-1)^1 (x+1) \binom{2}{1} + (-1)^2 (x+2) \binom{2}{2}

valamint

-F(x+1,1,2) = -(-1)^0 (x+1) \binom{2}{0} - (-1)^1 (x+2) \binom{2}{1} - (-1)^2 (x+3) \binom{2}{2}

Mivel a binomiális együtthatókra igaz, hogy

\binom{n-1}{k-1} + \binom{n-1}{k} = \binom{n}{k}

, emiatt 0\equivF(x,1,2)-F(x+1,1,2)=F(x,1,3) is igaz. (Azért írtam ilyen részletesen, mert az indukció többi lépése ugyanerre az ötletre épül.)

Hasonlóan ha F(x,1,n)\equiv0, akkor -F(x+1,1,n)\equiv0 és az előzőek szerint F(x,1,n+1)\equiv0 is igaz, vagyis c=1-re igaz az állítás.

Másfelől ha F(x,c,n)-t x- szerint deriváljuk, F'(x,c,n)=cF(x,c-1,n). Emiatt, ha F(x,c,n)\equiv0, akkor F(x,c+1,n)\equivd valamilyen d számra. Azt kellene látni, hogy feltéve, hogy F(x,n-2,n)\equiv0, F(x,n-1,n)\equivd esetén d csak a 0 lehet. Ez pedig a következők miatt igaz: x=-n/2 helyettesítéssel:

F(-n/2,n-1,n) = \sum_{k=0}^n {(-1)^k (-n/2 + k)^{n-1} \binom{n}{k}}

itt n akár páros, akár páratlan az első-utolsó, második-utolsó előtti... tagok a szummában egymás ellentettjei (páros n esetén a középső tag egy 0), így összegük: 0. Mivel F(x,n-1,n) konstans volt, csak a konstans 0 lehet. Ezek szerint F(x,1,3)\equiv0 miatt F(x,2,3)\equiv0 is igaz, innen hasonlóan, mint c=1 esetén F(x,2,n) (n>2) is a konstans 0. Onnan F(x,3,4)\equiv0, majd F(x,3,n)\equiv0 (n>3) és így tovább... Ezzel az állítást beláttuk.

Melléktermékként kijöttek nekem a következő összefüggések (bizonyítás nélkül):

F(x,n,n) = \sum_{k=0}^n {(-1)^k (x+k)^n \binom{n}{k}} = (-1)^n n!

\sum_{n=0}^c \sum_{k=0}^n {(-1)^k (x+k)^c \binom{n}{k}} = (x-1)^c

Ez utóbbi két összefüggés (1.) x=0, valamint (2.) x=-1,0,1 esetén szép összegeket ad, valamint a második összegben c-helyett végtelenig is mehetünk.

Feladat: bizonyítsuk ezt a két utóbbi összeget!

Ui.: Bocs ez egy kicsit szószátyár lett. Hellósztok!

Előzmény: [2681] lgdt, 2008-06-05 21:50:56
[2681] lgdt2008-06-05 21:50:56

Lehet, hogy ez az alábbi túl könnyű feladatnak számít, nem tudom eldönteni.

Közismert, hogy a Pascal-háromszög bármely sorának tagjait váltakozó előjelekkel összeadva 0-t kapunk.

Ennél több is igaz: akkor is nullát kapunk, ha az n-edik sor tagjait (-1)kkc-nel szorozva (ahol k az oszlopindex) adjuk össze - feltéve, hogy c<n.

Miért van ez?

[2680] Lóczi Lajos2008-06-03 18:13:25

Elküldtem.

Előzmény: [2678] Gyöngyő, 2008-06-02 23:26:40
[2679] Gyöngyő2008-06-02 23:27:24

Mármint Lajos bocs a kisbetűért!

[2678] Gyöngyő2008-06-02 23:26:40

Sziasztok!

Akinek megvan az integrál szoljon már,mert engem nagyon érdekelne,vagy ha neked meg van lajos akkor elküldenéd az e-mail cimemre?

Köszönettel:

Gyöngyő

Előzmény: [2666] Lóczi Lajos, 2008-05-29 23:21:47
[2677] Lóczi Lajos2008-05-31 20:44:44

[A legutolsó képletbe nem másoltad át a fent még meglévő -ln 2 additív tagot, tehát a vége helyesen -\ln \left(2\sin\frac{x}{2}\right).]

Előzmény: [2676] Gyöngyő, 2008-05-31 17:14:24
[2676] Gyöngyő2008-05-31 17:14:24
[2675] Gyöngyő2008-05-31 17:13:56

Sziasztok!

Szórakozgattam egy kicsit,ezzel a fájlal! Megpróbálom feltölteni!

[2674] Lóczi Lajos2008-05-31 16:16:21

A megoldás szép, de sajnos még nem teljes. A logaritmus Taylor-sorának konvergenciasugara 1, ln (1+z) tehát egyenlő a sorfejtésével, ha |z|<1. Most nyilván |ei|=1. Honnan tudod, hogy |z|=1 esetén is szabad a sorfejtést használni? (Az általános esetben konvergencia és divergencia is előfordulhat a határkörvonalon...)

Előzmény: [2673] leni536, 2008-05-31 13:22:22
[2673] leni5362008-05-31 13:22:22

Vegyük az alábbi összeget:

\sum_{k=1}^\infty\frac{e^{ik}}{k}

Ennek a valós része a keresett összeget adja.

Ez az összeg az -\ln(1-z)\frac{}{} függvény Taylor-sora, ahol z=e^i\frac{}{}, tehát:

\sum_{k=1}^\infty\frac{e^{ik}}{k}=-\ln(1-e^i)

Komplex szám logaritmusának valós részét úgy kapjuk, hogy vesszük az abszolútértékének a logaritmusát.

Ábrázoljuk koordinátarendszerben! (ábra)

r=2\sin\frac12

Így a keresett összeg:

\sum_{k=1}^\infty\frac{\cos(k)}{k}=-\ln\left(2\sin\frac12\right)

Előzmény: [2667] Lóczi Lajos, 2008-05-30 00:48:34
[2672] Lóczi Lajos2008-05-31 00:06:24

Nem, nekem sikerült PDF-et is belinkelni. (Küldtem Gyöngyő levelet!)

Előzmény: [2671] jonas, 2008-05-30 23:53:22
[2671] jonas2008-05-30 23:53:22

Nem az a gond, hogy csak png, jpeg, gif, és windows bitmap formátumú képeket enged föl?

Előzmény: [2670] Gyöngyő, 2008-05-30 22:41:42
[2670] Gyöngyő2008-05-30 22:41:42

Probáltam feltölteni,de csak az egyik oldalt engedi feltölteni! Túl nagy gondolom.

[2669] Lóczi Lajos2008-05-30 21:05:10

Nem akarod a PDF-et feltölteni ide a fórumra a hozzászólásodhoz?

Előzmény: [2668] Gyöngyő, 2008-05-30 19:56:22
[2668] Gyöngyő2008-05-30 19:56:22

Sziasztok!

Megvan a sorösszeg de nem tudom begépelni,de megcsináltam pdf-be.Kinek tudnám elküldeni?

Üdv.:

Zsolt

[2667] Lóczi Lajos2008-05-30 00:48:34

Számítsuk ki a \sum_{k=1}^\infty \frac{\cos(k)}{k} összeget.

[2666] Lóczi Lajos2008-05-29 23:21:47

Számítsuk ki az \int_0^\infty \frac{\cos(x^2)}{\ln(x)} dx integrált.

[2665] médzsör2008-05-29 19:49:20

egy utolsó feladat ,hátha valaki kedvet kap..:): matek2 vizsgán volt példa(lineális algebra) számitsuk ki az integrál értékét azon a 3szögön, melynek csúcspontjai: p(1,-1) p(2,4) és p(2,-4) ez is 2ös integrál az integrál (3x-4y-1)dxdy ha ezt valaki megtudná csinálni jó lenne ,ugyanis hétfön ilyesmi példa is lessz...

[2664] Sirpi2008-05-29 18:33:26

Megoldani nem fogom, csak hátha így más kedvet kap:

\int_0^2 \int_0^{2-y} (2x-y)^2 dx dy

Bár ez mindkét változóban polinom, szóvan nem kellene, hogy az integrálás gondot okozzon.

Előzmény: [2663] médzsör, 2008-05-29 16:23:09
[2663] médzsör2008-05-29 16:23:09

sziasztok nekem a következö lenne a kérdésem 2ös integrállal kapcsolatba: csak leirni tudom

integrál 0-2ig integrál 0tol 2-y-ig (2x-y) a négyzeten dxdy valaki ezt megtudná oldani?

[2662] leni5362008-05-28 18:27:01

Ha az oldalközéppontokban helyezkednek el a farkasok, akkor a határ a sebességek arányára mindig 1, ha a csúcsokban vannak, akkor kissé húzósabb.

Szabályos háromszögnél \sqrt3 alatt van a nyúlnak stratégiája, viszont a farkasok stratégiáját még nem látom \sqrt3 fölött.

Előzmény: [2661] Enkidu, 2008-05-27 12:41:39
[2661] Enkidu2008-05-27 12:41:39

Sziasztok!

Ha van még kedve valakinek a feladattal foglalkozni, mi a helyzet, ha a farkasok egy szabályos n-szög csúcsaiban helyezkednek el (mondjuk n=3, esetleg 6 esetén)? Illetve mi a helyzet, ha egy kör mentén, a szomszéd farkasoktól azonos távolságra? Ez utóbbi nem tűnik túl könnyűnek, bár lehet, hogy a szabályos n-szögből kijön.

Ja és én sem foglalkoztam még vele, csak most úgy eszembe jutott ez a két kérdés.

Sziasztok!

Előzmény: [2660] leni536, 2008-05-26 22:41:11
[2660] leni5362008-05-26 22:41:11

Az első esetre, tehát amikor a farkasok kezdetben a sarkokban állnak:

Ha a farkasok és a nyuszi sebességének aránya nagyobb vagy egydenlő \sqrt2-vel, akkor állítsuk sarkára a négyzetet, ebben az esetben nyilvánvalóan látszik, hogy a szemközti farkasok be tudják lőni minden pillanatban a nyuszi koordinátáit.

Ha a farkasok és a nyuszi sebességének aránya kisebb \sqrt2-nél, akkor ezt az arányt nevezzük el \lambda-nak.

A nyuszi elindul egyenesen az egyik sarok felé és meg tesz \lambda\cdot\frac{a}2-nél valamivel hosszabb utat, ahol a a négyzet oldalának hossza. Ekkor megfigyeli, hogy a sarokban lévő farkas elmozdult-e. Ha jobbra mozdul el, akkor a nyuszi merőleges fordulatot vesz balra és kiszalad a kerítésen, ha balra, akkor pont fordítva, ha a helyén marad, akkor mindegy merre.

Az oldalfelezőpontos esetben is hasonlóak a stratégiák.

[2659] Sirpi2008-05-26 20:26:31

Pedig így van. Ha a sarkokban vannak, akkor kicsit kevesebb, mint \sqrt 2-ször gyorsabb farkasokkal is el tud bánni a nyuszi (középről), míg az oldalfelezőpontokból induló farkasok esetén 1-\varepsilon esetén van nyerő stratégiája. Utóbbi esetben könnyű látni, hogy a nyuszival azonos sebességű farkasok esetén nem tud kijutni: a farkasok mindig a nyuszi oldalakra vett merőleges vetületébe mozdulnak (már kezdetben is ott vannak). A feladat többi részét egyelőre nem lőném le.

Előzmény: [2658] jonas, 2008-05-26 14:32:49
[2658] jonas2008-05-26 14:32:49

Hogy lehetne a határ különböző csak attól, hogy a farkasok kezdetben máshol helyezkednek el?

Előzmény: [2657] leni536, 2008-05-26 12:14:58
[2657] leni5362008-05-26 12:14:58

Ebben az utóbbiban a határ 1 lesz. 1 alatt van stratégiám a nyúl számára. Ha pont 1, akkor a farkasok nyernek.

Az eredeti feladatban nálam is \sqrt2, de én sem lőném le a poént, leginkább mert lusta vagyok begépelni, meg mert alapvetően fizikus vagyok és úgysem tudom úgy leírni, hogy egy matekos ne tudjon belekötni. :P

Előzmény: [2656] Enkidu, 2008-05-26 11:58:20
[2656] Enkidu2008-05-26 11:58:20

Hello!

Megvan a megoldás, feltéve, ha az állatok pontszerűnek tekinthetők (a határ - a sebességek arányára, ha jól sejtem  \sqrt2 ); nem lőném le még a "poént", bár a zárójeles rész beszédes lehet.

Nekem az jutott eszembe a feladat kapcsán, hogy mi a helyzet, ha a farkasok a négyzet oldalfelező pontjaiban vannak, a nyuszi pedig a négyzet közepén? Első blikkre ez utóbbit nem tudom megválaszolni.

Ui.: Volt Szegeden az egyetemen egy tanárom dr. Pintér Lajos, aki mindig bátorított minket arra, hogy a legegyszerűbb példákat is általánosítsuk, egy kicsit változtassuk meg, kóstolgassuk... ergo kísérletezgessünk vele. Ő (pedig marha nagy koponya) soha nem bánta, ha egy-egy példa "gagyi", egyfelől mindig van, akinek nem az, másfelől tovább gondolva szép példák, általánosítások kerekedhetnek ki belőle. Bocs, ha szószátyár voltam, sziasztok!

Előzmény: [2654] Cckek, 2008-05-25 08:51:21
[2655] jonas2008-05-25 12:57:54

Jaj, ne! Még egy Tom és Jerry-s feladat, csak most négy Tommal.

Előzmény: [2654] Cckek, 2008-05-25 08:51:21
[2654] Cckek2008-05-25 08:51:21

Egy érdekes feladat, ami szépen általánosítható és több kérdést is von maga után:

Egy négyzet alakú kert közepén ül egy nyuszi, a kert négy sarkában egy-egy farkas. A farkasok 1,4-szer gyorsabban futnak a nyúlnál, de csak a kert határa mentén mozoghatnak. Kijuthat-e a nyúl a kertből? Mennyi a nyúl és farkas sebességének a minimális aránya, mikor kijuthat?

Előre is elnézést ha a feladat túl egyszerű vagy gagyi:D

[2653] Lajosz2008-05-19 16:15:27

Köszönöm Sirpi!

A lenti számháromszög két utolsó sora a 12 és 13 esetét írja le, azok már nem fértek el egy sorba...

Értelemszerűen az előző sorok számainak összegei (felfelé haladva) 3 - nak 11, 10, 9,...1, 0 hatványai.

Ez emlékeztet a permutációk fixpontjaira! Az ismétléses variáció fixpontjaira van valahol irodalom?

A bal oldali oszlop:1 2 4 8 16...mint a permutációknál: a nulla fixpontok darabszámát jelentené. majd jobbra haladva az egy, kettő, stb fixpontok darabszámát!

Egyáltalán van ilyen fogalom? Ha van milyen néven keressem?

Mert ez, ha általánosítjuk, "m" alapú hatvánnyal leírható minden ismétléses variációra igaz!

m=3

1

2, 1

4, 4, 1

8, 12, 6, 1

16, 32, 24, 8, 1

32, 80, 80, 40, 10, 1

64, 192, 240, 160, 60, 12, 1

128, 448, 672, 560, 280, 84, 14, 1

512, 2304, 4608, 5376, 4032, 2016, 672, 144, 18, 1

1024, 5120, 11520, 15360, 13440, 8064, 3360, 960, 180, 20, 1

2048, 11264, 28160, 42240, 42240, 29568, 14784, 5280, 1320, 220, 22,1

4096, 24576, 67584, 112640, 126720, 101376, 59136, 25344, 7920, 1760, 264, 24, 1

8192, 53248, 159744, 292864, 366080, 329472, 219648, 109824, 41184, 11440, 2288, 312, 26, 1

lásuk m=4 esetén!

1

3, 1

9, 6, 1

27, 27, 9, 1

81, 108, 54, 12, 1

243, 405, 270, 90, 15, 1

729, 1458, 1215, 540, 135, 18, 1

2187, 5103, 5103, 2835, 945, 189, 21, 1

Maple kóddal:

** :a hatvány jele.

for i from 0 to 13 do seq(binomial(i, j)*3**(i-j), j = 0 .. i) od;#

3**(i-j) > itt a 3 egyenlő m=4 minusz egy, etc...

Előzmény: [2652] Sirpi, 2008-05-19 10:47:20
[2652] Sirpi2008-05-19 10:47:20

A rendes 13-as totón a pontosan k találat darabszáma:

\binom {13}k \cdot 2^{13-k}

Hiszen kiválasztjuk azt a k meccset, amit eltalálunk, azok kitöltése egyértelmű, a többinél pedig mindenhol 2 lehetőségünk van, hogy oda rosszat írjunk. Ha fix meccsek is vannak, akkor a képletben mindkét 13-ast cseréld ki tetszőleges kisebb számra (mondjuk az nem teljesen világos, hogy a fix találatokat miért nem számolod a találatok közé, mert azt írod, hogy 12-ből maximum 12 találatod lehet, de mivel így szeretnéd értelmezni, ennek megfelelően adtam meg a képletet).

Előzmény: [2651] Lajosz, 2008-05-19 10:40:06
[2651] Lajosz2008-05-19 10:40:06

Ismétléses variáció:

A totón, ha minden esetet megjátszunk, (3 a 13-on ), mennyi 0, 1, 2,...11, 12, 13. találatunk lesz, hogyan kell kiszámítani?

Ugyanezt hogyan számítjuk, ha 1 fix mérkőzés mellett (3 a 12-en) eredményt megjátszunk, mennyi 0, 1, 2,...11, 12. találatunk lesz?

etc...

[2650] Róbert Gida2008-05-16 12:57:13

Ez lényegében meg Lajos eredeti konstrukciója, csak tekergetések nélül megoldva, de az is 2/3-os megvalósítás.

Előzmény: [2649] Sirpi, 2008-05-16 01:37:44
[2648] Sirpi2008-05-16 02:27:20

És hogy ez miért optimális:

A közlekedőutat tekintsük egy gráfnak (a csúcsok az üres mezők, az élek az élszomszédos mezőket kötik össze). Erről a gráfról kell belátni, hogy ha nem is mindig összefüggő, de néhány autó átpakolásával mindig azzá tehető. Hiszen ha van út, ami nincs összeköttetésben a bal felső sarokkal (az ábrán a sárga tartomány), akkor az annyit jelent, hogy egy vagy több autó blokkolja az utat a bal felső sarokig. Vegyünk egy ilyen autót (piros), és toljunk rajta egyet, rá a belső útra (kék helyzet). Az autó az új helyzetében nem blokkolhat másik autót, hiszen az autók hiába hajtanak a belső útra, onnan nem tudnak kijutni, csak ha az eredeti helyükre visszamennek, tehát a kék mező érintése nélkül is ki tudnak jutni, ha eddig ki tudtak. A kék autó pedig szintén kijut (egyet előremegy, és onnan már a feltételezésünk szerint kijut). Ezzel a tolással a belső út hossza 1-gyel csökkent, így ilyen lépések véges sorozatával felszámolható az összes belső út (jelen esetben a kék autót még 1-gyel lejjebb tolva a belső út összekapcsolódik a "fő" úthálózattal, vagyis több lépésre nincs is szükség).

Így a továbbiakban feltehető, hogy a közlekedőutak hálózata összefüggő, álljon k mezőből. Ekkor legalább k-1 belső kapcsolódása van (az összefüggő gráfnak legalább k-1 éle van). Minden belső kapcsolódás 2-vel csökkenti a közlekedőhálózat kerületét, tehát az összkerület legfeljebb 4k-2(k-1)=2k+2. Minden él a kerületen egy autónak ad lehetőséget, hogy felhajtson az úthálózatra, és így eljusson a bal felső sarokba (egy autó több élen át is megteheti ezt). Sőt, a bal felső mező két sarokéle nem segít egy autónak sem, vagyis legfeljebb 2k autó lehetséges k mezőből álló úthálózat esetén. Tehát a mezők számának legfeljebb 2/3-án lehetnek autók, és ez az arány aszimptotikusan (az előző hsz. ábrája alapján) el is érhető.

Megj.: Sőt, az út "meglátogatja" a másik 3 sarkot is, hiszen egy sarok és két szomszédja közül nem állhat mind a 3-on autó, vagyis k mezőből álló úthálózat esetén legfeljebb 2k-3 autó lehetséges (hiszen minden határélnél vesztünk egy autót) - feltéve, hogy a parkoló mindkét oldalának hossza legalább 4, mert ilyenkor a sarkokkal szomszédos mezők nem eshetnek egybe.

Előzmény: [2649] Sirpi, 2008-05-16 01:37:44
[2649] Sirpi2008-05-16 01:37:44

Ez a konstrukció pedig 2/3-os (66,67%) határértéket ad, ráadásul elég egyszerű is, nem kell mozaikba pakolni (bár épp azt is lehet).

Előzmény: [2647] Sirpi, 2008-05-16 01:18:30
[2647] Sirpi2008-05-16 01:18:30

Nem kell azt az egy autót se kitörölni, kis átszervezéssel elérhető a 28/49\approx57,143%. Viszont 6×6-asra tudtam egy kicsit jobbat is csinálni, csak a bal felső (pirosra festett) autót kell kiszedni. De egyetlen autó kivétele nem befolyásolja a határértéket, ami jelen esetben 21/36\approx58,333%.

Ja, és a határszám megtalálásához nem kell feltétlenül négyzet alakú területeket használni, ha esetleg egy téglalap jobb eredményt ad.

Előzmény: [2646] Róbert Gida, 2008-05-15 23:35:28
[2646] Róbert Gida2008-05-15 23:35:28

Szerintem nem adható rá explicit képlet tetszőleges n-re. Programozási versenyen volt egy hasonló példa axb-es téglalapra, de úgy, hogy alul és felül is ki lehet jutni, gyakorlatilag végignézték az összes esetet a megoldásoknál.

Ha az első ábrában a hatodik sor első pozicióján nem autó van, és ilyen 7x7-es blokkokat rakunk egymásra, akkor tetszőleges autó fel tud jutni a legfelső sorba. Ha a nagy négyzet felső sorából töröljük az autókat, így már mindenki kijut, ez (7k)x(7k)-asra müködik, ha n nem ilyen alakú, akkor legyen k=floor(n/7). Az autók száma aszimptotikusan \frac{28-1}{49}n^2=\frac{27}{49}n^2.

Felső becslés pedig: egy autónak van van legalább egy nem autó szomszédja, hogy esélye legyen kijutni (kivéve, ha n=1 és 1 autó van az ábrán), továbbá egy nem autó hely maximum 3 autónak lehet szomszédja, ami kijutásra használja, ellenben minden szomszéd autó, de akkor nem tudna kijutni, ha odamenne. Így #autó<=3*#nemautó, azaz

#auto<=3*(n2-#auto), innen \frac{#auto}{n^2}\leq \frac 34 teljesül, ha n>1.

Előzmény: [2643] Lóczi Lajos, 2008-05-15 21:51:46
[2645] Sirpi2008-05-15 22:39:14

Szerintem ezt a négyzetfelosztást mindig meg lehet csinálni akkor is, ha a két kis négyzet (egész) oldalhosszát előírjuk (a és b). Hiszen ekkor egy ab(a2+b2) oldalhosszú négyzet biztos kitölthető, méghozzá úgy, hogy a felső részében vannak az a oldalhosszú kis négyzetek (b(a2+b2a db.), alatta pedig a b oldalúak (a(a2+b2b db.). Sőt, gyakran kevesebb is elég lehet, pl. ha a és b nem relatív prím. Viszont azt nem tudom, hogy ennél kevésbé rendezett megoldások is vannak-e kisebb elemszámmal.

Előzmény: [2643] Lóczi Lajos, 2008-05-15 21:51:46
[2644] jonas2008-05-15 22:23:31

A négyzetes nem nehéz.

Egyszerűen választunk egy (s,a,x) számhármast, amelyre 1<s,x és 0<x<a2, és a2-x=s2x. Ezután egy nagy négyzetet felosztunk a2 közepes négyzetre, majd x darab közepes négyzetet egyenként s2 darab kis négyzetre.

Több megfelelő számhármas is van, az ábra a (2,5,5)-nek megfelelő megoldást mutatja, de jó például a (2,10,20),(3,10,10),(7,10,2),(2,15,45),(4,17,17),(2,20,80),(3,20,40),... is.

Ha 4s2\lex, akkor megtehetjük azt is, hogy egy (vagu több) közepes négyzetet kis négyzetek közé fáziseltolással csempészünk be, ahogy a második ábra mutatja.

Előzmény: [2643] Lóczi Lajos, 2008-05-15 21:51:46
[2643] Lóczi Lajos2008-05-15 21:51:46

Hát akkor tűzzük ki :) Az is érdekes kérdés, hogy határértékben mi a fekete/fehér kockák aránya, az optimális esetben, ha a négyzetrács mérete végtelenhez tart. Amúgy ezt a feladatot idén adták fel orosz 6.-osoknak, egy olimpiai előkészítőn. A közölt megoldás is 28-at ad meg (egyébként Python ábráján a jobb szélsőt), persze nem bizonyítja az optimalitást. (A feladat pontozása érdekes: aki 25 autót rak be, 1 pontot kap, ezen felül viszont minden újabb autó plusz 2 pontot ér :-)

A másik, hasonlóan érdekes feladat: osszunk fel egy négyzetet kétféle méretű négyzetre, úgy, hogy a két fajtából egyforma számú darab szerepel. Kíváncsi vagyok, hogy van-e lényegében másfajta elrendezés, mint amit közöltek.

(A többi 4 feladat triviális volt ezekhez képest.)

Előzmény: [2642] Python, 2008-05-15 19:55:25
[2642] Python2008-05-15 19:55:25

A 28 nálam is megvan és szerintem nincs ennél jobb, mivel elég sokat szórakoztam, és 28-at többfélét találtam, de annál jobbat nem (3 példányt felteszek ábrában). Érdekes lenne a feladatot általánosabban is kitűzn, tehát n×n-es parkolóra.

Előzmény: [2640] Káli gúla, 2008-05-15 14:50:44
[2641] Róbert Gida2008-05-15 16:48:03

Jók a számok. Lehet találni egy formulát, ami ilyen számokat állít elő, feltéve, hogy néhány szám prím a formulában. Ez hasonló a Carmichael számokat gyártó képlethez, ami persze nem véletlen, hiszen ahogy írtad ezek mind azok. Ha egy ikerprím sejtéshez hasonló sejtés igaz, akkor máris végtelen sok ilyen szám van.

Előzmény: [2638] Enkidu, 2008-05-15 12:41:43
[2640] Káli gúla2008-05-15 14:50:44

1-et tudtam javítani (27 -> 28), nem tudom, lehet-e jobbat csinálni.

Előzmény: [2639] Sirpi, 2008-05-15 13:06:23
[2639] Sirpi2008-05-15 13:06:23

A példaábrához képest (ami elsőre optimálisnak tűnt számomra) 3-at tudtam javítani (24 -> 27), nem tudom, lehet-e jobbat csinálni.

Előzmény: [2637] Lóczi Lajos, 2008-05-13 12:14:17

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