Fórum: Érdekes matekfeladatok

Írjuk inkább így:

Ha 0<x<y<z, akkor a nevező pozitív.

Ha 0 vagy 0, akkor az függvény konvex, a három pontra illesztett parabola felfelé áll, tehát a0.

Ha pedig 01, akkor konkáv, a parabola lefelé áll, tehát a0.

És ha végtelen sok kongruenciából álló rendszerről van szó ugyanezen feltételekkel?

a=

Nyilván nem, mert a modulusok relatív prímek, így mindegyik sorozat tagjaihoz egyet hozzáadva a kapott sorozatoknak van metszetük, és az ebben lévő számok egyik eredeti sorozatban sincs benne.

Konstruálható-e inkongruens lefedőrendszer csak prím modulusú tagokból?

Sikerült valakinek kifejezni az a együtthatót az x,y,z, számokkal?

De, halálismert. Specmatos gimnáziumban is ugyanezt a bizonyítást mondják el, latinnégyzetes rizsa nélkül.

m2mm úgy érti, hogy a bizonyítás ilyen hosszúságban elmondható (gyakorlatilag változatlan formában) úgy, hogy nem ejted ki azt a szót, hogy latin négyzet. Mellesleg én is ezt a bizonyítást ismerem a tétel "alap" bizonyításának.

Annyi köze van a latin négyzetekhez, hogy ha nem latin négyzetekről lenne szó, akkor nem biztos, hogy tudnánk párokat képezni, ugyanis nem lenne biztosított, hogy minden sorban szerepeljen az egyes, főleg, hogy csak egyszer, biztosítva a párok egyértelműségét, elvégre definíció szerint egy n×n-es latin négyzet az 1-től n-ig terjedő egész számokat tartalmazza úgy, hogy minden sorában és oszlopában egy szám csak egyszer szerepel.

Ez korrekt megoldás, de ennek valójában semmi köze a latin négyzetekhez. Egyszerűen párokat képezel, ez az egyik legismertebb bizonyítása a tételnek.

Valóban elegánsabb megfogalmazás.

Ha életedben nem hallottad, hogy a latin négyzetek segítségével a Wilson-tétel bizonyítható, ez bizonyára érdekes lesz számodra, és legalább nem "halál ismert", legalábbis általad, (itt most az idézőjel nem iróniát, hanem tényleges idézést jelöl).

Legyen pP, azaz prím. Képezzünk p maradékosztályaiból, a 0-át kihagyva szorzótáblát. Ekkor a táblázat latin négyzet, ezt már [3187]-ben beláttuk.

Ennek az a következménye, hogy minden a-hoz létezik egy, és csakis egy b szám, hogy

ab1(mod p),

ahol a és b p egy-egy maradékosztálya.

Az a=b csak a=1, vagy a=p-1 esetén fordulhat elő, minden más esetben ab, ugyanis, ha

a²1(mod p),

akkor

a²-10(mod p),

de akkor p nem lehet prím, mert

a²-1=(a-1)(a+1)0(mod p).

Ennek az a következménye, hogy az 1<a<p-1 maradékosztályok párokba rendezhetőek, így lesz darab olyan számpárunk, hogy

a_ib_j1(mod p).

Ezeket a számpárokat helyettesíthetjük 1-gyel, így a következőt kapjuk:

(p-1)!=1^.2^.3...(p-3)(p-2)(p-1)=1^.1...1^.1(p-1)p-1(mod p).

Q.E.D.

Igazán nem kötekedés akar lenni, de jobban szeretik úgy mondani, hogy p legyen páratlan prím.

úgy értem, konvex

Látom, már megoldódott. Lehet, hogy senkit nem érdekel, de azért leírom, hogy hogyan jutottam megoldáshoz az undorítóan bonyolult gondolatmenetemmel:

Mivel f() folytonos, ha >1-re lehetne negatív, akkor 0 is lenne valahol, azaz a determináns harmadik sorát ki lehetne hozni az első kettő ₁-gyel és ₂-vel súlyozott lineáris kombinációjaként. Ez pedig azt jelentené, hogy a függvényt három helyen is metszené a ₁+₂t egyenes, ami - ahogy neked is ezen múlott - a függvény konkáv volta miatt nem lehetséges.

Még egy apróság, ami tanulságos lehet.

Legyen az egyszerűség kedvéért 0<x<y<z, és legyen p(t)=at²+bt+c az a másodfokú polinom, amire , és .

a=?

A derivált használatát el lehet kerülni.

Ha az x,y,z számok különbözők, akkor

Ha 1 vagy 0, akkor a függvény konvex, tehát az utolsó tényező nemnegatív.

Ha 01, akkor konkáv, és az utolsó tényező nempozitív.

(Ez lényegében ugyanaz, mint Ali megoldása.)

Egy kapcsolódó KöMaL feladat itt olvasható.

Ha > 1, akkor f 0, ha 0 < < 1, akkor f 0. Ha pedig =0 vagy =1, akkor f=0. Ha x=0, akkor triviális.

Legyen y=ux, z=vy=uvx. Feltehető tehát, hogy x > 0, u,v > 1

Ismert, hogy konvex és differenciálható g fv-re , ahol t > s. Ha g konkáv, akkor az ellenkező irányú egyenlőtlenség áll fenn. Legyen g(x):=x^a.

g konvex, ha a>1, illetve a<0, konkáv, ha 0<a<1. Ezért ha > 1, akkor . Ha pedig 0 < < 1, akkor .

f-re is ugyanez igaz, mivel > 0.

Igazad van, elkapkodtam. És először én is Euler-Fermat-t írtam, csak nem mentette el a hsz-t, másodszorra meg már nem sikerült.

n=2,p=5-re nem igaz a kongruenciád. Ahhoz, hogy jó legyen (p)-1 kell a kitevőbe, továbbá p lehet páros is. És persze ezt nem p prím esetén Euler-Fermat tételnek hívják, és nem kis-Fermat tételnek.

Kedves Bily71!

A Fermat-álprímekről (341 Fermat-álprím 2-es alapra nézve), Carmichael számokról (pl. 561) és a Fermat-tétel megfordításának lehetőségiről olvashatsz: "Megyesi László: Bevezetés a számelméletbe" című könyvében (Polygon, Szeged 1997)

Miért kell oda a (n) ? A p kitevőjét bármilyen pozitívra állítod, a számláló akkor is -1 lesz a jobb oldalon. Igazából ha már általánosítás (és itt nem is kell, hogy p prím, csak hogy 2-nél nagyobb páratlan, valamint p és n relatív prímek): , de ez megintcsak ekvivalens a kis Fermat-tétellel.

Nem RG bosszantásául, csak, mert érdekesnek találtam, ugyanez általánosan:

ahol pP, nN, p>2, 0<n<p.

RG sajátságos stílusával azt próbálta sugallni, hogy ez az összefüggés prímekre pl. ekvivalens a kis-Fermat tétellel (sőt, a következő átalakításnál csak azt használom ki, hogy p páratlan poz. egész):

2^.(p-2)^p-2p-1

-2^.(p-2)^p-2-(p-1)

(p-2)^.(p-2)^p-21

(p-2)^p-11

Ez meg tényleg a kis-Fermat a=p-2-es alapra. Már ez az alap is nagyon sok nem-prímet lebuktat, de ha további alapokat is nézünk, akkor egyre biztosabban eldönthető, hogy p prím-e. Egyébként ez a prímteszt erősíthető (Rabin-Miller-féle prímteszt):

Legyen p-1=2^m.k, és vegyünk egy 1<a<p-1 alapot. Számítsuk ki az a^k,a^2k,a^4k,...,a^2mk=a^p-1 számokat (az elsőt "bináris" hatványozással, a többit mindig az előzőből sima négyzetre emeléssel).

Ha az utolsó nem 1 maradékot ad p-vel osztva, akkor p biztosan összetett. Ha már a^k1, akkor a teszt nem tud semmit mondani. Ellenkező esetben viszont van néhány 1-től különböző elem a sorozatban, aztán a végén néhány 1-es. Van tehát egy utolsó, 1-től különböző elem. Ha ez nem -1, akkor p összetett, ez a teszt lényege (ha p prím, akkor az x²1-nek csak 2 megoldása lehet, az 1 és a -1).

Bizonyítható, hogy adott p összetett számra a szóba jöhető a-k legfeljebb negyede nem buktatja le p összetettségét, vagyis pl. 20 véletlen a-t választva 1/4²⁰ esélye lesz annak, hogy p összetett és ez mégse derült ki. A teszt viszont hiába buktatja le p-t, semmilyen támpontot nem ad p osztóira.

Újra felfedezted(?) a Fermat-féle prímtesztet.

Sajnos van, ellenkező esetben lenne egy viszonylag gyors prímtesztünk, ha (p-2)^p-2 értékét a gyorshatványozás módszerével számoljuk ki.

Igazad van, hiányzik a p>2 feltétel.

p=2-re 0⁰ nincs értelmezve.

(A hozzászólás egy részét töröltem. Moderátor)

Ez 1000 alatt pontosan az alábbi 3 számra igaz: 341, (a hasonló kontextusból jól ismert) 561 és a 645.

Igaz, és kis Fermat tétellel elég könnyen kihozható! Ami érdekes lehet, hogy van-e olyan páratlan összetett szám, amelyre még igaz ez a kongruencia..

Igaz-e, hogy, ha pP, azaz prím, akkor

Nem, ez hülyeség. Bocsi.

Hát izé. A vektort megszorozhatjuk annyival, hogy a nem 0 koordinátái mind 1-nél nagyobbak legyenek, és ettől a determináns előjele nem változik. Ekkor viszont f() monoton növő és folytonos.

Már csak a sejtés bizonyítása van hátra :-)

Hasonlóan jó a b) feladatra, csak ki kell cserélni az utolsó két sort, ezért lesz a determináns negatív. És intuitíve ha >1, akkor a koordinátánkénti hatványozás "ugyanúgy" forgatja el az (x,y,z) vektort, mint az =2 esetben, ezért az előjeles térfogat pozitív marad. Szóval azt sejtem, hogy <1-re f0, =1-re f=0 és >1-re f0.

A det is lemaradt. De szóval ebből az alakból látszik, hogy az =2 is jó (és akkor f nem csupa 0), mert akkor ez egy ilyen Vandermonde-mátrix, és a determinánsa nemnegatív számok szorzata, mert xyz.

A második mondat hülyeség.

Bocsi, hogy teleszemetelem a fórumot, de közben észrevettem, hogy . Ráadásul f(x,y,z)0 pontosan akkor teljesül, ha ez pozitív definit, mert 1>0 és y-x>0.

Most esett le, hogy az összes -t meg kellene mondani. :)

És az alfa egyenlő 0? (Ha nulla a nulladikont egynek vesszük.)

Az :=1 választás megoldja a mindkét feladatot egyszerre, nem? :)

Lehet, hogy ez túlságosan ismert feladat, ezért beírom a következőt is, amely a Nehezebb matematikai problémák /[652]-ben már szerepelt, de azóta sem érkezett rá teljes értékű megoldás:

Legyen , ahol 0xyz és 0. Határozzuk meg az paraméter értékét úgy, hogy

a) f(x, y, z)0,

b) f(x, y, z)0

teljesüljön.

Bizonyítsuk be, hogy ha a > 0, b > 0, c > 0, akkor

.

Mikor áll fenn egyenlőség?

Ez valóban nehezebb volt (legalábbis nekem), az előzőhöz képest.

(Hamarosan én is felteszek egy tematikus feladatot.)

A [3196]-os megoldása:

Nyelvtanból jobb vagy nálam.

Szép megoldás, enyémnél biztosan szebb. Egy egy fokkal nehezebb:

Bizonyítsuk be, hogy ha a,b,c valós számok, akkor

a⁴+b⁴+c⁴+3(a²b²+b²c²+c²a²)2(a³b+b³c+c³a+ab³+bc³+ca³)

Robi! Nézz utána, milyen, írásba nem foglalható jelentéseket hordozhat az idézőjel. Az öniróniáról hallottál már?

Ha nem, hát nem.

Átnézem mégegyszer, hogy rájöjjek, hol hibáztam. Egyébként nem az n=1 behelyettesítésre gondoltam. [3185]-ben megadtam egy rekurzív eljárást: i!a_ij(mod p), ahol j(i-1)!mod p). Nekem hirtelen úgy tűnt, hogy a rekurzió miatt (p-1)!-nek nincs más lehetősége, mint kongruensnek lenni p-1-gyel modulo p.

Lehet, hogy lefelejtettem egy felkiáltójelet?:)

0(a+b-c)²(a-b)²+(b+c-a)²(b-c)²+(c+a-b)²(c-a)²=

=2(ab²c+abc²+a²bc+a⁴+b⁴+c⁴-a³b-a³c-ab³-ac³-b³c-bc³).

2-vel elosztjuk az egyenlőtlenséget, majd jobb oldalon az első három tagból kiemelünk abc-vel és kapjuk:

0abc(a+b+c)+a⁴+b⁴+c⁴-(a³b+a³c+ab³+ac³+b³c+bc³). Az abc=1 behelyettesítése után a kívánt egyenlőtlenség adódik. Végig azonos átalakításokat alkalmaztunk.

Igen, de én nem írtam olyanokat, hogy "igazán komoly tételem", sőt azt írtam az én feladatomra, hogy "Ezt könnyű igazolni". De valóban írhattad volna rá, hogy halálismert, az sem zavart volna.

"Nem ugattalak le, pedig én utána érdemben(!) hozzá tudtam szólni a dologhoz (ez most rólad nem mondható el)."

Ja, kb. 18 éve megvan Szalay Mihály számelmélet könyve ( 7 forintba került) Shapiro karakteres bizonyításával. Erre is mondhatnám, hogy halálismert.

Nem baj, ha egy feladat közismert, biztosan sokan vannak, akik nem ismerik.

1. Sokat téptem a számat a Goldbach-topikon (meg hát mások is), most bily testhezálló dolgot csinált, végre rendesen. Amikor hülyeséget csinált, leszóltuk érte. Most nem csinál hülyeséget, ha ezért is leszóljuk, akkor azt fogja gondolni, hogy igazából mindegy, hogy mit csinál.

2. Amikor te a Goldbach-topikban megtetted a hozzászólást, ami szerint a Dirichletben nem a végtelen sok, hanem a legalább 1 prím a nehéz, akkor arra nem azt írtam, hogy ez halálismert. Nem ugattalak le, pedig én utána érdemben(!) hozzá tudtam szólni a dologhoz (ez most rólad nem mondható el).

3. Ha a gyereked beszélni tanul, gügyögésért ne vágd szájon. Valóban nem gügyögve kell beszélni, de didaktikailag messze nem optimális megoldás a szájonvágás.

Remélem még nem volt, és igaz(saját alkotás): a,b,c valós számokra abc=1. Bizonyítsuk be, hogy a⁴+b⁴+c⁴+a+b+ca³b+b³c+c³a+ab³+bc³+ca³. Ha közismert lenne, akkor elnézést.

Képletedből nem következik a Wilson-tétel. n=1-et behelyettesítve pontosan azt kapod, hogy (p-1)!(p-1)! (mod p).

Bármely n számrendszerbeli szorzótábla, (tehát nemcsak prím) ha elhagyjuk a 0-át, mint szorzótényezőt, középontosan szimmetrikus, hiszen

ab(n-a)(n-b)(mod n).

Ugyanezen táblázat tengelyesen is szimmetrikus, a maradékok abszolútértékére tekintettel, hiszen

|ab||(n-a)b||a(n-b)|(mod n).

Ez nem fontos, de, ha már szóba került: ha a szorzótábla p, azaz prím számrendszerbeli, akkor az a szám csak egyszer fordulhat elő soronként, ugyanis, ha többször szerepelne, akkor vagy a|p, vagy (a,p)1, egyik sem lehetséges, hiszen p prím, tehát a táblázat latin négyzet.

Ezen tulajdonságokat immáron bizonyítottnak tekinthetjük.

Most már nincs több teendőnk, csak a behelyettesítéseket kell végrehajtani a

képletbe, és az eredmény a Wilson-tétel.

Egyébként szó sincs arról, hogy ki kellene számolni (n-1)! értékét, vagyis, hogy n-2 darab szorzást kellene eszközölni egy szám Wilson-féle tesztelése során. Legyen . Legyen k=p_ii, azaz a prímek kitevőjükkel vett szorzatok közül a legnagyobb. Ekkor

k!0(mod n).

Tehát elég k darab szorzást és k darab osztást, azaz 2k darab műveletet végrehajtani.

De az is lehet, hogy szokás szerint tévedtem, ez esetben elnézést kérek mindenkitől.

"Az előbb felsorolt tulajdonságok ismertek, bizonyításukat most mellőzhetjük."

Életemben nem hallottam, hogy valaki is latin négyzetekkel próbálná bebizonyítani a Wilson tételt. Ne tartsd magadban!

Wilson szerint (p-1)!p-1(mod p), ha p prím.

Tekintsük a p számrendszerbeli szorzótáblát. Ha a 0-át kihagyjuk, azaz a számokat csak 1-től p-1-ig szorozzuk össze, akkor a táblázat i-edik oszlopának j-edik eleme a_iji^.j(mod p).

Ebből következik, hogy i!a_ij(mod p), ahol j(i-1)!(mod p).

A táblázat, mivel p prím, egy latin négyzet, amely nem tartalmazza a 0-át és középpontosan szimmetrikus, azaz a_ija_(p-i)(p-j)(mod p), továbbá tengelyesen is szimmetrikus oly módon, hogy a_ijp-a_(p-i)j(mod p). Az előbb felsorolt tulajdonságok ismertek, bizonyításukat most mellőzhetjük.

A fenti szimmetriákból és a összefüggésből adódik, hogy (p-1)!p-1(mod p), tehát ez egy speciális eset.

Úgy látom, kezdenek forrósodni a kedélyek...

Szóval,

(p-1)!=(p-n)!^.(p-n+1)(p-n+2)...(p-1)(p-n)!^.(-n+1)(-n+2)...(-1)=(p-n)!^.(-1)^n-1(n-1)! (mod  p),

és persze egyszerűsíthetünk bármivel, ami nem osztható p-vel.

De hol van ebben a Wilson-tétel?

Akarom mondani szerinte speciális esete a Wilson tétel, ha k=0. No comment.

Halál ismert példa, k=n-1 jelöléssel és osztással azt állítja a feladat, hogy . Ami például Graham Konkrét matematika című könyvében az 5. fejezet 5. példája. És szerinte ez k=0-ra spec. esete a Wilson tételnek. Egy túróst.

Saját! Ez az első "igazán komoly tételem", amit bizonyítanom is sikerült.:)

Ezzel a képlettel felgyorsítható a Wilson-teszt, hisz nem kell p-2 darab szorzást elvégezni, de még így is lassúbb, mint a naív módszer.

Nemhogy kellene, de ott is van:)..., nem olvastam el a zárójeles részt.

Ez ügyes volt! Láttad valahol, vagy saját találmány? Talán kellene még az np feltétel.

Ennek egy speciális esete a Wilson-tétel, ahol n=1,

ekkor ,

mivel 0!=1 és (-1)⁰=1, ezért .

((n-1)!,p)=1 ,azaz <=> (p-n)!(n-1)!(p-1)!(-1)^n-1 (mod p).

(p-n)!(n-1)!(-n)(-n-1)(-n-2)...(-p+1)(n-1)!=(-1)^p-n(p-1)! (mod p). Tehát (-1)^p-n(p-1)!(p-1)!(-1)^n-1-et kell bizonyítani (mod p). Osztva (p-1)!-ral(mely rel. prím p-vel) (-1)^p-n(-1)^n-1-et kell igazolni.

Ha p=2, akkor n csak 1 lehet, ekkor mindkét oldal -1, ekkor az áll. igaz.

Ha p nem 2, akkor páratlan: p-nn-1 (mod 2), (-1)^p-n(-1)^n-1. Tehát igaz állításod.

Valamely m nemnegatív valós szám esetén jelölje H_m azt a végtelen háromszögtartományt a nyílt jobboldali komplex félsíkon, amelynek z=a+bi (a>0) pontjaira fennáll, hogy |b|ma.

Van-e olyan komplex függvény, amelyik értelmezve van a nyílt jobboldali komplex félsíkon (azaz a>0 esetén), ott (komplex értelemben) deriválható, és

- nem létezik a limesze az origóban, ha z0 és a>0 (vagyis ha z a jobb félsíkból tetszőlegesen jőve közelíti meg a nullát)

- viszont minden m0 esetén létezik véges limesze az origóban, ha z0 és zH_m (vagyis ha z a háromszögtartományban haladva tart a nullához). (Igaz-e továbbá, hogy van olyan példa, hogy ez a létező véges limesz m-től függetlennek is választható?)

Igaz-e, hogy ha pP, azaz prím, akkor

(nN és 0<n<p)?

Gézi ezt a feladatot nehéz meg csinálni de nagyon tetszik

A félpályán túli rész egyforma...

Megelőztek, de itt egy ábra.

Vegyük az egységsugarú kört és tegyük bele a négyzetünkbe(úgy hogy a négyzetünk és a kör középpontja egybeessen), majd forgassuk el úgy a körünket, hogy a kerületén kiválasztott A1 pont egybeessen a négyzet azon felezőpontjával (A2-vel), amely az R2 sugarú kör középpontja. Ha meghúzzuk az A1(=A2) pontból a megfelelő R1 sugarú kört akkor láthatjuk, hogy ez esetben négyzetünket nem osztottuk két egyenlő területű részre.(Hiszen R1<2 , így a kör a négyzetet két olyan pontban metszi melyek távolsága B ill C csúcstól (A2 eleme BC) kevesebb, mint 1/2. Így ha az R1 sugarú körrel (k1-gyel) eredeti körünket két egyenlő részre osztottuk, akkor négyzetünket a k1 kör nem fogja két egyenlő területű részre osztani.) Méghozzá az a rész lesz kisebb melyet tartalmaz a k1 kör. Így ahhoz hogy a négyzetünket két egyenlő területű részre oszthassuk egy R1-nél nagyobb sugarú R2 "körre" van szükségünk.

Van egy egységsugarú kör, kijelölünk a kerületén egy pontot ahonnan R1 sugárral kört rajzolunk úgy, hogy a körív két azonos területű részre ossza a kört.

Van egy 2 egység oldalhosszúságú négyzetünk, az egyik oldal felezőpontjából R2 sugárral kört rajzolunk úgy, hogy a körív két azonos területű részre ossza a négyzetet.

Érzésre R1 vagy R2-e a nagyobb? Leginkább heurisztikus megoldás érdekelne, a konkrét értékek kiszámolása nélkül.

Elnézést, itt kicsit "túláltalánosítottam". Persze a Cogito által [3142]-ben beírt bizonyítás csak a=+ esetén megy, tehát a [3147]-esben csak a=+ van megengedve. (Véges a esetén a [3147]-beli állítás nem is igaz, ezt pl. az f(x)=x mutatja. Hogy a=- esetén mi a helyzet, azt hirtelen nem látom.)

Igen, bocsi. Az volt a baj, hogy a számlálóban a papíromon -1 szerepel, és nem +1. Tehát mégse ugyanaz jött ki, csak azt hittem.

Igen, a szögletes zárójel egészrészt jelöl . 10 golyóra a várható nyeremények k = 1,2,3,4,5 esetén nálam is 1 ; 1,8 ; 2,16 ; 2,016 ; 1,512 , tehát k=3 az optimum. 20 golyónál a gyök alatt négyzetszám van, valóban k = 4-re és 5-re egyformán 2,907 a várható nyeremény.

10-re 3,7-et ad és 3 golyónál kell megállni, tehát alsó egészrésznél. Ha pont egészet ad, akkor az eggyel kisebb is pont ugyanolyan jó.

Szerintem ha 10 golyó van, akkor hármat kell húzni, mert akkor a várható nyeremény 2,16, míg ha csak kettőt húzunk, akkor 1,8. Még négyet is jobb húzni, mint kettőt.

Ja nem bocs, 10-nél 2 golyónál kell megállni a logika szerint.

Idáig én is eljutottam, csak még nem találtam ki, hogy kéne kezelni, ha nem egészre jön ki. A zárójel az egész részt jelent nálad?

Mert 10-re, akkor ez 2,7-et ad, azaz 2-őt. De ott az elv alapján 3 golyónál kell megállni.

A megoldás elárulása nélkül egy eredmény tipp:

1) igen, 1-től n-ig, mindegyik egyszer

2) igen, a k. külünbözzön az első k-1 mindegyikétől.

3) igen, k a nyeremény.

Szóval bár pongyola voltam, mindent jól gondoltál :-)

- A golyók 1-től n-ig vannak számozva - minden szám egyszer szerepel?

- A "nem húztunk 2 egyformát" úgy értendő, hogy a k-iknak kihúzott golyó száma az addig kihúzott k-1 golyó egyikének számával sem egyezik?

- a nyeremény a kihúzott golyók DARABszáma, esetünkben k ?

Akkor egy saját feladat:

Adott n számozott golyó, amik közül visszatevéssel húzunk. Bármikor megállhatunk, és ha nem húztunk 2 egyformát, akkor nyereményként a kihúzott golyók számát kapjuk, ha viszont igen, akkor így jártunk, nem kapunk semmit. A kérdés az, hogy adott n-re hány golyót kell kihúznunk, hogy maximalizáljuk a várható nyereményünket.

Köszi, igazad van! Amúgy ma délelőtt újra végiggondoltam és teljesen mindegy hogy milyen sorrendbe és hányan érkeznek egyszerre, mert amely elsőleg megtérített feluból elindulnak, a következő oda érkezőt ott megeszik, tehát azon falu pogány marad. Akkor is ez áll fenn, ha egyszerre egy térítő működik, mert a kiindulási pontjához visszajutva (feltételezem, nem tudja mikor továbbindul az előző faluból, hogy a következő melyik lesz) ott őt is elkapják, ergo ekkor n-1, azaz 25 keresztény falu várja az odaérkezőket, akik automatikusan halálra vannak itélve, mert csak a megtérített falukba mehetnek, hisz nekik mind más a nevük kezdőbetűje. Tehát ha egyedül, ha többen érkeznek, mindig a kiinduló falvak a ciklus végére pogányok lesznek, ahová a nevük alapján már elsőnek nem érkezhet új térítő, ergo csak megtérített falvakba juthatnak először = kampec nekik. Ha mind a 26 egyszerre érkezne, akkor (nyilván egymás munkájáról nem tudva) az első továbbinduláskor automatikusan minden falu pogánnyá válik és ők elpusztulnak.

Ezek alapján, már nekem is világos, hogy a térítők hiába fizetnek életükkel, végül mindenki pogány marad. A tanulság: elég ha egy térítő megy oda, akkor a legnagyobb az eredményessége. :)

1. esetben, ha mind egymás után jönnek, akkor végül minden falu pogány lesz. És nem marad egyetlen falu sem, ami keresztény lenne.

Mivel feltételezhető, hogy a feladatnak egyetlen megoldása van, az csak az lehet, hogy minden falu pogány. Persze elképzelhető, hogy el van rontva a feladat, de szerintem ez most nem áll fenn. Legalábbis nekem kijött a megoldás :)

Ha jól látom, a függvény által meghatározott Lebesgue-Stieltjes-mértéknek az által meghatározott Lebesgue-Stieltjes-mérték szerinti Radon-Nikodym-deriváltja f. Ekkor a Radon-Nikodym-tétel szerint

amit bizonyítanunk kellett. Ugye jól látom?

Annyian szoktak itt csintalankodni, most az egyszer én sem tudtam megállni, ezer bocs...:D

...illetve vannak olyan függvények, melyekre nem értelmezett a deriválás művelete (legjobb tudásom szerint)!

Más, A szigetlakós feladatra spekuláltam kicsit. Ha nem megadott hogy a hittérítők milyen ütemben érkeznek, akkor akár az első érkező is végigmehet sorban a falvakon, és mindenki meg lesz térítve, csak az első falu nem, amelyiknél kezdte, mert akkor ők fogják megenni a látogatót. Ha ilyen módon érkezik a maradék 25 térítő, az utolsónál a teljes sziget pogány lesz, kivéve azt a falut ahol kezdi a pályafutását, mivel a páratlan sorszámú térítőknél az első példájára 26-1 falu lesz keresztény, a párosakra ennek negáltja.

Ha két térítő van egyszerre jelen, körútjuk végén végén a kezdőpontjukat kivéve minden falu megtért lesz kivéve kettőt, azaz páros szám lévén és ezt az ütemet tartva, a 26. térítónél is ue. a felállás. Ha mind a 26 térítő egyszerre érkezik, az első körben a teljes sziget keresztény lesz, de az 1. szomszéd falu meglátogatásával minden hittérítő kihal, és minden falu marad kannibál. Mivel ezek is megoldásai a feladatnak, s a véletlenszerűen érkező térítők milliónyi kombinációs esetéről nem is szólva, általánosan nem határozható meg pontosan szerintem, hogy melyik falu épp milyen állapotban lesz, hisz a pillanatnyi eset a döntő = számtalan megoldás létezik.

Amúgy boldog új évet mindenkinek!

Sziasztok!

Akkor látom a feladat kilőve, ha valakit érdekel a teljes megoldás,akkor írjon és felírom,de nekem is a diffegyenletes megoldásom van:-).

Itt egy újabb:

Tegyük fel,hogy f és g folytonos függvények [a,b]-n,és korlátos változású,és definiáljuk a:

integrált (x[a,b]).

Bizonyítsuk be, hogy .

Üdv.: Cokee

Megoldva az előző differenciálegyenletet, valóban lesz benne arc sin.

http://mathworld.wolfram.com/InverseSine.html (19) képlet.

Üdv. neten nézegettem hatványsorokat. Az arcsinx hatványsorával kellene valamit kezdeni, mert eléggé hasonlít az általad megadottra..Csak egy ötlet, lehet nem így kell nekifogni.

Bizonyítsuk be, hogy ha a határfüggvény F(x), akkor

(x²-1)F^"+xF^'+4=0

Ez nem is olyan egyszerű, mint amilyennek elsőre tűnik.

Bizonyítsuk be, hogy a megadott sor |x|=1 esetén is konvergens!

Számítsuk ki a következő összeget:

ahol |x|<1

Üdv.: Cokee

Így van, ezt a Rudin-féle általánosabb L'Hospital-szabály értelmezési tartománya igazolja. Rudin bizonyításából kiderül, hogy A lehet véges és lehet is. Lásd ott :-)

Ezek szerint az alábbi általánosabb állítás is igaz:

ha f az egész számegyenesen értelmezett deriválható függvény és létezik az

határérték, akkor létezik a

határérték is és A=B.

1. A fentiekben tehát a és A tetszőleges véges szám lehet, vagy a két végtelen bármelyike, egymástól függetlenül.

2. Persze ebben az általánosabb szituációban értékéről általában nem tudunk semmit mondani.

A 4. kérdés tényleg kipipálva (és pofonegyszerűen). :)) A lim f '=0 esettel kapcsolatban olyan függvényeket is vizsgáltam, amelyekről csak később derült ki, hogy szétfeszítik a 4. feladat feltételeit és már csak egy újabb, 5. feladatba férnek bele ... .

[3145)-ös kérdésedre holnap tudok egész pontosan válaszolni. Most nincs nálam a könyv, de arra emlékszem, hogy a tételidézetem végén, a (...) helyen Rudin hivatkozik egy korábbi fejezetre, az pedig egy mégkorábbira. Így magát az - önmagában is terjedelmes - bizonyítást érdemes ezekkel mind összeolvasni. Holnap megpróbálom összeollózni és beszkennelni mindezt, s e-mail-ben elküldöm (a szerzői jogok ugyebár ...). Azt ellenőriztem, hogy e hivatkozásokkal együtt is érvényes a tétel a feladatunkra.

Eszembe jutott egy apróság: az interneten amit láttam Rudin-bizonyítást idézve, abban az A szám csak véges volt. A könyvedben az A= eset is be van bizonyítva?

Adott n db racionális szám. Be kellene öket m db csoportba osztani úgy, hogy az egy csoporton belül lévö számok összegének legnagyobbika a lehetö legkisebb legyen. Hogy helyezzünk el egy n+1-ik elemet, ha n elemet már sikerült besorolnunk ?

Nagyon érdekes, amit mondasz. Valaki az interneten idézi a Rudin-féle bizonyítást: szerintem az teljesen rendben van. Ezek szerint a tankönyvek mindig csak egy speciális esetet bizonyítanak be akkor, amikor a nevező a végtelenbe tart!

(Kíváncsi lennék, mielőtt a könyvtárban megnézem, hogy pl. a Császár-féle könyv mit mond erről a kérdésről.)

A feladat 1-3. kérdéseit tehát a Rudin-féle általánosabb L'Hospital-szabály megoldja. Az én bizonyításom az A=B állításra pedig szinte szóról szóra az volt, amit Rudin is csinál (persze ő általánosan, én pedig csak az u(x)=f(x) exp(x), v(x)=exp(x) esetben bizonyítottam); nem biztos, hogy könnyű lenne találni olyan bizonyítást, ami nem "L'Hospital-szerű".

Nem értem, hogy a 4. kérdésen miért gondolkozol még :), jonas a [3130]-ban rámutatott, hogy a 4. kérdés igaz volta következik a 3. kérdés igazságából.

Elnézést kérek az elsietett [3138]-ért. A tankönyvek ezúttal elaltatták az éberségemet és csak utólag kaptam észbe (lásd az 1. megjegyzést).

Hármas ciklusra is van példa bőven: az első százezer pozitív egészt, mint kezdőértéket addig iterálva, amíg a C függvény ciklusba nem kerül, azt tapasztaljuk, hogy a 100000 kezdőérték közül 11467 db végződik előbb-utóbb fixpontban, 65638 db 2-es ciklusban, 22895 db pedig 3-as ciklusban.

A legkisebb kezdőérték, amelyből 3-as ciklusban végződik a rekurzió, az n=50.

Az tehát ebből a sejtés, hogy a 4-es és magasabb elemszámú ciklusok elég ritkák (ha egyáltalán vannak??).

A negyedik kérdésre adott "ellenpéldám" nem volt jó, mert ekkor A nem véges. Ez a kérdés tehát még megválaszolatlan.

Jenei Attila felvetésére később térek vissza.

Hát ez azért így meredek. Szerinted, ha jól értem, lim f=lim f+f', ha f deriválható és x végtelenhez tart. Ezt nem hinném. A számlálóban egyáltalán nem biztos, hogy e^x*f(x) végtelenhez tart (pl. f=sin, vagy f 0-hoz tart, akkor bármi lehet a határérték).

Igaz, ez tényleg hiányzik.

Vegyünk egy olyan helyet, amitől felfelé a derivált legalább egy pozitív konstans. Alkalmazzuk a Langrange-féle középértéktételt a kiválasztott és az összes tőle jobbra lévő helyre: a függvény a kiválasztott ponton átmenő olyan egyenes felett van, melynek meredeksége az említett konstans.

De várj, van itt még más is. Honnan tudod, hogy f deriváltja integrálható?

Ha a határérték létezik, akkor biztosan nulla.

Bizonyítás indirekt módon. Ha a határérték nem nulla, akkor szimmetria miatt feltehetjük, hogy pozitív, ekkor van olyan 0<c és x₀ hogy minden x₀<x helyen cf'(x). Mivel viszont a függvény mindenütt deriválható, a Newton-Leibniz szabály miatt tartana a végtelenhez, ahogy x. Az előbb elmondottak miatt viszont létezik és véges, ami ellentmondás.

Azt azonban még nem tudom, hogy biztosan létezik-e a határérték.

Persze, igazad van, a 3. és 4. kérdés most ekvivalens, hiszen az összeg limeszének végességét eleve tudjuk. (A hozzászólásodban nyilván az egyik G helyett F áll mindkét képletben.)

Dehát G=(F+G)-G ezért , mivelhogy a jobb oldali két határérték létezik és véges. Az első határértékről a feladat kimondja, hogy véges.

Ha , akkor abból általában nem következik, hogy .

A harmadik és a negyedik kérdés nem ugyanaz?

Legyen f az egész számegyenesen értelmezett deriválható függvény és tegyük fel, hogy az

határérték létezik és véges.

Igaz-e, hogy létezik a

határérték? Véges-e? Igaz-e, hogy A=B? Igaz-e, hogy

Szia! A (c)-t meg lehet oldani úgy is, hogy mindhárom alakzat 8-szög (és összefüggő és mindent szét lehet szedni).

A (b) ennyire nem "bonyolult". Persze nem egyszerű, és nem tudom hogy lehet rájönni. Én megoldással együtt láttam a feladatokat. Aki szeretné, itt egy segítség.

Az összefüggőséget tényleg meg lehet oldani, valahogy így. Ez akkor feltehetően a (c) kérdésedre lenne a válasz, kivéve, hogy nem lehet mind a három darabot szétszedni.

A (b) kérdésre feltehetően valami olyasmit lehet csinálni, mint a kínai karikáknak a címer alakú fadarabokból álló változata. A plusz feltételeidet talán úgy lehetne megoldani, hogy mindig újabb, bonyolultabb példányt helyezünk el a régi rejtvény mellé egyre kisebb méretben.

Nem megy ez ma. Szóval, az elrendezés foglalható be egy konstans sugarú körbe. És mondjuk legyen még egy feltétel, hogy az n+1 elemű elrendezés egy alakzat hozzávételével keletkezik az n eleműből (a többi változatlan helyen és méretben marad).

Valóban

Sziasztok!

Éreztem, hogy nem vagyok elég pontos :-(

Sirpi: 1 mozgatás := 1 eltolás (tetszőleges hosszú vektorral) vagy 1 forgatás (tetszőleges középpont körül tetszőleges szöggel) De amúgy ugyanaz a válasz mindhárom kérdésre akkor is ha forgatást nem engedünk meg, csak eltolást.

Jonas: Ügyes példa! És meglehet csinálni összefüggő darabokkal is (a többinél is ugyanaz a válasz, akkor is ha feltesszük, hogy összefüggőek a darabok).

A b. példában valami olyasmit akartam megfogalmazni (nem sikerült), hogy ne azért legyen nagy a lépésszám, mert "nagyok a távolságok" az elrendezésben. Pl. Jonas példájában sok lépés kell, de ehhez kellett egy nagyon hosszú alakzat (a zöld). Valahogy az alakzatok egymáshoz viszonyított arányát akartam megfogni (A "legkisebb alakzat" helyett persze azt kellett volna írnom, hogy "mindegyik alakzat" de így is hülyeség).

b. még egyszer, másképp:

- S(n) exp.

- Mindegyik alakzat egy < 100 oldalú sokszög.

- Az alakzat belefoglalható egy 100 sugarú körbe.

Ez mondjuk így nem működik, mert nem lehet minden darabot szétszedni.

A képen látható szerkezet három darabból áll, és ha elég hosszúra csináljuk, csak nagyon sok lépésben lehet a piros darabot kiszedni. Ha még hozzáveszünk mindhárom darabhoz egy nagy kört úgy, hogy ne akadályozza a darabok mozgatását, de azért nagyon távol se legyen, akkor meg lehet oldani az átmérős feltételt is.

A (b) kérdésre. Ha minden idomban elhelyezhető egy r sugarú kör, de az egész elrendezést magába foglalja egy R sugarú kör, ahol R/r konstans, akkor nyilván konstans sok idom van, mert több kis kör nem fér el a nagy körben. Így aztán az eredeti kérdést pontosítanod kéne.

Azt kell először eldönteni, hogy ilyen feltétellel konstans sok idommal lehet-e tetszőlegesen nagy minimális lépésszámot elérni. Ha nem szükséges, hogy az idomok összefüggőek legyenek, akkor szerintem lehet.

Azt, hogy “a legkisebb síkidomban elhelyezhető egy r sugarú kör”, úgy érted, hogy minden síkidomban elhelyezhető egy ilyen kör? Mert a legkisebb nem egész egyértelmű.

Pontosan mit értesz mozgatáson? Ha két síkidomom van, az egyik egy egységnégyzet, a másik pedig egy egységnégyzetekből kirakott labirintus (a négyzetek alkotják a falakat), és berakom a kisnégyzetet valahova a labirintus belsejébe, akkor ezt a konfigurációt 1, vagy csak nagyon sok mozgatással tudom szétszedni? Tehát a mozgatás történhet tetszőleges pályán vagy csak egyenesen? Lehet-e forgatni szétszedés közben?

Amúgy valami ilyesmivel biztos el lehet érni exponenciális hosszt.

504.feladat Helyezzünk el n db síkidomot a síkon. Legyen S(n), hogy hány db mozgatással tudjuk őket "szétszedni" (akkor mondjuk, hogy szét vannak szedve, ha 1 eltolással bármely 2 egymástól bármilyen messzire elvihető). Van-e olyan elhelyezés alkalmas síkidomokra, hogy:

a. S(n) n polinomja, de annak eldöntése, hogy szétszedhető-e NP-teljes

b. S(n) nagyságrendje eⁿ. Továbbá a legkisebb síkidomban elhelyezhető egy r sugarú kör, az elhelyezést magában foglalja egy R sugarú kör és R/r konstans (nem függ n-től)

c. n=3, K tetszőleges poz. egész és S(n)>K

A legkisebb olyan kezdőérték, amelyből indulva kettes ciklusba kerülünk, az n=40. (Itt elég 11 lépés.)

Van egyáltalán kettes ciklus? A fórumon szerintem még nem szerepelt.

Csak annyi a lényeges, hogy C(x)=n, (nem érdekes, hogy fixpontnál x=n). Mert akkor n csak nagyon kevés féle szám lehet, konkrétan binomial(d+9,9), ha n legfeljebb d jegyű. Ez d=21-re is csak 14307150 (ha x az hosszabb, mint 21 jegy,akkor C(x)<x, így nem lehet fixpont), ez pedig egy perc alatt végignézhető. Egy gráf is építhető, élnek egy (x,C(x)) felel meg. Hosszabb ciklusok keresése is ugyanígy mehet, tulajdonképpen az összes kört is megkereshetnénk, diszjunkt irányított körök (esetleg kettő hosszúak) és hurokélek uniójára esik szét a gráf, hiszen minden kifok 1 a gráfban. (minden 21-nél hosszabb szám elég sok iteráció után 21-nél rövidebbre esik, így itt is elég ezeket nézni).

Kíváncsi lennék, hogy a fixpontokat milyen egyszerűsítési feltevésekkel/esetszétválasztásokkal/algoritmussal állítottad elő konkrétan.

Találtál esetleg menet közben 2-nél hosszabb ciklust? (Én eddig csak ilyenre bukkantam rá.)

Hopp, csak úgy rákerestem egy tagra a google-al, és az első találat Sloane online adatbázisában levő A047841 sorozat volt. Aszerint is 109 fixpont van.

10-es számrendszerben összesen 109 fixpont van, éspedig:

22,10213223,10311233,10313314,10313315,10313316,10313317,10313318,10313319,21322314, 21322315,21322316,21322317,21322318,21322319,31123314,31123315,31123316,31123317,31123318, 31123319,31331415,31331416,31331417,31331418,31331419,31331516,31331517,31331518,31331519, 31331617,31331618,31331619,31331718,31331719,31331819,1031223314,1031223315,1031223316, 1031223317,1031223318,1031223319,3122331415,3122331416,3122331417,3122331418,3122331419, 3122331516,3122331517,3122331518,3122331519,3122331617,3122331618,3122331619,3122331718, 3122331719,3122331819,10413223241516,10413223241517,10413223241518,10413223241519, 10413223241617,10413223241618,10413223241619,10413223241718,10413223241719,10413223241819, 41322324151617,41322324151618,41322324151619,41322324151718,41322324151719,41322324151819, 41322324161718,41322324161719,41322324161819,41322324171819,1051322314251617, 1051322314251618,1051322314251619,1051322314251718,1051322314251719,1051322314251819, 1051322325161718,1051322325161719,1051322325161819,1051322325171819,5132231425161718, 5132231425161719,5132231425161819,5132231425171819,5132232516171819,106132231415261718, 106132231415261719,106132231415261819,106132231426171819,106132231526171819, 613223141526171819,1011112131415161718,1011112131415161719,1011112131415161819, 1011112131415171819,1011112131416171819,1011112131516171819,1011112141516171819, 1011113141516171819,1111213141516171819,10713223141516271819,101112213141516171819

Ezzel kapcsolatban érdekes volt megfigyelni azt, hogy a legkisebb fixpontok minden számrendszerben csupa egyforma számjegyből állnak. (Vajon ezt a tényt külön be lehetne/lehetett volna látni a konkrét értékek ismerete nélkül?)

Kicsit átírtam a progit, hogy más számrendszerekkel is menjen. Ezeket találtam a kül. számrendszerekre:

2-es: 111, 1101001

3-as: 22, 10111, 11112, 100101, 2021102, 1011122, 10010122

4-es: 22, 1011112, 1011113, 1111213, 10213223, 10311233, 101112213

5-ös: 22, 10213223, 10311233, 10313314, 21322314, 31123314, 101111x1y (1<x<y), 10111221314

Elvileg ezekre nincs is más megoldás.

10-esre ezek a legfeljebb 8-jegyű megoldások, itt is csak pár sorozat van (3<x<y): 22, 10213223, 10311233, 1031331x, 2132231x, 3112331x, 31331x1y

És ugye igaz, hogy ha van olyan megoldás, ahol minden darabszám egyjegyű, akkor az minden magasabb számrendszerben is megoldás lesz.

Nem írtam át a progit a 2-es számrendszer kezelésére (amúgy is csak otthon van meg, ezt meg a villamoson agyaltam reggel fejben). De akkor kicsit kipofozom majd.

Érdekes, azt gondoltam, hogy a kettes számrendszerbeli kis megoldásokat számítógéppel könnyen megtalálod. Van pontosan egy kisebb is a 1101001-nél.

Ez a C függvény más számrendszerek esetén is érdekes lehet. Pl. 2-es számrendszernél szenvedtem egy kicsit, mire összehoztam a 1101001 számot (tudtok még?). Itt ugyanis nem megy a 22, mint legkisebb megoldás, ami minden más számrendszernél működik.

Igen, pont erre én is rátaláltam véletlenül, és 5 perc kísérletezés után sem találtam nagyobbat :)

Egy nagy fixpont például a 101112213141516171819. Azt nem mondom, hogy nincs ennél is nagyobb.

A C függvényről szóló 6. feladat nem nehéz. Könnyű látni, hogy ha n legfeljebb 10ⁿ jegyből áll, akkor C(n) legfeljebb 10(n+1) jegyből. Így aztán 30 jegyűnél hosszabb fixpont nem létezhet, tehát kell lennie legnagyobb fixpontnak. Ugyanez részben megoldja az 5. feladatot is, ugyanis azt bizonyítja, hogy minden számból indulva előbb-utóbb olyan ciklusba esünk, amiben minden elem legfeljebb 10¹⁰³⁰, így a ciklus is legfeljebb ilyen hosszú. Hasonlóan viszont azt is könnyű látni, hogy van tetszőlegesen hosszú átmeneti szakasz, mert ha n legalább 10^.10ⁿ jegyű, akkor C(n) legalább 1+n jegyű (vagy valami hasonló egyenlőtlenség igaz).

A 3. és 4. feladatot feltehetően kimerítő kereséssel meg lehet válaszolni, kivéve ha valamiért nincsen 2-es ciklus, vagy a legkisebb is nagyon nagy.

Következzen végül néhány újabb kérdés és sejtés a C függvény kapcsán, amelyek természetes módon felmerülnek és amelyek között szerintem nehezebbek is vannak. (A saját tippjeimet egyelőre nem írom ide, hogy ne befolyásoljak senkit.)

Egy n szám 2-es ciklus, ha C(n)n, de C(C(n))=n. Hasonlóan definálhatók a k-hosszú ciklusok is.

3. feladat. Melyik az a legkisebb n, amely (a C leképezés iterációja során) előbb-utóbb 2-es ciklust eredményez?

4. feladat. Melyik az a legkisebb n, amely rögtön egy 2-es ciklus egyik tagja?

5. feladat. Igaz-e, hogy minden kezdőértékre a C iteráltjaiból alkotott sorozat előbb-utóbb ciklikussá válik? Ha igen, van-e tetszőlegesen hosszú "átmeneti szakasz", mielőtt a sorozat ciklizálni kezd? Van-e maximális ciklushossz, vagy pedig tetszőlegesen hosszú ciklusok előfordulhatnak?

6. feladat. Igaz-e, hogy C-nek van legnagyobb fixpontja? Ha igen, konkrétan melyik szám az?

A fenti C leképezést egyébként a Conway-féle "look and say" sorozat mintájára gyártottam, csak annál egyszerűbb. A Conway-féle sorozat sok érdekes tulajdonsággal bír, különösen meghökkentő a rá vonatkozó "cosmological theorem".

Ha vesszük a hatjegyűeket, ott 3 db különböző számjegy kell szerepeljen. A szám mindegy jegye kisebb az 5-nél. Ha a számok C(n) alakját akarom felírni az alábbi esetek állhatnak fenn:

1.) 4db x 1db y 1db z (a 4-es és 2 db 1-es sorrendje persze más is lehet, 1,4,1 1,1,4.) Tehát a számban biztosan fog szerepelni az 1,4,q számjegyek. 1-esből biztosan kell legyen legalább 2 db a C(n) felírás alapján, így a számban csak 4 db 1-es fordulhat elő, de ekkor nem az 1. ponti lenne a C(n) alak.

2.) 2db x 2db y 2db z Az 1. ponthoz hasonlóan n kellene tartalmazzon 3 db 2-est ,azaz C(n) alakjába kellene legyen egy 3db q alakú rész. Tehát ez az eset sem állhat elő.

3.) 1db x 2db y 3db z (Az 1,2,3 sorrendje más is lehet.) A szám eredeti alakjába tehát kell szerepeljen 1-es 2-es és 3-as, ezzel meg van az összes különböző jegy. Mivel x,y,z nem egyenlő egymással, így 1-esből 2-esből és 3-masból is több mint egy jegy fog szerepelni a számban, tehát nem lehet a C(n) alakja a 3. pontbeli.

A négyjegyűeket átfutottam. Egyik se lett jó. Elvileg csak a hatjegyűek között akadhat kisebb, de ezeket nem néztem meg rendesen. 4 jegyűeknél a szám pontosan két különböző számjegyet kell tartalmazzon, ráadásul mindkét jegyből 2-2 db van. E jegyek pedig a 0,1,2 közül kerülhetnek ki. Mivel mindkét jegyből 2-2 db van, ezért a keresett számok csak 2x2x alakúak lehetnek melyek nyilván nem egyenlők a hozzájuk rendelhető C(2x2x)-szel.

5 perc alatt összeütöttem rá egy progit, amiből kiderült, hogy ez-e a 2. legkisebb... Annyit mindenesetre elárulok, hogy legfeljebb 8 jegyű megoldás 36 db van.

Ha 8 jegyűt keresünk, akkor 10-val kell kezdődnie, a 3. jegy 0,1,2 lehet, amiből a 0 nem lehet, de az 1 sem, hisz ez a helyiérték az egyesek számát mutatja. 1021x2yz alakú számok maradtak. x legalább 3. És ekkor kijön, amit írtál. Amiről elhiszem, hogy kisebb, mint az enyém :) Tehát ha van kisebb, akkor az 4 vagy 6 jegyű lehet.

A második legkisebb szerintem nem az 10311233. Egyelőre a legjobb amit találtam a 2. részre az 10213223 de szerintem ez is javítható.

22 a legkisebb, a második pedig szerintem 10311233.

Vezessük be a következő, C-vel jelölt függvényt.

C egy tízes számrendszerbeli pozitív egészhez egy ugyanilyen típusú számot rendel. A számok nem kezdődhetnek 0-val.

Ha n egy pozitív egész, akkor C(n) értéke legyen az a szám, amelyet úgy kapunk, hogy számjegyenként nagyság szerint sorban megszámoljuk, hogy az illető jegyből az n szám összesen hány darabot tartalmaz, ezt leírjuk, majd rögtön utána hozzáírjuk a számjegyet magát, és ezt minden szereplő jegyre megismételjük folytatólagosan leírva.

Például C(2009)=201219, mert 2009-ben (számjegyek szerint növekvő sorrendben) található "2 darab 0", "1 darab 2-es" és "1 darab 9-es".

Egy másik példa: C(31415927)=21121314151719.

Ha valamely számjegy nem szerepel n-ben, azt C nem veszi figyelembe, tehát nem mondunk olyat, hogy pl. "nulla darab egyes".

Egy n szám a C függvénynek fixpontja, ha C(n)=n.

1. feladat: Keressük meg C legkisebb fixpontját.

2. feladat: Keressük meg C második legkisebb fixpontját.

Valószínűleg megbuktatnának :) Nem okoskodok tovább, igazatok van, inkább sokak örömére visszavonulok, nagyon keveset tudok, én itt esetleg csak kérdezhetek, ide nem elég a matek szeretete, itt tényleg zsenik vannak, valóban ez nem az a fórum... Inkább ezt a pár hónapot a felvételire való felkészüléssel kellene töltenem, elvégre sok bepótolni valóm van.

Nem tudom mit szólnának hozzá egy számelmélet vizsgán

"...ergó n|mx, mivel m prím, ezért n|x"

1) ha egész, akkor csak az következik, hogy n|m^mx^m. Az állításod első fele csak akkor igaz ha n prím ( 12|3^3.14³, de 12|3^.14)

2) 18|3^.30, mivel 3 prím ezért 18|30 ?????????????

Persze abból, hogy n|x, még nem következik, hogy m|a, csak érdekesnek találtam, így leírtam. Egyébként, ha m=2, akkor igaz minden esetben, hogy 2|a, mivel a és b közül az egyik páros, és igazából nincs jelentősége annak, hogy a két négyzetszám közül, amelyek összege is négyzetszám, melyiket jelöljük a-val, jelölhetjük mindig a párosat.

Folytatva:

a^m+(n+mx)^m=(n+a)^m

A jobb oldali tört elötti, és a bal oldali összeg értéke egész, ebből következik, hogy a tört értéke is egész, ergó n|mx, mivel m prím, ezért n|x. Tehát

a^m+(n(my+1))^m=(n+a)^m

Ezek pedig nem csupa páros pithagoraszi számhármasok, miért következne abból, hogy m=2|a, hogy mind páros? Már félek bármit is írni, annyira szigorúan bántok velem...

Legyen m=2,a=4,x=1,n=1, ekkor

a^m+(n+mx)^m=(n+a)^m

4²+(1+(2^.1)²=(1+4)²,

vagy m=2,a=12,x=2,n=1, ekkor

12²+(1+2^.2)²=(1+12)².

Tehát m=2, és igaz! Én erre gondoltam.

Tehát a következő gondolatmenet hamis állításokból áll?

a^m+(n+mx)^m=(n+a)^m

(n+a)^mn^m(mod a)

a^m+(n+mx)^m(n+mx)^m(mod a)

(n+mx)^mn^m(mod a)

A bal oldali összeg minden tagja osztható m-el, és az összeg a-val osztva 0-át ad maradékul, ebből nem következik, hogy m|a? És ha nem, akkor miért?

kedves bily71. ilyenkor alapjaiban remeg meg az a hite az embernek, hogy van bármiféle közöd a matematikához.

hogy lehet egy ilyen kérdést feltenni úgy, hogy tudod, hogy sosem igaz az adott állítás? :(

ajánlanám: ezt

és egy idézet: "Ha 1 + 1 2, akkor én vagyok a római pápa."

m=2: nem igaz, van nem csupa páros pithagoraszi számhármas

m>2: igaz, sőt az is, hogy m nem osztója a-nak!!!

A feladat folytatása: igaz-e, hogy m|a?

Legyen n páratlan; ekkor van olyan összekötő szakasz, amely a négyzet oldalaival 45°-os szöget zár be és a származtatás (BD-re vonatkozó) szimmetriája miatt E-ben érinti a szóban forgó burkológörbét. Ha ez a szakasz AB-n az A ponttól a k-adik osztópontból indul, akkor a a másik végpontja a származtatás értelmében BC-n a B-től a k+1-edik osztópont. A 45° miatt viszont ez C-től a k-adik osztópont. A BC szakasz két darabjából tehát 2k+1=n. Ha mármost n a végtelenhez tart, akkor , tehát a jelzett szakasz határhelyzetben AB és BC felezőpontjait köti össze. Az E pont ezek szerint negyedeli a BD átlót.

Induljunk ki a 2 és 17 prímekből...

Szerintem, ha az 5-ös nem szerepel a kiinduló prímek közt, akkor később sem fog szerepelni.

Ez a kedvenc számrejtvényem. itt van rá megoldás.

24=3^.(14-6)

6:(1-3/4) húhh.

A feladat csak a négy alapműveletet engedi, ebben, hogy nem volt teljesen egyértelmű; de így érdekesebb (*, /, +, - és zárójelek).

Üdv. Hatványozás, mint rövidített szorzás nem használható? 1 a köbön*4*6, de így túl egyszerű...

Adott az ABCD négyzet. Osszuk fel az AB és a BC oldalakat n egyenlő részre. Kössük össze az A csúcsot a BC oldal B-hez közelebbi első osztópontjával, azután az AB oldal A-hoz közelebbi első osztópontját a BC oldal B-hez közelebbi második osztópontjával, sít., végül az AB oldal B-hez közelebbi első osztópontját fogjuk összekötni a C csúccsal. A kapott szakaszok egy görbét érintenek, ami az E pontban metszi a BD átlót. Milyen arányban osztja az E pont az átlót, ha n-et minden határon túl növeljük?

Hahó!

Egy szerintem érdekes (de nem annyira nehéz feladat):

Írjuk fel a 24-et az 1, 3, 4 és 6 számok és az alapműveletek segítségével úgy, hogy mindegyik számot pontosan egyszer kell felhasználni, zárójelet használhatunk, de a számokat közvetlenül egymás mellé írva többjegyű számokat alkotni nem szabad.

(A feladat egy BME-s felvételivel kapcsolatos újságjából való)

[3067]-ben kiegészítettem a feladatot a következő mondattal:

"Azt kell megmutatni, hogy bármely m prímre..."

Pell-egyenletek

Azt honnan kellett volna tudnunk, hogy m prím?

Nem fokozom, csak leírom a választ.

a^m+b^m=c^m, mivel c>a, létezik n egész, hogy c=a+n. Fermat tételéből következik, mivel m prím, hogy

c^mc(a+n)^ma+n(mod m)

, továbbá

a^ma(mod m)

b^mb(mod m)

, ebből

a^m+b^ma+ba+n(mod m)

bn(mod m)

, tehát

b=n+xm

, ahol x nemnegatív egész.

Azt "mutattam" meg.

Azt kell megmutatni, hogy bármely m prímre "igaz", persze tudjuk, hogy ha m>2, akkor nem lesz megoldás.

Szia Bily!

Az állítás igaz. (hisz 2. egyenlőségbe behelyettesítve b=n+mx, c=a+n kapjuk az 1-et)

Bocs, a<b nem feltétel, csak a<c és b<c.

Igaz-e, hogy ha teljesül az a^m+b^m=c^m egyenlőség, akkor teljesül az a^m+(n+mx)^m=(a+n)^m egyenlőség is, ahol b=n+mx, c=a+n?

(a<b<c és a,b,c,n,m,x nemnegatív egészek.)

Kösz, megint tanultam valamit :)

Valóban. Ha k és l relatív prímek, akkor már igaz lesz az állítás?

Miért lenne 2x²=y²-1 egyenlet összes megoldása x=2, y=3?

2x²+1=y²-re megoldás az x₀=0, x₁=2, x_n=6x_n-1-x_n-2 sorozat, ami szig.mon. nő, ergo végtelen sok megoldás van[a következő néhány (x,y) pár a sorozatban (12,17), (70,99), (408,577)].

Bocs, elnéztem, a jobb oldal összeg, nem különbség. Hirtelen azt hittem, hogy a második egyenlet egy zárt görbe egyenlete, ami csak véges sok rácsponton haladhat át, de ez egy nyílt görbe egyenlete.

De mivel van ellenpélda, így a válasz: nem igaz.

Feladat: Ismert n db prímszám, melyeket összeszorozzuk, az eredményhez hozzáadunk egyet, és az így kapott a számnak vesszük a legkisebb 1-től különböző osztóját, ami biztosan prímszám lesz. Ezt hozzávesszük az ismert prímekhez, és újrakezdjük az algoritmust. Kérdés, hogy bármely kiindulóprímek esetén megkapható e az összes létező prímszám ezzel a módszerrel?

Lehet, hogy megint valami butaságot írtam?

Legyen k=2, tehát nem négyzetszám és l=1, ekkor

2x=y²-1.

Az egyik lehetséges megoldás: x=4, y=3, azaz

2^.4=3²-1.

A kx²+l=y², azaz behelyettesítve, átrendezve, az

2x²=y²-1

egyenlet összes megoldása: x=2, y=3, tehát nem igaz.

A második egyenlet átrendezve:

az

függvénynek véges sok zérushelye van, (0, 1 vagy 2 db.), tehát semmilyen k,l értékek esetén sem lehet végtelen sok megoldás.

k=3, l=3 esetén ugyanazok a megoldások, mint az előző hozzászólásomban.

Ja, persze: elfelejtettem beleírni, hogy k nem négyzetszám.

Nem.

x+8=yy (k=1, l=8) egyenletnek van megoldása: (1,3).

Az xx+8=yy egyenletnek csak 4 mo-sa van: (1,3), (1,-3), (-1,3), (-1,-3)

Igaz-e, hogy ha az egész számpárok halmazán van megoldása a kx+l=y² egyenletnek(k,l adott), akkor végtelen sok megoldása van a kx²+l=y² egyenletnek?

Az irodalomban egyébként ezt hívják a "fundamentális tartományok" módszerének.

Valóban ugyanaz a konstrukció. Tényleg nem adtam meg az összes fv.-t, és ahogy javasoltad úgy jó fv.-ek konstruálhatók. Elég megadni pl. az [1,3] intervallumon akármilyen deriválható fv.-t, amelyre f(3)=2f(1), és 3-ban a balodali derivált értéke az 1-beli jobboldali derivált értékének 2/3-szorosa. A többi a már általad leírt módon mehet tovább. Ilyen módon valóban az összes megfelelő fv.-t megadjuk (a 0-beli deriválhatóság természetesen nem teljesíthető).

Ez ugyanaz a konstrukció, amit [3036]-ban jeleztem. x₀=1 választással y₀=f(1) és . Legyen x=3^u . .

Éppen Lóczi Lajos [3038] után gondolkodtam el azon, miért ne lehetne másmilyen is a függvény? Elég, ha egy [x₀;3x₀] tartományon úgy definiálom a folytonos f-et, hogy a feltétel teljesüljön, valamint f’(3x₀)=2/3f’(x₀) legyen. Ezzel a szabály alapján rekurzív módon megadtam a [3x₀;9x₀]...[3^kx₀;3^k+1x₀] illetve [3^-k-1x₀;3^-k] tartományokra is. Szerintem az ilyen függvények megfelelnek a [3044]-ben leírtaknak, és így ott nem adtuk meg az összes ilyen függvényt. Miért nem jó például és az ebből a fentiek valamint x < 0-ra [3044] szerint származtatott függvény? Erre

f(1)=1;f(3)=2;f’(1)=6/7ésf’(3)=4/7

(ha jól számoltam. )

És ekkor

f(x)=f(1)*2^log₃x, ha x>0

f(x)=f(-1)*2^log₃(-x), ha x<0

és f(0)=0

Pontosabban f(1)-et és f(-1)-et különböző előjelűnek definiáljuk.

Igazából a 0-án való "sima áthaladáshoz" nem kell, hogy f(-x)=-f(x) legyen. Elég, ha f(-1)-et negatívnak definiáljuk.

Azért írtam, hogy próbáltam, mert nem sikerült. Nem kell így lennie ( [3038] ) . Azt viszont úgy látom, hogy például valamilyen x₀>0,y₀=f(x₀)>0 választással a függvény x>=0-ra megfelel a feltételeknek , és így igaz rá, amit jenei.attila [3039] -ben ír. Tévedek?

Az f(3ⁿx)=2ⁿf(x) (n egész szám) képletből következik, hogy ha log₃x egész, akkor f(x)=2^log₃xf(1) Ahhoz, hogy ez a fv. folytonos legyen a pozitív valós számokon, az kell, hogy a log₃x is ilyen legyen. De a logaritmus szokásos értelmezése (az exponenciális fv. folytonosságot szem előtt tartó értelmezéséből adódóan) már ilyen. Tehát a pozitív valós számokon megadjuk az összes, kiírt feltételeknek megfelelő fv.-t, ha f(1)-et tetszőlegesen megadjuk. f(0)=0 kell hogy teljesüljön, és legyen f(-x)=-f(x), amivel negatív valós számokra is értelmezzük a fv.-t Így a valós számokon értelmezett, folytonos, a 0 kivételével deriválható fv.-t kapunk, ami a 0-ban ugyan nem deriválható, de "simán" halad át 0-án (nincs benne "törés", az érintő nem "billeg", de függőleges). Így meg is adtuk az összes ilyen fv.-t.

Gratulálok, szép megoldás. A félreértés oka az volt, hogy azt hittem, f^'(a) helyett írtál f(a)-t és nem gondoltam arra, hogy a nevezőből maradt le az "a".

Ez a függvény valósban csak a nemnegatív számokon értelmezett. (Miért lenne baj a 0-ban a deriválással?)

Amiből az jönne ki, hogy 3=2.

f(x)=lg2/lg3 * x (csaltam, a hányados éppen 3-as alapú logaritmus 2 ugye, de elfelejtettem az alapokat is TeX-ben... :()

Húha, most meg én nem értem amit te írtál, de majd még gondolkodok rajta. Hogy f(0)=0, és f(3ⁿx)=2ⁿf(x), az teljes indukcióval nyilvánvaló (negatív n-ekre is). Képezzük a 0-hoz tartó sorozatot. Az itt felvett függvényértékek a képletünk szerint: . Ha f 0-ban deriválható, akkor 0-ban, ezekkel a pontokkal képzett különbségi hányados értékek (mivel f(0)=0):

véges határértékhez kell, hogy tartsanak. Ez azonban csak akkor lehetséges, ha f(a)=0. Az előző hozzászólásban valóban elírtam, lemaradt a nevezőből az a. De a lényeg ugyanaz.

Ezt meg tudnád indokolni egy kicsit, hogy miért kell így lennie?