[2847] Tibixe | 2009-01-17 16:54:58 |
 Ebben a legutóbbiban igazad van, még egyszer elolvasva ez éppen a kiválasztási axióma által létrehozott borzalmak közé tartozik.
Gondolkodtam rajta, hogy csoportokkal esetleg szebben megfogalmazható, de végül nem sikerült bizonyítanom . Azért beírom, hogy meddig jutottam.
F legyen a valósakon értelmezett függvények csoportja ( összeadásra )
P legyen az a-periodikus függvények csoportja
Q legyen az b-periodikus függvények csoportja
Tehát P és Q F részcsoportjai.
Az egyik állítás úgy néz ki, hogy h felírható P-beli és Q-beli elemek összegeként, azaz
h=p+q p P q Q
A másikat megfogalmazni viszont kicsit bonyolultabb.
Vegyük a
:F F
(h)=x h(x+p)-h(x)
függvényt. Szemléletesen: megadja, hogy egy függvény hogyan nem a szerint periodikus. Ha ez ,,nemperiodikusság'' b szerint periodikus, akkor benne lesz Q-ban. Így megfogalmazva a második állítás:
(h) Q
Tehát bizonyítandó, hogy:
h=p+q p P q Q  (h) Q
művelettartó, tehát F-nek egy endomorfizmusa, mégpedig olyan, ami az egész P részcsoportot a nullába képezi. Ebből még következik az is, hogy képe F/P-vel izomorf.
A balról jobbra irány bizonyítása: A jobb oldali képletbe írjuk be, hogy h=p+q és alkalmazzuk művelettartását:
(p+q) Q
(p)+ (q) Q
(p)-ről tudjuk, hogy nulla.
(q) Q
(q) pedig két Q-beli függvény különbsége, tehát maga is Q-beli.
A jobbról balra irány bizonyítása: Ha
(q)= (h)
teljesül valamilyen Q-beli q-ra, akkor q és h csak egy P-beli elemmel különbözhetnek. Innen még azt kéne bizonyítani, hogy (Q)=Q, tehát hogy Q-ra való megszorítása szürjektív és készen lennénk.
A Wikipedia ír egy kiválasztásai axiómával ekvivalens feltételt a szürjektivitásra itt: http://en.wikipedia.org/wiki/Surjective Valószínűleg ezt kéne valahogy okosan használni és úgy ezt a gondolatmenetet is be lehetne fejezni.
Nekem viszont csak eddig tartott a tehetségem meg az energiám.
|
|
[2846] jenei.attila | 2009-01-16 10:45:52 |
 Ha jól értem arra gondolsz, hogy a valós számok additív csoportját az np+kq n,k Z alakú számok által alkotott részcsoport mellékosztályaival osztályozzam. Csak ahhoz, hogy valamelyik osztályon f-et előállítsam, ki kell választanom egy reprezentáns elemet, amelyen f értékét tetszőlegesen megadom. Ezt sajnos nem lehet elkerülni. De kíváncsian várom a további észrevételeidet.
|
Előzmény: [2844] Tibixe, 2009-01-15 22:50:03 |
|
|
[2844] Tibixe | 2009-01-15 22:50:03 |
 Figyelmeztetés: nem vagyok túl éber, lehet, hogy az alábbi karaktersorozat teljes hülyeség.
Egy észrevétel: ha választasz egy ,,reprezentánst'', máris használtad a kiválasztási axiómát, hiszen végtelen sok halmaz mindegyikéből hasraütésszerűen választottál egy elemet. Ez szerintem néhány formai változtatással elkerülhető, és az eredmény elegánsabb is lesz.
Szóval szerintem ne reprezentánsokkal osztályozd, hanem vedd a valós számok additív csoportját, illetve az
np+kq n,k Z
alakban felírható számok által meghatározott mellékosztályait. Persze úgy a közérthetőségből veszítesz...
Egyébként úgy veszem észre, hogy amit írsz, az csoportelmélettel szebben megfogalmazható, majd esetleg holnap még gondolkozom rajta.
|
|
[2843] jenei.attila | 2009-01-15 21:17:01 |
 Nem akarlak titeket fárasztani, de még néhány gondolat a periodikus fv.-es feladatról, kicsit egyszerűbben. Tehát a h egyébként nem periodikus fv.-t akarjuk előállítani f q szerint periodikus, és g p szerint periodikus fv.-ek összegeként. Azt állítom, hogy ez pontosan akkor lehetséges, ha x->h(x+p)-h(x) fv. q szerint periodikus, vagy ami ezzel ekvivalens x->h(x+q)-h(x) p szerint periodikus fv. A feltétel nyilván szükséges, hiszen ha g p szerint periodikus, akkor g(x+p)=g(x)-ből h(x+p)-f(x+p)=h(x)-f(x) azaz h(x+p)-h(x)=f(x+p)-f(x) következik. A jobboldal azonban q szerint periodikus, ezért a baloldal is az. A valós számok halmazát osztályokra bontom, majd az egyes osztályok egy-egy tetszőleges reprezentáns elemében tetszőlegesen megadva f értékét (és ezzel g-jét is), egyértelműen előállítom f-et és g-t az osztály összes elemén. Másik osztályra ugyanígy kiválasztok egy tetszőleges reprezentáns elemet, és ugyanezt megcsinálom, s.í.t. Az érdekes az, hogy a különböző osztályokon felvett fv. értékek teljesen függetlenek lehetnek egymástól. Az osztályok a következőképpen néznek ki:
Ax0:={np+kq+x0|n,k Z}
Ha x0 végigfut a valós számokon, az osztályok uniója megadja a valós számokat. Egy osztály megszámlálható sok elemet tartalmaz, azonban kontinuum sok osztály van. Hogy ez tényleg osztályozása a valós számoknak, azt könnyű belátni.Ugyanis, ha két különböző (x1-gyel és x2-vel reprezentált) osztálynak lenne közös elem, akkor léteznének n1,k1,n2,k2 egész számok, hogy n1p+k1q+x1=n2p+k2q+x2, amiből x2=(n1-n2)p+(k1-k2)q+x1 következne, vagyis x2 is az x1-gyel reprezentált osztály eleme. Másrészt ha már a reprezentáns elemeket rögzítettük és p,q nem összemérhetők, akkor bármely x valós szám egyértelműen áll elő x=n1p+k1q+x0 alakban (x0,n1,k1 számokat x egyértelműen meghatározza). Az x0 reprezentáns elem egyértelműsége az osztályozásból következik, és abból, hogy a reprezentáns elemeket előre rögzítettük. Ha lenne n1,k1-től különböző n2,k2, hogy n1p+k1q+x0=n2p+k2q+x0 teljesül, akkor p/q=(k2-k1)/(n2-n1) állna fent, vagyis p/q racionális lenne (de az volt a feltétel, hogy nem az). Ezek után az egyes osztályokon f és g már könnyen megadható. Az x0-lal reprezentált Ax0 osztályon legyen:
f(np+kq+x0):=h(np+x0)-h(x0)+f(x0)
g(np+kq+x0):=h(kq+x0)-h(x0)+g(x0)
Az így definiált f és g Ax0-on q illetve p szerint periodikus, és összegük előállítja h-t (ha h(x0)=f(x0)+g(x0)). f nyilván periodikus q szerint Ax0-on, hiszen értéke a definíció szerint nem függ k-tól. Ugyanígy g is periodikus p szerint (Ax0-on). f+g=h Ax0-on:
f(np+kq+x0)+g(np+kq+x0)=h(np+x0)-h(x0)+f(x0)+h(kq+x0)-h(x0)+g(x0)
Mivel x->h(x+p)-h(x) q szerint periodikus (ekkor x->h(x+np)-h(x) is periodikus q szerint mert h(x+np)-h(x)=h(x+np)-h(x+(n-1)p)+h(x+(n-1)p)-h(x+(n-2)p)+h(x+(n-2)p)-...-h(x)), h(np+x0)-h(x0)=h(np+kq+x0)-h(kq+x0), vagyis az előző egyenlet így írható:
f(np+kq+x0)+g(np+kq+x0)=h(np+kq+x0)-h(kq+x0)+h(kq+x0)-h(x0)+f(x0)+g(x0)=h(np+kq+x0)
A konstrukciót az összes osztályra elvégezve megkapjuk f-et és g-t a valós számokon.
|
|
[2842] jenei.attila | 2009-01-14 09:41:02 |
 Közelítő számítás eredménye: alfa=2.08210493 a szöget természetesen radiánban mérve. A számítás menete pl. egy zsebszámológéppel: Az egyenletet kicsit átrendezve alfa=sin(alfa)+1,21. Kiindulunk, pl. az alfa=2 értékből, majd kiszámoljuk a sin(alfa)+1,21 értéket. Ha pont eltaláltuk volna a gyököt, akkor ez pont 2 lenne. De nem az, hanem 2,1192974... Vegyük ezt következő közelítő értéknek, és ismét számítsuk ki a sin(alfa)+1,21 értéket. Ez 2,063307... lesz. És így tovább, most ez lesz az új közelítő érték, stb. Az így képzett sorozat, ha szerencsénk van stabilizálódni fog a gyök körül (konvergál a gyökhöz). Ezt fixpont módszernek hívják, és általában az x=f(x) alakú egyenletek megoldására használható az xn+1=f(xn) rekurzív sorozat képzésével. Bizonyos feltételek esetén, ez a sorozat a gyökhöz konvergál. Persze nem mindig, és nem bármilyen kezdőértékből kiindulva. Ez az f tulajdonságaitól függ.
|
Előzmény: [2840] kaj, 2009-01-13 22:28:29 |
|
|
[2840] kaj | 2009-01-13 22:28:29 |
 Ezt az egyenletet meg tudja valaki oldani?
alfa - sin(alfa) = 1.21
|
|
[2839] jenei.attila | 2009-01-13 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] kiskiváncsi | 2009-01-13 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.attila | 2009-01-13 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 |
|
|
|
[2834] kiskiváncsi | 2009-01-13 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.attila | 2009-01-13 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] nadorp | 2009-01-13 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 |
|
|
|
[2829] Káli gúla | 2009-01-13 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 (A1, A2, A3, A4):
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 |
|
|
[2827] Lóczi Lajos | 2009-01-12 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.attila | 2009-01-12 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] kiskiváncsi | 2009-01-12 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 |
|
|
[2823] jenei.attila | 2009-01-12 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 |
|
|
[2821] R.R King | 2009-01-11 21:19:23 |
 vagy hozzáadni a számjegyek felcserélésével kapott számot...
|
|
[2820] R.R King | 2009-01-11 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.attila | 2009-01-11 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] psbalint | 2009-01-11 21:07:29 |
 ismerem a szabályt de ennél a nagy számnál nem tudom alkalmazni.
|
|
[2817] R.R King | 2009-01-11 21:05:52 |
 11-gyel való oszthatóság szabályával kijön nem?
|
|
[2816] psbalint | 2009-01-11 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 King | 2009-01-11 20:59:29 |
 A gömb térfogatának kiszámítása szerintem nem túl érdekes...Integrálni kell és jó sokat számolni..Vagy van valami szebb megoldás?
|
|
[2814] petyka | 2009-01-11 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 King | 2009-01-11 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.attila | 2009-01-11 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.attila | 2009-01-11 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 |
|
|
[2809] jenei.attila | 2009-01-11 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] petyka | 2009-01-11 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!
|
|
|
[2806] Sirpi | 2009-01-11 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] petyka | 2009-01-11 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] kutasp | 2009-01-07 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] lorantfy | 2008-12-28 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] leni536 | 2008-12-28 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] lorantfy | 2008-12-28 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
|
|
|
[2799] Csimby | 2008-12-17 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?
|
|
|
[2797] jenei.attila | 2008-12-15 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 |
|
|
[2795] jenei.attila | 2008-12-15 11:07:58 |
 Előállítható-e a valós számokon értelmezett f(x)=x identitás fv. két periodikus fv. összegeként?
|
|
|
[2793] sakkmath | 2008-12-14 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] zsizsike | 2008-12-14 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!
|
|
|
[2790] psbalint | 2008-12-13 16:07:07 |
 337. feladat (remélem még nem volt, én nem tudtam megcsinálni) Mennyi maradékot ad 1980-nal osztva az 123456789101112...19781979 szám?
|
|
[2789] Cogito | 2008-12-12 19:30:50 |
 336. feladat. Legyen t 0, x, y, z pedig pozitív szám. Bizonyítsuk be, hogy
xt(x - y)(x - z) + yt(y - x)(y - z)+ zt(z - x)(z - y) 0.
|
|
[2788] Lóczi Lajos | 2008-12-04 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] Valezius | 2008-12-04 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 Azaz 
|
Előzmény: [2786] rizsesz, 2008-11-26 21:46:38 |
|
[2786] rizsesz | 2008-11-26 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 |
|
|
|
|
[2782] rizsesz | 2008-11-26 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 |
|
|
[2780] Euler | 2008-11-26 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 Lajos | 2008-11-26 00:33:28 |
 335. feladat. Oldjuk meg a valós számok halmazán az
e-x-e2x-x-xex=0
egyenletet.
|
|
[2778] Lóczi Lajos | 2008-11-26 00:29:09 |
 334. feladat. Határozzuk meg a (természetes alapú) exponenciális függvény és logaritmusfüggvény grafikonjainak távolságát.
|
|
|
|
[2775] Lóczi Lajos | 2008-11-25 23:48:43 |
 333. feladat. Különböző a>1 számok esetén vizsgálva az x ax 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] Valezius | 2008-11-25 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 |
|
|
[2772] Róbert Gida | 2008-11-23 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 |
|
|
[2770] Valezius | 2008-11-23 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 Gida | 2008-11-23 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 0
f(x)=x, ha 0<x 1
f(x)=2-x, ha 1<x 2
f(3k+2+c)=k+c, ha k 0 egész, 0<c 2 valós.
f(3k+2+c)=k+4-c, ha k 0 egész, 2<c 3 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] Sirpi | 2008-11-22 12:27:55 |
 És mondjuk vegyük bele azt is, hogy a 0-t és az 1-et is felveszi, különben az f(x) 2 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] lgdt | 2008-11-22 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 |
|
|
[2765] lgdt | 2008-11-21 03:34:37 |
 Van olyan f: R R folytonos függvény, amely a [0;1]-en minden értéket véges és páros sokszor vesz fel?
|
|
[2764] jonas | 2008-11-20 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 |
|
|
[2762] Róbert Gida | 2008-11-19 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 |
|
|
|
|
[2758] MTM | 2008-11-19 17:26:29 |
 Hello!
Prímszám-e a, 99999989 b, 66666667 c, 11111101?
MTM
|
|
|
[2756] Sirpi | 2008-11-13 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 |
|
|
[2754] Róbert Gida | 2008-11-13 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] Alma | 2008-11-13 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] HoA | 2008-11-13 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] Sirpi | 2008-11-13 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?
|
|
|
[2749] Dorottya | 2008-11-11 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] Gyöngyő | 2008-11-10 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] Mirinda | 2008-11-10 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
|
|
|
[2745] Alma | 2008-11-09 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 |
|
|
[2743] Mirinda | 2008-11-09 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
|
|
|
[2741] Mirinda | 2008-11-09 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] Ali | 2008-11-06 10:03:16 |
 Szervusz, csak egy megoldása van, az amit írtál.
Biz: t=z helyettesítéssel kapjuk, hogy (x-z)[(f(x)+g(x)-2z] 0. Ha x > z, akkor f(x)+g(x) 2z f(x)+g(x)-2x 2(z-x). Ha x<z, akkor f(x)+g(x) 2z f(x)+g(x)-2x 2(z-x). Vagyis |f(x)+g(x)-2x| 2|z-x|. Ez teljesül z U -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 0. t=x helyettesítés után (z-x)[z+x-f(x)] 0 kell hogy teljesüljön z U -ra.
Ha z>x, akkor f(x) z+x f(x)-2x z-x. Ha z<x, akkor f(x) z+x f(x)-2x z-x |f(x)-2x| |z-x| igaz z U -ra. Ebből már következik, hogy f(x)=2x.
Honnan jött ez a feladat ?
|
Előzmény: [2739] Cckek, 2008-11-05 18:53:37 |
|
|
[2738] Lóczi Lajos | 2008-10-22 14:44:09 |
 Adjuk meg az összes olyan c valós számot, amelyre az x4-2x2-3x+c polinomnak pontosan két valós gyöke van.
|
|
|
[2736] jenei.attila | 2008-10-16 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 Y, ezért Nx Ny 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] sakkmath | 2008-10-07 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] kiskiváncsi | 2008-09-26 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 :)
ez k>-1/2 re igaz, de csak 2k (páros) kitevőre
ez k>0 ra igaz
vagyis a bizonyitando
igaz
akkor
is igaz
|
|
|
|
|
|
|
|
[2727] Gyöngyő | 2008-09-10 17:31:24 |
 Sziasztok!
Itt van egy érdekes feladat:
Legyenek a,b,c nemnegatív valós számok.Számoljuk ki az alábbi határértéket:
Üdv.: Gyöngyő
|
|
[2726] Lóczi Lajos | 2008-08-12 13:13:41 |
 Egy feladat "melléktermékeként" került elő a következő kérdés.
Legyen t>0 rögzített. Mennyi az

kifejezés határértéke, amint x 0+ ?
|
|
[2725] Gyöngyő | 2008-07-27 16:37:54 |
 Persze akit érdekelnek a könyvek irjon e-mailt,és elküldöm a listát.
Üdv.: Zsolt
|
|
[2724] Gyöngyő | 2008-07-27 16:35:51 |
 Kedves R.G.
Teljesen igazad van,én kérek bocsánatot! Helyesbitek,akkor van 5db egyenként 400 oldalas Ramanujan jegyzetfüzetem a gépen!
|
|
|
|
[2721] Gyöngyő | 2008-07-24 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] szbela | 2008-07-16 21:31:38 |
 Sziasztok!
Először is elnézést a hanyag TEX miatt. Egy picit másképpen Cckek feladatának megoldása:
mert
Legyen g(x):=f(x)/s , ahol s:=sup{|f'(x)|,x [0,1]}
ekkor nyilván sup{|g'(x)|,x [0,1]}=1
Azt kell belátnunk, hogy
Megmutatjuk, hogy |g(x)|<=a-x+|g(a)| x [0,a]-ra
Tfh indirekten, hogy y [0,a] melyre |g(y)|>a-y+|g(a)|
ha a=y, akkor nyilvánvalóan ellentmondásra jutunk, ha a y akkor átrendezés után
Alkalmazzuk a háromszögegyenlőtlenséget és mivel a>y, így: Amire alkalmazva Lagrange-középértéktételét, adódna hogy z (y,a) melyre |g'(z)|>1 Ellentmondásra jutottunk.
Beláttuk tehát, hogy |g(x)|<=a-x+|g(a)| x [0,a]-ra
Alkalmazzuk, hogy Mivel |g(x)|-et majorálja a-x+|g(a)| [0,a]-n, ezért és így elég megmutatnunk, hogy Alkalmazva a Newton-Leibniz-tételt:
Így most már csak azt kell megmutatni, hogy |g'(a)|<=1-a
Alkalmazva az integrálszámítás középértéktételét s [a,1] Ebből következik, hogy g(s)=0, hiszen a 1
ismét alkalmazva Lagrange középértéktételét adódik, hogy van ilyen z (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] Gyöngyő | 2008-07-14 17:02:45 |
 Akkor itt egy másik:
Bizonyítsuk be,hogy
|
|
[2718] jenei.attila | 2008-07-14 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.attila | 2008-07-14 11:17:24 |
 Tisztázva az eddigieket: a 2m -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 0 (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 q (mod 2n-1) (a jobb alsó korong m művelet után a q pozícióba kerül) és 2 q 2n-2, akkor könnyen látható, hogy van olyan páros p (2 p 2n-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 1 (mod 2n-1).
Ha 2m q (mod 2n-1) és 2 q 2n-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 qp 4n-3, vagyis qp mod 2n-1 =qp-(2n-1), ami páratlan.
Összefoglalva: an olyan, hogy 2an 1 (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 |
|
|
[2715] Róbert Gida | 2008-07-13 16:30:11 |
 Mértani sor összegképletét használva az állítás átírható a következő szintén érdekes alakra:
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] Gyöngyő | 2008-07-13 04:19:57 |
 Bizonyítsuk be,hogy
ahol p végig fut a primek halmazán.
|
|
[2713] jenei.attila | 2008-07-12 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 -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.attila | 2008-07-12 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 1 (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 p (mod 2n-1) is igaz. Ha 2m -1 2n-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 1 (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] HoA | 2008-07-08 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
Legyen s=sup{|f'(x)|:x [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:
,
ahol g olyan függvény, melyre sup{|g'(x)|:x [0,1]}=1 . Tegyük fel, hogy g(a)=h 0 ( 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 . a és 1 között a görbe alatti terület 0, tehát g(x) negatív értéket is felvesz, ezért van olyan x (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 a+h és Végül a (b,1) szakaszon , a görbének nem lehet pontja az y = b -x egyenes alatt, amiből az előzőekhez hasonlóan következik. Egyenlőtlenségeinket egybevetve
. Nemnegatív számokról lévén szó
|
 |
Előzmény: [2710] Cckek, 2008-07-04 10:43:05 |
|
|
|
|
[2707] Python | 2008-06-29 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.attila | 2008-06-27 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] leni536 | 2008-06-27 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:

Sirpi Wikipédiás linkje alapján ezek egyértelműen a Catalan számok.
|
|
[2704] Sirpi | 2008-06-27 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 szorzót is megmagyarázza), zárójelezés helyett jobbra és felfelé lépkedő, főátló alá nem lépő királlyal.
|
Előzmény: [2703] lorantfy, 2008-06-27 11:05:36 |
|
|
|
[2701] jenei.attila | 2008-06-25 14:53:42 |
 A pn,z-re (ha n z) nem tudok zárt képletet, de pn,n másképp is felírható, ami alapján egy teljes indukciós bizonyítás sikerre kell hogy vezessen. Az összes zárójelezések száma , 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 ( ). Ha i megy 0-tól n-1 -ig, ezek összege megadja az összes rossz zárójelezést. Vagyis:

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 |
|
|
|
|
[2697] jenei.attila | 2008-06-23 13:03:50 |
 Nem tudom beszúrni a linket. E téma 80. oldal, 685 hsz.
Link javítva - Sirpi
|
|
[2698] jenei.attila | 2008-06-23 12:36:36 |
 Jelöljük pn,z-vel, az n db. nyitó és z db. záró zárójelből álló "folytatható" (n z) 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 |
|
|
[2693] lorantfy | 2008-06-20 10:50:43 |
 Van n db zárójelünk, fele nyitó fele záró. Hány féle helyes zárójelezést lehet ezekkel megvalósítani?
|
|
|
|
[2690] Róbert Gida | 2008-06-10 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] leni536 | 2008-06-10 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 |
|
|
[2687] nadorp | 2008-06-10 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] leni536 | 2008-06-09 18:12:37 |
 Legyen an a függvény minimuma, bn a függvény maximuma az intervallumon.

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


A folytonosság úgy teljesülhet, ha:

A rendőrelv alapján a keresett határérték:

|
Előzmény: [2685] Gyöngyő, 2008-06-09 17:01:17 |
|
[2685] Gyöngyő | 2008-06-09 17:01:17 |
 Sziasztok!
Van egy jó kis feladatom!
Legyen f folytonos (0,1)-en. Konvergens-e a következő függvénysorozat?

bocs, de a képletbeírási megoldásod "enyhén" rontotta a fórumképet, javítottam - Sirpi
|
|
[2684] lgdt | 2008-06-09 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:

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.
|
|
|
[2682] Enkidu | 2008-06-08 11:05:47 |
 Előre is bocs, TeX-ben (újra)kezdő vagyok!
Ha bevezetjük az

jelölést, akkor az igazolandó állítás: F(0,c,n)=0, ha c<n. Mi egy kicsit általánosabbat fogunk bizonyítani: F(x,c,n) 0 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) 0, ez rendben. Ezek szerint F(x,1,2) (c,n-t rögzítve) a konstans 0 függvény, és persze -F(x+1,1,2) 0 is igaz. Ha kirészletezzük

valamint

Mivel a binomiális együtthatókra igaz, hogy

, emiatt 0 F(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) 0, akkor -F(x+1,1,n) 0 és az előzőek szerint F(x,1,n+1) 0 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) 0, akkor F(x,c+1,n) d valamilyen d számra. Azt kellene látni, hogy feltéve, hogy F(x,n-2,n) 0, F(x,n-1,n) d esetén d csak a 0 lehet. Ez pedig a következők miatt igaz: x=-n/2 helyettesítéssel:

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) 0 miatt F(x,2,3) 0 is igaz, innen hasonlóan, mint c=1 esetén F(x,2,n) (n>2) is a konstans 0. Onnan F(x,3,4) 0, majd F(x,3,n) 0 (n>3) és így tovább... Ezzel az állítást beláttuk.
Melléktermékként kijöttek nekem a következő összefüggések (bizonyítás nélkül):


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] lgdt | 2008-06-05 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?
|
|
|
[2679] Gyöngyő | 2008-06-02 23:27:24 |
 Mármint Lajos bocs a kisbetűért!
|
|
|
|
|
[2675] Gyöngyő | 2008-05-31 17:13:56 |
 Sziasztok!
Szórakozgattam egy kicsit,ezzel a fájlal! Megpróbálom feltölteni!
|
 |
|
[2674] Lóczi Lajos | 2008-05-31 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] leni536 | 2008-05-31 13:22:22 |
 Vegyük az alábbi összeget:

Ennek a valós része a keresett összeget adja.
Ez az összeg az függvény Taylor-sora, ahol , tehát:

Komplex szám logaritmusának valós részét úgy kapjuk, hogy vesszük az abszolútértékének a logaritmusát.
Ábrázoljuk koordinátarendszerben! (ábra)

Így a keresett összeg:

|
 |
Előzmény: [2667] Lóczi Lajos, 2008-05-30 00:48:34 |
|
|
|
[2670] Gyöngyő | 2008-05-30 22:41:42 |
 Probáltam feltölteni,de csak az egyik oldalt engedi feltölteni! Túl nagy gondolom.
|
|
|
[2668] Gyöngyő | 2008-05-30 19:56:22 |
 Sziasztok!
Megvan a sorösszeg de nem tudom begépelni,de megcsináltam pdf-be.Kinek tudnám elküldeni?
Üdv.:
Zsolt
|
|
|
|
[2665] médzsör | 2008-05-29 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...
|
|
|
[2663] médzsör | 2008-05-29 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] leni536 | 2008-05-28 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 alatt van a nyúlnak stratégiája, viszont a farkasok stratégiáját még nem látom fölött.
|
Előzmény: [2661] Enkidu, 2008-05-27 12:41:39 |
|
[2661] Enkidu | 2008-05-27 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] leni536 | 2008-05-26 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 -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 -nél, akkor ezt az arányt nevezzük el -nak.
A nyuszi elindul egyenesen az egyik sarok felé és meg tesz -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.
|
|
|
|
[2657] leni536 | 2008-05-26 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 , 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] Enkidu | 2008-05-26 11:58:20 |
 Hello!
Megvan a megoldás, feltéve, ha az állatok pontszerűnek tekinthetők (a határ - a sebességek arányára, ha jól sejtem ); 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 |
|
|
[2654] Cckek | 2008-05-25 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] Lajosz | 2008-05-19 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] Sirpi | 2008-05-19 10:47:20 |
 A rendes 13-as totón a pontosan k találat darabszáma:

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] Lajosz | 2008-05-19 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...
|
|
|
[2648] Sirpi | 2008-05-16 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 |
|
|
|