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

Fórum: Érdekes matekfeladatok

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

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[3633] w2012-11-26 19:19:32

A megoldás nagyon egyszerű: k a p és q prímek között van, amik szomszédosak, ezzel k nem prím, azaz összetett.

A "hasonló nehézségű prímszámos feladat" irónikus is és "hazugság" is. Nagyon könnyű, de ha valakit ezzel megtévesztenek, akkor könnyűszerrel túlbonyolítható, én viccnek szántam. A Te feladatod például iszonyatosan nehéz lehet, ahhoz hasonlítottam.

Mindenesetre a megfejtés most már nem titkos.

A feladatodnak a megoldása azonban bizonyos értelemben szintén titkos, ugyanis igen kevesen tudják megoldani, ezért meg sem kell kérned senkit, hogy tartsa a választ titokban; a kérés elhanyagolhatóan változtatná meg az állapotot, így akár meg is tehetted volna. Furcsállom, hogy ilyen példát raksz fel egy középiskolás fórumra.

Talán fölülbecsültem a feladat összetettségét, és egy számomra ismeretlen tétellel lezúzható. Nem akarok vitát kezdeni, csak nagyon érdekelne a megoldás.

Előzmény: [3630] ibiro, 2012-11-26 16:57:18
[3632] HoA2012-11-26 17:04:43

Ez ugye nem a feladat megoldása? Csak az első "néhány" számítógéppel megtalált megfelelő szám.

Előzmény: [3623] Lóczi Lajos, 2012-11-23 00:07:43
[3631] ibiro2012-11-26 17:03:41

Kösz hogy felsoroltál egy néhány megoldást, de engem az érdekelne hogyan lehet bebizonyítani a végtelen sok megoldást és van-e olyan (szükséges és elégséges) feltétel amelyre két szám egyidejűleg prím lesz ?

Előzmény: [3623] Lóczi Lajos, 2012-11-23 00:07:43
[3630] ibiro2012-11-26 16:57:18

Mihez "hasonló nehézségű prímszámos feladat" ? És miért titok a feladatod megfejtése ?

Előzmény: [3625] w, 2012-11-24 23:52:01
[3629] Lóczi Lajos2012-11-26 14:31:19

Tessék

Előzmény: [3628] rizsesz, 2012-11-26 14:19:07
[3628] rizsesz2012-11-26 14:19:07

Sziasztok! Valaki meg tudja mondani, hogy angolul hogyan hivjak a ANYA + APA = SZÜLŐ tipusu egyenleteket? Nem mintha magyarul tudnam :-).

[3627] w2012-11-25 17:24:04

Igen, valóban :). Kérlek, ne írd le, hogyan jött ki.

Előzmény: [3626] m2mm, 2012-11-25 01:21:27
[3626] m2mm2012-11-25 01:21:27

Semmilyenre.

Előzmény: [3625] w, 2012-11-24 23:52:01
[3625] w2012-11-24 23:52:01

Egy hasonló nehézségű prímszámos feladat: Legyenek p és q szomszédos prímek. Összegük páros, 2k alakú. Mely p-kre és q-kra lesz k prímszám?

[3624] Lóczi Lajos2012-11-23 00:19:27

Az előbbi sorozat szomszédos elemeinek különbségéből képezett sorozat képe (szakaszokkal összekötve a pontokat):

Előzmény: [3623] Lóczi Lajos, 2012-11-23 00:07:43
[3623] Lóczi Lajos2012-11-23 00:07:43

Az első 10000 természetes szám közül állításod az alábbi n értékekre teljesül:

1, 3, 6, 12, 15, 27, 33, 45, 48, 57, 60, 78, 87, 90, 96, 108, 111, 123, 162, 165, 186, 228, 237, 243, 246, 255, 276, 288, 291, 306, 321, 330, 360, 363, 372, 390, 396, 402, 405, 417, 456, 495, 507, 510, 516, 522, 552, 585, 600, 603, 606, 633, 636, 705, 720, 741, 750, 753, 771, 792, 801, 831, 837, 852, 867, 873, 906, 915, 918, 978, 981, 1035, 1065, 1068, 1098, 1131, 1146, 1161, 1188, 1200, 1251, 1263, 1275, 1326, 1347, 1368, 1380, 1410, 1476, 1482, 1566, 1572, 1578, 1581, 1590, 1641, 1665, 1698, 1707, 1716, 1725, 1737, 1746, 1770, 1782, 1797, 1812, 1821, 1863, 1875, 1923, 1926, 1971, 1977, 2010, 2028, 2106, 2157, 2175, 2202, 2301, 2355, 2367, 2385, 2388, 2397, 2451, 2523, 2535, 2553, 2565, 2586, 2622, 2640, 2673, 2712, 2745, 2838, 2853, 2862, 2868, 2880, 2952, 2958, 3018, 3030, 3036, 3051, 3057, 3063, 3081, 3123, 3126, 3132, 3135, 3162, 3165, 3168, 3225, 3246, 3288, 3291, 3342, 3363, 3375, 3405, 3522, 3540, 3552, 3561, 3597, 3603, 3606, 3630, 3660, 3687, 3708, 3711, 3735, 3771, 3816, 3867, 3921, 3972, 3993, 4017, 4023, 4035, 4107, 4122, 4173, 4218, 4233, 4245, 4257, 4296, 4323, 4371, 4512, 4530, 4533, 4647, 4668, 4680, 4686, 4701, 4728, 4740, 4785, 4791, 4815, 4848, 4890, 4941, 4980, 4995, 5037, 5058, 5121, 5157, 5160, 5190, 5202, 5226, 5256, 5295, 5307, 5337, 5352, 5391, 5403, 5421, 5451, 5466, 5478, 5520, 5571, 5592, 5598, 5643, 5673, 5682, 5685, 5703, 5736, 5766, 5772, 5820, 5823, 5865, 5907, 5916, 5937, 5955, 5970, 6021, 6045, 6060, 6063, 6093, 6102, 6105, 6165, 6168, 6171, 6192, 6213, 6282, 6312, 6327, 6336, 6348, 6360, 6366, 6462, 6525, 6528, 6543, 6567, 6606, 6747, 6753, 6777, 6786, 6795, 6798, 6912, 6942, 6945, 6987, 7053, 7071, 7116, 7125, 7143, 7152, 7188, 7257, 7281, 7332, 7341, 7347, 7416, 7431, 7470, 7482, 7503, 7530, 7677, 7701, 7713, 7755, 7815, 7827, 7830, 7848, 7878, 7887, 7962, 7965, 7977, 7998, 8007, 8016, 8040, 8091, 8145, 8151, 8172, 8193, 8196, 8250, 8256, 8322, 8340, 8406, 8412, 8478, 8508, 8571, 8601, 8625, 8628, 8646, 8658, 8667, 8676, 8685, 8718, 8817, 8823, 8832, 8886, 8901, 8991, 9000, 9021, 9138, 9195, 9222, 9231, 9237, 9255, 9285, 9378, 9393, 9405, 9411, 9468, 9477, 9510, 9546, 9615, 9651, 9675, 9678, 9717, 9777, 9798, 9831, 9840, 9846, 9888, 9948, 9957, 9960, 9966

Előzmény: [3622] ibiro, 2012-11-22 22:01:46
[3622] ibiro2012-11-22 22:01:46

Az előbbi feladat másképpen: Milyen n értékekre lesz 10n+7 és 4n-1 egyidejűleg prímszám ?

[3621] ibiro2012-11-17 23:23:49

Határozzuk meg az összes a és b primszámot melyekre 2a-5b=19 .

[3620] Lóczi Lajos2012-11-08 12:42:38

Egyetértek (amennyiben \alpha=a) :)

Előzmény: [3619] nadorp, 2012-11-08 11:51:04
[3619] nadorp2012-11-08 11:51:04

Egy próbálkozás:

\matrix { \alpha<0               & 0 \cr\cr
           \alpha=0               & 2 \cr\cr
           0<\alpha<\frac1{8\ln2} & \infty \cr\cr
           \alpha=\frac1{8\ln2}   & 0 \cr\cr
           \alpha>\frac1{8\ln2}   & -\infty}

Előzmény: [3618] Lóczi Lajos, 2012-11-06 19:28:38
[3618] Lóczi Lajos2012-11-06 19:28:38

Az a valós paraméter értékétől függően számítsuk ki az alábbi határértéket:

\lim_{k\to\infty} k^{a-1} \left(k^{a/k}+2 k^{\frac{a+k}{k}}-16 k^2 \left(2^{a/k}-1\right)\right)

[3617] HoA2012-10-16 21:28:34

Az meg már nem matematika hanem pszichológia, hogy miért emlékeztem 5 tagú bizottságra a 4 pénztáros helyett.

Előzmény: [3616] lorantfy, 2012-10-16 17:04:31
[3616] lorantfy2012-10-16 17:04:31

Köszi! Jó, hogy pont én tettem fel. 500. feladat volt.

Előzmény: [3615] HoA, 2012-10-15 14:13:30
[3615] HoA2012-10-15 14:13:30

A feladat korábban szerepelt itt a fórumon abban a változatban, hogy egy 5 tagú bizottságból 3 tag jelenléte szükséges a páncélszekrény kinyitásához. Az ott közölt megoldás itt is alkalmazható.

Igaz-e, hogy csak olyan kulcs elosztás létezik, melynél mindegyik pénztáros ugyanannyi kulccsal rendelkezik?

Előzmény: [3614] lorantfy, 2012-10-14 21:58:35
[3614] lorantfy2012-10-14 21:58:35

540. Egy bank páncélszekrényén 6 zár van. Kulcsaikat úgy osztották el a 4 pénztáros között, hogy a páncélszekrény kinyitásához legalább hármójuknak jelen kell lennie, de mind a négynek nem. Egy zárhoz többüknél is van kulcs, illetve egy pénztárosnál több kulcs is van. Hány olyan kulcs elosztás van, melynél mindegyik pénztáros ugyanannyi kulccsal rendelkezik?

[3613] lorantfy2012-10-14 21:52:02

Szép megoldás és általánosabb is mint amit az eredeti feladat kívánt. Az eredetit is hasonlóan, még egyszerűbben be lehet látni.

Előzmény: [3612] SztranyákA, 2012-10-14 11:50:43
[3612] SztranyákA2012-10-14 11:50:43

Úgy látszik, nem lett annyira érdekes a feladat. Akkor megmutatnék egy megoldást.

Az 1.)-re Jonas példája rendben van.

A 2.)-ra azt fogjuk megmutatni, hogy nem lehetséges, hogy 11 egymást követő egész szám közül ki lehet választani 10 különbözőt, úgy, hogy azokkal kitölthető jól a bűvös ötszög.

Indirekt tegyük fel, hogy ilyen kiválasztás, és elrendezés lehetséges. Nyilván akkor lehetséges az is, hogy az 1,2,...,10,11 számok közül hagyunk el egyet, és a maradék 10 számmal töltjük ki a bűvös ötszöget. Legyen V: a vonalakon szereplő 4-4 szám összege, míg S: az ötszögben szereplő 10 szám összege.

Mivel minden az ötszögben szereplő szám két vonalon szerepel 2S=5V\implies5|2S\implies5|S

Mivel S=1+2+...10+11-"a hiányzó szám"=66-"a hiányzó szám", ezért "a hiányzó szám" csak az 1,6,11 közül kerülhet ki. Ha az 1-t, vagy a 11-t választjuk, akkor Lórántfy 3605-s feladatát kapjuk (az hasonlóan, ahogy most fogunk dolgozni megmutatható, hogy nem teljesíthető!), így válasszuk kimaradónak a 6-t!

Vagyis most S=66-6=60 , és így V=2S/5=24.

V=24, ami 3-mal osztható. Vagyis minden vonalon a 4 szám összegének 3-mal oszthatónak kell lennie! Most csoportosítsuk a 10 ötszögbe került számunkat a 3-as maradékaik szerint! 2db 0 maradékot ad (3,9), 4 darab 1 maradékot ad (1,4,7,10), és 4 darab 2 maradékot ad (2,5,8,11) 3-mal osztva. A 3-asra, és a 9-re fogunk figyelni!

Bármely két vonalnak egyértelműen létezik metszéspontja, így az ötszögbe került bármely két A,B számhoz (akár egy vonalon vannak, akár nem) van legalább egy harmadik olyan C szám, mellyel mindketten egy vonalon vannak (hiszen minden számra pontosan két vonal illeszkedik, azaz A,B-nek létezik legalább egy-egy nem közös vonala), méghozzá úgy, hogy A,B,C nincs mind egy közös vonalon.

Legyen A=3, B=9, és vizsgáljuk C-t! Mivel C nem osztható 3-mal 1,vagy 2 maradékot ad.

Legyen most C 1 maradékot adó. Az A,C vonalon lévő két másik szám is 1-1 maradékot kell adjon 3-mal osztva (mivel egyik sem adhat 0 maradékot, hiszen B más vonalon van)! Hasonlóan a B,C vonalon lévő másik két szám is 1 maradékot kell adjon! Igen ám, de akkor C, az A,C vonal két másik száma, illetve a B,C vonal két másik száma, azaz 5 különböző szám ad 3-mal osztva 1 maradékot, ami lehetetlen! (Ha abból indulunk ki, hogy C 2 maradékot ad, akkor pedig 5 darab 2 maradékot adó különböző számunk lenne!)

Ellentmondáshoz jutottunk, vagyis valóban lehetetlen a feltételeknek megfelelő bűvös ötszöget csinálni.

Előzmény: [3609] SztranyákA, 2012-10-07 11:10:56
[3611] lorantfy2012-10-11 16:38:55

Ha nincs megoldás, akkor biz. be, hogy nincs!

Előzmény: [3610] jonas, 2012-10-07 13:36:09
[3610] jonas2012-10-07 13:36:09

Tegnap, amikor a majdnem-megoldást kerestem, megállapítottam, hogy van olyan megoldás, amiben három vonalon azonos az összeg (24), és a két kimaradó vonalon is azonos (19). Egy ilyen megoldást mutatok a bal oldali ábrán ((1 7 3 8), (8 5 9 2), (2 4 7 6), (6 3 5 10), (10 9 4 1)).

Ha ebben a megoldásban a 7-est kicseréled 12-esre, ahogy a második ábrán látható, az megoldja a második kérdésedet, hiszen 12 egymás utáni számból használ fel 10 különbözőt, és minden vonalon az összeg 24.

Előzmény: [3609] SztranyákA, 2012-10-07 11:10:56
[3609] SztranyákA2012-10-07 11:10:56

Aranyos feladat, egy kicsit belepiszkálnék, két plusz kérdést hozzácsapva.

1.) Lehetséges-e, hogy 12 egymást követő egész szám közül ki lehet választani 10 különbözőt, úgy, hogy azokkal kitölthető jól a bűvös ötszög?

2.) Lehetséges-e, hogy 11 egymást követő egész szám közül ki lehet választani 10 különbözőt, úgy, hogy azokkal kitölthető jól a bűvös ötszög?

Valószínűleg a kérések sugallnak valamit, de ez talán belefér. (Ja, és persze mindkettőre van "szép", programot nem használó megoldás.)

Előzmény: [3605] lorantfy, 2012-10-05 19:35:38
[3608] jonas2012-10-06 19:12:03

Hmm, várj csak, a feladatkiírásban pozitív egész számokat kérsz. Akkor növeld meg a kitöltésemben mindegyik számot eggyel, így az összeg majdnem mindegyik vonalon 23 lesz.

Előzmény: [3607] jonas, 2012-10-06 19:10:44
[3607] jonas2012-10-06 19:10:44

Valóban nincs megoldás. A legközelebb talán az ábrán látható kitöltés áll, ahol majdnem minden vonalon a számok összege 19.

Előzmény: [3606] Róbert Gida, 2012-10-06 17:53:27
[3606] Róbert Gida2012-10-06 17:53:27

Géppel végignézve 10! esetet nincs megoldás.

Előzmény: [3605] lorantfy, 2012-10-05 19:35:38
[3605] lorantfy2012-10-05 19:35:38

Be lehet-e írni tíz egymást követő, pozitív egész számot az alábbi ábra köreibe úgy, hogy az egy egyenesen elhelyezkedő számok összege egyenlő legyen?

[3604] Lóczi Lajos2012-06-29 14:58:13

Szép, tömör levezetés!

Előzmény: [3603] Tóbi, 2012-06-29 13:51:41
[3603] Tóbi2012-06-29 13:51:41

Mivel A elemei nemnegatívak, A2  k. sorának k. eleme

\sum_{i=1}^{n} a_{ik} a_{ki} \geq a_{kk}^2

Ezért négyzetes-számtani közép közti egyenlőtlenség szerint

tr(A^2)\geq \sum_{k=1}^{n} a_{kk}^2 \geq \frac{1}{n} \left(\sum_{k=1}^{n} a_{kk}\right)^2=\frac{tr^2(A)}{n}

Tehát cn=n megfelelő konstans.

Előzmény: [3602] Lóczi Lajos, 2012-06-28 17:26:08
[3602] Lóczi Lajos2012-06-28 17:26:08

Szokás szerint jelölje tr(A) az A mátrix nyomát és nevezzünk egy mátrixot nemnegatívnak, ha minden eleme nemnegatív valós szám. Rögzítsünk egy tetszőleges n pozitív egész számot.

538. feladat. Megadható-e olyan cn valós konstans, hogy tetszőleges, n×n-es nemnegatív A mátrix esetén teljesül a

tr2(A)\lecn.tr(A2)

egyenlőtlenség?

[3601] Cckek2012-06-28 09:42:13

Köszönöm a szép levezetést. Sajnos ezt azt jelenti, hogy másfelé kell probálkoznom:D.

Előzmény: [3600] Lóczi Lajos, 2012-06-28 04:06:50
[3600] Lóczi Lajos2012-06-28 04:06:50

Gondolom, hogy \ell2-re valós Hilbert-térként gondolsz, a "szokásos" skaláris szorzattal. E skaláris szorzat által indukált normát jelöljük a szokásos módon ||.||2-vel. Egy x sorozat esetén az n-edik komponensét xn jelölje.

Ekkor S nem zárt altere a \ell2 Hilbert-térnek.

Tetszőleges, de rögzített N pozitív egész esetén jelölje ugyanis x(N) az alábbi sorozatot:

x^{(N)}:=\left(1,\frac{1}{2},\frac{1}{3},\cdots,\frac{1}{N},0,0,0,\cdots\right),

ahol tehát az N-edik pozíció után csupa 0 áll. Jelölje továbbá x^{(\infty)} az alábbi sorozatot:

x^{(\infty)}:=\left(1,\frac{1}{2},\frac{1}{3},\cdots,\frac{1}{n},\frac{1}{n+1},\cdots\right),

ahol pedig tetszőleges n pozitív egészre az n-edik tag \frac{1}{n}.

Minden fix N-re nyilván x(N)\inS.

Az is világos, hogy x^{(\infty)}\notin S.

Viszont N\to\infty esetén x^{(N)}\to x^{(\infty)} (\ell2-normában), hiszen ha N\to\infty, akkor

||x^{(\infty)}-x^{(N)}||_2^2=\sum_{n=1}^\infty (x_n^{(\infty)}-x_n^{(N)})^2=\sum_{n=N+1}^\infty \frac{1}{n^2}\to 0.

Előzmény: [3599] Cckek, 2012-06-27 23:56:13
[3599] Cckek2012-06-27 23:56:13

Koszi sokat segitettetek, akkor meg lenne egy kerdesem:

Legyen S azon (x_n)_{n\in N}\in l_2 sorozatok ( l2 a negyzetesen osszegezheto sorozatok tere) halmaza melyekre

\sum_{n\ge 1}\left(-\sum_{k<n}x_k^2+\sum_{k>n}x_k^2\right)x_n

konvergens. Ekkor Hilbert resztere-e S l2-nek?

Előzmény: [3593] Cckek, 2012-06-27 18:31:59
[3598] Lóczi Lajos2012-06-27 22:02:40

Nem tűnik igaznak. Legyen pl. x2=-7, y1=-2 és y2=-99, az összes többi tag nulla, ekkor a bal oldal nagyobb a jobb oldalnál.

Előzmény: [3594] Cckek, 2012-06-27 19:23:00
[3597] Róbert Gida2012-06-27 21:06:56

Ha minden n-re xn=yn akkor igaz, sőt egyenlőség van, de ezt gondolom te is láttad.

Előzmény: [3594] Cckek, 2012-06-27 19:23:00
[3596] Cckek2012-06-27 20:24:06

Gyonyoru es gyors. Tudnal estleg veges nem pozitiv tagu sorozatot is adni?

Előzmény: [3595] Tóbi, 2012-06-27 19:47:39
[3595] Tóbi2012-06-27 19:47:39

Legyen x_n=-\frac{1}{n} (n=1,2,...) Ekkor \sum_{n\geq 1} x_n^2=\frac{\pi^2}{6}.

Ha n\geq4, akkor \left( -\sum_{k<n} x_k^2 +\sum_{k>n} x_k^2  \right)x_n = \frac{1}{n} \left( \sum_{k<n} x_k^2 -\sum_{k>n} x_k^2  \right)\geq \frac{1}{n} Ezért a második sor divergens.

Előzmény: [3593] Cckek, 2012-06-27 18:31:59
[3594] Cckek2012-06-27 19:23:00

Még egy feladat ami bonyolultnak tűnik de nagyon örülnék, ha valakinek sikerülne (pozitiv:) választ adni. Legyenek (x_n)_{n\in N} illetve (y_n)_{n\in N} négyzetesen öszegezhető sorozatok és legyen \sum_{n\ge 1} x_n^2=s illetve \sum_{n\ge 1}y_n^2=p. Igaz-e a következő egyenlőtlenség:

\sum_{n\ge 1}(x_n^6+y_n^6)-2s\sum_{n\ge 1}x_n(x_n^3-y_n^3)+2p\sum_{n\ge 1}y_n(x_n^3-y_n^3)-2\sum_{n\ge 1}x_n^3y_n^3+2(1-ps)\sum_{n\ge 1}x_ny_n\le s+p-s^3-p^3?

[3593] Cckek2012-06-27 18:31:59

Adjunk példát olyan (x_n)_{n\in {N}} sorozatra melyre \sum_{n\ge 1}x_n^2 konvergens és \sum_{n\ge 1}\left(-\sum_{k<n}x_k^2+\sum_{k>n}x_k^2\right)x_n pedig divergens!

[3592] sakkmath2012-06-21 09:54:08

A feladat láttán az Euler-egyenes jutott az eszembe:

Az én olvasatomban a két keretezett eredmény együtt jelenthet egyfajta típusba sorolást. Erre úgy fókuszálhat a feladat, ha a szövegében kikötjük, hogy a háromszög nem szabályos és nem derékszögű.

Előzmény: [3588] Cckek, 2012-06-17 19:16:49
[3591] Lóczi Lajos2012-06-17 22:39:54

Fokokban:

(A,B,C)=(66.612276..., 41.849268..., 71.538454...) hegyes.

(A,B,C)=(60, 60, 60) szabályos.

(A,B,C)=(90, 12.8295..., 77.1705...) derékszögű.

(A,B,C)=(100.114..., 2.60435..., 77.2821...) tompa.

(A,B,C)=(167.34..., 6.33017..., 6.33017...) egyenlő szárú.

Előzmény: [3590] Cckek, 2012-06-17 22:20:48
[3590] Cckek2012-06-17 22:20:48

Tehát: hegyes-, tompa-, derék-szögű, egyenlö szárú esetleg szabályos?

Előzmény: [3589] Lóczi Lajos, 2012-06-17 22:16:55
[3589] Lóczi Lajos2012-06-17 22:16:55

Mit értesz egy háromszög "típusa" alatt?

Előzmény: [3588] Cckek, 2012-06-17 19:16:49
[3588] Cckek2012-06-17 19:16:49

Határozzuk meg annak az ABC háromszögnek a tipusát melynek szögeire fennáll a

8\sin(A)\cos(B)\cos(C)=\sqrt{3}

összefüggés.

[3587] Lóczi Lajos2012-06-12 18:43:24

Sok.

Előzmény: [3585] Renus88, 2012-06-12 14:17:35
[3586] Renus882012-06-12 14:24:42

:D

Előzmény: [23] Csimby, 2003-11-05 18:21:35
[3585] Renus882012-06-12 14:17:35

Hányféleképpen irhatók a Paralelepipedon szó betűi???

[3584] sakkmath2012-06-09 17:28:26

A 2 + \sqrt3, a sejtésem tehát megdőlt. Köszönöm.

Előzmény: [3583] Lóczi Lajos, 2012-06-09 17:14:40
[3583] Lóczi Lajos2012-06-09 17:14:40

Véleményem szerint a maximum helye a vízszintes tengelyen kb. 3.7320508075688772935-nél van (amiből rögtön látható, hogy ez melyik algebrai szám akar lenni).

Előzmény: [3582] sakkmath, 2012-06-09 17:02:19
[3582] sakkmath2012-06-09 17:02:19

Érdekes összefüggést vélek felfedezni e feladat és egy saját régi (geometriai (!)) feladatom között. Ránézésre úgy tűnik, mintha az általam - egészen más úton - kapott görbét affin zsugorítással az 537. feladatban feltételezett görbébe vihetnénk. Ez még csak egy halvány sejtés, s könnyen lehet, hogy tévedek.

A sejtést erősítené, vagy cáfolná, ha valaki válaszolna a következő kérdésre:

Igaz-e, hogy az 537. feladat görbéje első negyedbe eső ágának maximuma az x\approx3,77464 helyen van?

Előzmény: [3570] Lóczi Lajos, 2012-05-30 10:10:36
[3581] Lóczi Lajos2012-06-02 21:35:40

Szép megoldóképletet találtál. Az egyenleteid a de Moivre-féle ötödfokú egyenletek kétparaméteres családjának speciális esetei (a keresőkben pl. "de Moivre quintic"), amely család gyökképlettel megoldható, és az 5 megoldás egyike az általad felírt egyik képlet.

A több tucat írás közül hadd ajánljak két szép cikket ebből az irányból, amelyek a Galois-elmélet konkrét alkalmazásai:

1.) D. S. Dummit: Solving Solvable Quintics (Mathematics of Computation, Volume 57, Number 195, July 1991, Pages 387-401) -- ebben a szerző belátja, hogy az x5+px3+qx2+rx+s=0 alakú racionális együtthatós ötödfokú egyenlet pontosan akkor oldható meg gyökképlettel, ha a

q8-13pq6r+p5q2r2+65p2q4r2-4p6r3-128p3q2r3+17q4r3+48p4r4-16pq2r4-192p2r5+256r6-4p5q3s-12p2q5s+18p6qrs+12p3q3rs-124q5rs+196p4qr2s+590pq3r2s-160p2qr3s-1600qr4s-27p7s2-150p4q2s2-125pq4s2-99p5rs2-725p2q2rs2+1200p3r2s2+3250q2r2s2-2000pr3s2-1250pqrs3+3125p2s4-9375rs4+

x(-2pq6+19p2q4r-51p3q2r2+3q4r2+32p4r3+76pq2r3-256p2r4+512r5-31p3q3s-58q5s+117p4qrs+105pq3rs+260p2qr2s-2400qr3s-108p5s2-325p2q2s2+525p3rs2+2750q2rs2-500pr2s2+625pqs3-3125s4)+

x2(p2q4-6p3q2r-8q4r+9p4r2+76pq2r2-136p2r3+400r4-50pq3s+90p2qrs-1400qr2s+625q2s2+500prs2)+

x3(-2q4+21pq2r-40p2r2+160r3-15p2qs-400qrs+125ps2)+x4(2pq2-6p2r+40r2-50qs)+x5(8r)+x6=0

hatodfokú egyenletnek van racionális gyöke (amit egyszerű eldönteni a konkrét esetekben).

A te x5/2-5x3+10x-y=0 paraméteres ötödfokú egyenletedre akkor alkalmazható a fenti eredmény, ha y racionális, mert belátható, hogy ekkor a fent definiált hatodfokú egyenletnek az x=40 mindig gyöke.

2.) A de Moivre-egyenletől és sok másról lásd pl. a Spearman--Williams-cikket (http://people.math.carleton.ca/~williams/papers/pdf/185.pdf vagy a sok példát tartalmazó http://en.wikipedia.org/wiki/Quintic_function oldalt), ebben valós y-ra is szerepel a megoldóképlet.

Visszatérve arra kérdésedre, hogy "Ha igaz, lehet-e finomítani a[z x>2] becslésen?" -- először pontosan definiálnod kell, hogy a négyzetgyökök és az ötödik gyökök mely komplex értékeit válasszuk meg. De pl. a fenti 2.)-es Spearman--Williams cikkben erre is választ kapunk.

Előzmény: [3580] gyula60, 2012-06-02 17:34:56
[3580] gyula602012-06-02 17:34:56

Igaz-e a következő sejtés?

A \phi(x)=:\frac{x^5}2-5x^3+10x és az f(x)=:\root5\of{x-\sqrt{x^2-32}}+\root5\of{x+\sqrt{x^2-32}} függvényekre x>2 esetén

\phiof=fo\phi=x

Ha igaz, lehet-e finomítani a becslésen?

(Megjegyzés. Először jelentkezek be ide. Ötletecskéit szeretné egy idősebb úr megosztani a fiatalsággal. Lehet, hogy nem tartozik az érdekes matek feladatok körébe, bármilyen iránymutatást elfogadok. Köszönettel)

[3579] Róbert Gida2012-05-31 21:38:00

Igen, bár nagyságrendben nem sokkal jobb.

A Fermat számos viszont tovább javítható, mert h(n)=2^{2^{ceil(1+\frac {\log(n)}{\log(4)})}}-1 is jó lesz.

Ami nagyságrendileg 2^{\sqrt n}, sőt azt sem nehéz látni, hogy tetszőleges \epsilon>0-ra 2^{n^{\epsilon}} is írható nagyságrendileg.

Előzmény: [3578] Sirpi, 2012-05-31 20:44:02
[3578] Sirpi2012-05-31 20:44:02

Akkor állítás: 2n-1 is elég.

Előzmény: [3577] Róbert Gida, 2012-05-31 20:26:40
[3577] Róbert Gida2012-05-31 20:26:40

Valóban: legyen g(n)=2^{2^{ceil(\frac {\log n}{\log 2})}}-1, ahol ceil(x)=felső egészrész x. Sőt ez sokkal több, mint egy nagyságrenddel kisebb.

Előzmény: [3576] Sirpi, 2012-05-31 19:13:36
[3576] Sirpi2012-05-31 19:13:36

Ez is jó, de ennél egy nagyságrenddel kisebb függvény is megfelelő.

Előzmény: [3575] Róbert Gida, 2012-05-31 16:23:08
[3575] Róbert Gida2012-05-31 16:23:08

Legyen f(n)=22n-1.

Előzmény: [3574] Sirpi, 2012-05-31 15:41:04
[3574] Sirpi2012-05-31 15:41:04

Adjunk meg képlettel olyan f(n):Z+\toZ+ függvényt, amire teljesül, hogy f(n)-nek és f(n)+1-nek is legalább annyi osztója van, mint n-nek.

[3573] jonas2012-05-31 11:44:54

Értem. A gráfokat motivációnak gondoltam, nem a megoldás eszközének.

Előzmény: [3572] Lóczi Lajos, 2012-05-31 00:28:56
[3572] Lóczi Lajos2012-05-31 00:28:56

Elképzelhető, bár bizonyos differenciálegyenletek numerikus megoldásakor szintén gyakran lépnek fel ilyen mátrixok. (De ez a konkrét feladat természetesen teljesen elemi eszközökkel is megoldható.)

Előzmény: [3571] jonas, 2012-05-30 22:19:27
[3571] jonas2012-05-30 22:19:27

Az 537. feladatban említett “valaki” tippem szerint egy kombinatorikus, aki gráfok sajátértékével foglalkozik.

Előzmény: [3570] Lóczi Lajos, 2012-05-30 10:10:36
[3570] Lóczi Lajos2012-05-30 10:10:36

537. feladat. Valaki sávos mátrixoknak az alábbi sorozatát vizsgálta:

\left(\matrix{3&1&-4\cr -4&3&1\cr1&-4&3\cr}\right), \left(\matrix{3 & 0 & 1 & -4\cr  -4 & 3 & 0 & 1\cr  1 & -4 & 3 & 0\cr 0 & 1 & -4 & 3\cr}\right), \left(\matrix{3 & 0 & 0 & 1 & -4\cr -4 & 3 & 0 & 0 & 1\cr  1 & -4 & 3 & 0 & 0\cr 0 & 1 & -4 & 3 & 0 \cr 0 & 0 & 1 & -4 & 3\cr}\right), és így tovább, vagyis a jobb felső sarokban mindig a megadott három elem áll, a főátló és az alatta lévő két átló egyre "nyúlik", végül a maradék helyeken csupa 0 áll.

Ahogy e mátrixok mérete egyre növekszik, a mátrixok sajátértékeit a komplex síkon kirajzolva érdekes szabályszerűséget figyelhetünk meg, melyet az ábra mutat: mintha a sajátértékek mind egy zárt görbén helyezkednének el.

Meg tudjuk keresni ezt a görbét?

[3569] Lóczi Lajos2012-05-25 20:07:16

Egyetértek a sejtéseddel.

Előzmény: [3568] Róbert Gida, 2012-05-25 12:56:22
[3568] Róbert Gida2012-05-25 12:56:22

Legyen x=\frac{997718293}{1000000000};
y=-\frac{526882921}{1000000000};
z=\frac{462035853}{1000000000}

Sejtésem szerint ez már az optimális x-től kevesebb, mint 10-9-re van.

Előzmény: [3567] Lóczi Lajos, 2012-05-25 02:12:15
[3567] Lóczi Lajos2012-05-25 02:12:15

Keressünk minél nagyobb olyan valós x számot, melyhez megadhatók alkalmas y és z valós számok, hogy az

x8+2y8+3z8\leq1 és x3+7z3\geq3+9y3

egyenlőtlenségek fennállnak.

[3566] Lóczi Lajos2012-05-12 23:11:31

535. feladat. Adjuk meg a háromdimenziós térben az a\ge0, b\ge0, c\ge0, 0\le\frac{1}{2}-a, a(a-b)\le \frac{1}{2}-b és c\le1+bc egyenlőtlenségek által definiált test mindhárom tengelyre eső merőleges vetületének a hosszát.

[3565] jonas2012-05-07 20:29:50

Hát, ha senki nem vállalja, itt a gyors magyarázat.

Vegyünk egy olyan számot, mint

t=1234567.

Ha ezt megszorozzuk tízzel, akkor ugyanazt a sort kapjuk, csak eltolva.

10t=12345670.

Most vonjuk ki egymásból a kettőt. A szemléletesség kedvéért illesszük egymás alá a számjegyeket, így jobban látszik:


\matrix{
10t + 8 =  & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 \cr
-t = -     &   & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 \cr
9t + 8 =   & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1
}

Az utolsó kivételével minden helyiértéken két szomszédos számjegyet vonunk ki az eredeti számban, és ebből a két szomszédos számjegyből az első eggyel nagyobb, így mindenhol 1 lesz a különbség. (Az utolsó helyiértéknél csaljunk egy kicsit.)

Most vonjunk ki t-t még egyszer:


\matrix{
9t + 7 =   & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \cr
-t = -     &   & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 \cr
8t + 7 =   &   & 9 & 8 & 7 & 6 & 5 & 4 & 3 \cr
}

Ezt úgy kell elképzelni, hogy a t minden számjegyét a 9t+7 eggyel nagyobb helyiértéken lévő számjegyéből vonjuk ki, tehát mindegyik számjegyet 10-ből. Így a 10-ből sorra kivonjuk a számokat 1-től valameddigig, ezért az eredmények sorra 9-től mennek egyesével lefelé.

Természetesen ugyanez megy 16-os számrendszerben is:

E16.1234567816+816=FEDCBA9816.

E16.12345678916+916=FEDCBA98716.

E16.123456789A16+A16=FEDCBA987616.

Előzmény: [3564] lorantfy, 2012-05-05 14:02:27
[3564] lorantfy2012-05-05 14:02:27

Adjatok erre egy gyors magyarázatot! Megy ez 16-os számrendszerben is?

[3563] Fálesz Mihály2012-04-23 10:19:11

Alapvetően Attilával értek egyet. A feladattal a baj a kérdésben levő visszacsatolás. A helyes válasz attól függ, hogy mi a helyes válasz.

Számtalan ilyen logikai paradoxon ismert. Ha ez az állítás igaz, akkor én vagyok a Mikulás. Mi a legkisebb pozitív egész, amit nem lehet 1000-nél kevesebb karakterrel definiálni?

Az adott kérdésben a 0 az egyetlen "stabil" válasz, de lehetne próbálkozni a 0/25/25/50 (nincs stabil válasz) vagy a 25/75/75/75 (a 0, 25 és a 75 is stabil) változatokkal is...

* * *

Ha az "én most nem mondok igazat" mondatba beleteszünk egy kis elektronikus késleltetést, akkor hívhatjuk astabil multivibrátornak. :-)

[3562] Sirpi2012-04-23 09:18:07

Azért ne félj a %-tól (\%-nak kell írni).

Előzmény: [3561] lorantfy, 2012-04-22 19:49:21
[3561] lorantfy2012-04-22 19:49:21

Szerintem nem kell ahhoz 100 emberrel megoldatnunk a feladatot, hogy tudjuk, az A, B, C, D lehetőségek közül véletlenül kiválasztva egyet 1/4 lesz a kiválasztás esélye. Mivel véletlenszerűen választunk nem is nézzük meg milyen számokat takarnak ezek a válaszok. Négy egyforma boríték közül választunk, melyekben egy papíron ott vannak az adott számok. Mit jelent az, hogy helyes a választásod? Azt, hogy kinyitva a borítékot amit választottál, olyan szám lesz benne, amilyen valószínűséggel kiválaszthattad éppen azt a számot. A feladatban viszont látjuk ezeket a számokat és éppen az okozza az ellentmondást, hogy egyik értéke sem egyezik meg azzal az eséllyel amivel ő maga kiválasztható. A kérdés szerintem feltehető, és lenne is jó válasz a kérdésre, ha a válaszok pl.ezek lennének? A)15 B)50 C)35 D)50 Ekkor az 50 jó válasz lenne. (A százalékokat az ismert okok miatt elhagytam.)

Előzmény: [3558] jenei.attila, 2012-04-22 18:08:49
[3560] SmallPotato2012-04-22 19:19:05

Javítás az elveszett végű bekezdéshez.

... Ha a 25 % pontosan egyszer szerepelne a helyes adatok között, akkor korrekt válasz lenne adható. A kérdés egy valószínűség, ami a kedvező és az összes esetek számának konkrét ismeretében egyértelműen eldönthető.

Előzmény: [3559] SmallPotato, 2012-04-22 19:14:48
[3559] SmallPotato2012-04-22 19:14:48

"Bármi más válaszok lennének, akkor is értelmetlen lenne a kérdés."

"A baj az, hogy a kérdés maga értelmetlen, ... nem lehet rá igennel vagy nemmel válaszolni"

Szerintem a kérdés egyáltalán nem értelmetlen. "Ha véletlenszerűen kiválasztasz egy választ, mi az esélye, hogy a helyeset választottad?" Ha a 25

A dolgozatos példádhoz: egy valószínűséget nem lehet (de nem is kell hogy lehessen) egyetlen elemből álló minta várható értékéből megjósolni. (100 dolgozat persze az eredeti kérdésre szintén nem adná meg a választ.)

Előzmény: [3558] jenei.attila, 2012-04-22 18:08:49
[3558] jenei.attila2012-04-22 18:08:49

Véleményem szerint ennek a feladatnak egész más baja van, mint hogy kétszer szerepel benne a 25 százalék és egyszer az 50 százalék. Bármi más válaszok lennének, akkor is értelmetlen lenne a kérdés. Képzeljük el, hogy 100 emberrel megoldatjuk a feladatot, majd elkezdjük kijavítani a dolgozatokat. Ha 25 százalék a helyes válasz, akkor várhatóan 25 helyes megoldás lesz. De mi a helyes megoldás az első dolgozat javításakor? Már egy dolgozatnál is el kellene tudni dönteni, hogy az adott válasz helyes-e vagy nem. A baj az, hogy a kérdés maga értelmetlen, abban az értelemben, hogy nincs igazságtartalma (nem lehet rá igennel vagy nemmel válaszolni). Ez kb. olyan, mintha azt kérdeznénk: "ez a kérdés igaz?". Önmagáról kérdez (vagy állít) valamit, aminek egyszerűen nincs igazságtartalma. Az ilyen állítások nem megengedhetők. Leginkább talán a Russel paradoxonhoz hasonlít, ami abból adódik, hogy nem lehet "ész nélkül" halmazokat kreálni. Vagy pl. az "ez a mondat hamis" állítás sem igazi állítás, ezért értelmetlen megkérdezni, hogy igaz-e vagy sem. Tehát a feladat sokkal inkább logikai mintsem valószínűségszámítási. Egyébként érdekes feladat, mondjátok el a véleményeteket róla.

Előzmény: [3556] lorantfy, 2012-04-20 22:37:01
[3557] HaliPeu2012-04-21 15:54:28

Szerintem a megoldás 0, mert az pont nullaszor szerepel, ezért 0

[3556] lorantfy2012-04-20 22:37:01

Egy jó választ kell kiválasztanunk a 4 közül, ennek az esélye 0,25. Tehát a jó válasz a 0,25. Ebből viszont kettő van, így a kiválasztásának esélye 0,50. Vagyis a jó válasz az 0,50. Ebből viszont csak 1 van, így a véletlen kiválasztás esélye 0,25... Szóval paradoxon. Akkor lenne megoldása, ha a 0,25 egyszer vagy az 0,50 kétszer szerepelne, de egyszerre csak az egyik.

Előzmény: [3552] Hajba Károly, 2012-04-14 19:44:58
[3555] joe2012-04-14 22:44:56

If you choose an answer to this question at random, what is the chance you will be correct?

A) 50

Előzmény: [3550] lorantfy, 2012-04-13 21:09:24
[3554] Zilberbach2012-04-14 20:06:41

25 + 50 + 60 + 25 = 160

160:4 = 40

[3553] Zilberbach2012-04-14 19:58:01

"Change" helyett: chance.

Előzmény: [3551] jonas, 2012-04-14 16:47:05
[3552] Hajba Károly2012-04-14 19:44:58

Ez nem egy paradoxon?

Előzmény: [3550] lorantfy, 2012-04-13 21:09:24
[3551] jonas2012-04-14 16:47:05

Átirat.

If you choose an answer to this question at random, what is the change you will be correct?

A) 25%

B) 50%

C) 60%

D) 25%

Előzmény: [3550] lorantfy, 2012-04-13 21:09:24
[3550] lorantfy2012-04-13 21:09:24
[3549] Róbert Gida2012-01-15 20:35:34

Egy variánsa ismert feladat: 16 egymásutáni egész szám közt mindig van olyan, amely relatív prím a többihez. Míg 17 számra ez nem igaz.

Előzmény: [3541] Sirpi, 2012-01-15 07:40:05
[3548] Sirpi2012-01-15 17:48:42

Én is ezt találtam meg (kézzel).

Előzmény: [3545] jonas, 2012-01-15 11:16:07
[3547] jonas2012-01-15 13:13:49

Épp ellenkezőleg. Hasznos, hogy elmondtad, hogy lehet megtalálni egyszerűen ezt a megoldást. Én egyszerűen csak végignéztem az összes kis számot, hogy melyik működik. Mivel azt írtad, hogy van 800 alatt megoldás, ezért kezdtem el kis példát keresni.

Előzmény: [3546] FlagD, 2012-01-15 13:07:44
[3546] FlagD2012-01-15 13:07:44

Akkor én is lelövöm az én "megoldásom".A két számot a-val, és b-vel fogom jelölni. b=a+k (vagyis a és b között k-1 darab számra kell teljesülnie a feltételnek.)

Az első, ami beugrott, az az ismert feladat, hogy bármely pozitív egész n-re van egymás utáni n darab összetett szám. 6!+1=721 pedig osztható 7-tel, vagyis a=6!, és b=6!+7 jó választás lesz. Azt néztem el, hogy 727 persze nem osztható 7-tel. (No persze annak is be kellett volna ugrani, hogy Wilson-tétele miatt,akkor már pl. 5|4!+1 is igaz, és a=4! is hasonló okok miatt nem megfelelő)

És akkor, hogy lehet jó megoldást adni: Az könnyen látható, hogy a,b>2. Mivel két szomszédos szám legnagyobb közös osztója : (n;n+1)=1, emiatt (a;b-1)>1, és (b;a+1)>1 (és így a-nak, és b-nek kell lennie különböző prímosztójának ). Ha elkezdjük b-1;a-val, illetve b;a+1-gyel az euklideszi-algoritmust, akkor mindkét esetben az első maradék: k-1. Ez a fentiek miatt azt jelenti, hogy k-1-nek legalább két különböző prímosztója van. Nézzük sorba az eseteket (amikor pontosan két prímosztója van k-1-nek!)

1. Ha k-1=2*3. Ekkor b=a+7. (Legyen most 2|a, és 3|b; a fordított eset hasonló!) Ekkor a+1 (=b-6 miatt!); a+2; a+4 (=b-3 is!); a+6 számok "jók", de a+3=b-4 mind a-val, mind b-vel relatív prím. Vagyis ez az eset nem lehet!

2-3. Hasonlóan k-1=2*7 (2|a,7|b) esetre pedig a+7=b-8 "rossz"; míg k-1=2*5 (2|a,5|b) esetre: a+5=b-6 "rossz", amennyiben 3 nem osztója b-nek, és a+9=b-2 "rossz", amennyiben 3 nem osztója a-nak (és persze 3 vagy a-t, vagy b-t oszthatja csak!)

4. Legyen most k-1=3*5 (itt lesz a jó megoldás), illetve 3|a, 5|b! Válasszuk a-t párosnak is (ekkor persze b is az). Így a+1(=b-15 miatt), a+2, a+3,a+4;a+6(=b-10 miatt is);a+8;a+9;a+10;a+11(=b-5 miatt);a+12;a+14;a+15 eleve "jók" (a,és b választása miatt). a+5=b-11; a+7=b-9; a+13=b-3 számokat kell vizsgálnunk csak. Mivel 3 nem osztja b-t, 5 pedig a-t, a fenti három vizsgált szám csak úgy lehet "jó", ha 11|b, míg 7*13|a teljesül. Most ott tartunk, hogy 2*3*7*13=546|a , míg 2*5*11=110|b. Vegyük észre, hogy 5*2*5*11=550 "közel" van 546-hoz. Ha mind 546-t, mind 550-t szorozzuk 4-gyel, akkor megfelelő a-t, b-t kapunk. Vagyis a=2*2*2*3*7*13 = 2184 , és b=2*2*5*5*11 = 2200 valóban jó választás.

Azt még nem látom pontosan, hogy miért ez a legkisebb. Ja és elnézést jonastól (természetesesn Övé az érdem), hogy lelőttem, hogy a megoldása hogy jöhetett ki, a rossz megoldásom miatt próbáltam "kiköszörülni a csorbát"!

Üdv!

Előzmény: [3545] jonas, 2012-01-15 11:16:07
[3545] jonas2012-01-15 11:16:07

Lelőjem? A legkisebb megoldás a (2184, 2200).

Előzmény: [3541] Sirpi, 2012-01-15 07:40:05
[3544] jonas2012-01-15 11:09:56

Esetleg úgy érted, olyat találtál, ahol a két szám különbsége van 700 és 800 között? Mert olyan megoldás biztosan nincsen, ahol mindkét szám 800 alatt van.

Előzmény: [3543] FlagD, 2012-01-15 10:14:46
[3543] FlagD2012-01-15 10:14:46

Nekem megvan, de nem lőném le teljesen, csak annyira, hogy van ilyen számpár.

Egy ismert számelmélet feladat jutott rögtön eszembe, és 700, és 800 között találtam jó megoldást (nem tudom ez a számpár-e a legelső).

Előzmény: [3541] Sirpi, 2012-01-15 07:40:05
[3542] jonas2012-01-15 09:54:37

Ügyes feladat.

Előzmény: [3541] Sirpi, 2012-01-15 07:40:05
[3541] Sirpi2012-01-15 07:40:05

Tegnap este találtam ki ezt a feladatot, és szerintem érdekes:

Van-e két olyan nem szomszédos pozitív egész, hogy a köztük lévő minden számra teljesül, hogy nem relatív prím a két szám valamelyikéhez? (pl. a 90, 98 pár jó lenne, ha a 97 nem lenne köztük.) Egyébként sikerült is megoldani.

[3540] Róbert Gida2012-01-12 01:08:26

Megvan: Euler: 2r\leR és a harmadik feladatból triviálisan következik a második egyenlőtlenség.

Előzmény: [3539] Róbert Gida, 2012-01-12 00:47:15
[3539] Róbert Gida2012-01-12 00:47:15

Első feladatra: ha a háromszög tompaszögű, akkor trivi, mert a szorzat akkor negatív. Egyébként számtani-mértani egyenlőtlenség, majd Jensen egyenlőtlenség a [0,Pi]-n konkáv cos fv-re

Második feladatra nincs tippem.

Utolsó feladat: cos-ra használhatod a cos tételt, r=\frac Ts és R=\frac {abc}{4T}, ahol T a terület, s a félkerület. Továbbá T-re a Héron képletet. Ekkor mindenhol már csak a,b,c szerepel, azaz egy azonosságot kell kapnod, ha mindent behelyettesítesz. (itt már nem is lényeges, hogy ezek egy háromszög oldalai is.)

Előzmény: [3537] onkiejoe, 2012-01-11 23:45:20
[3538] onkiejoe2012-01-11 23:48:13

Elnézést, azt hiszem, nem jól sikerült a linkelés. Talán most: 12. és 9. feladat

Előzmény: [3537] onkiejoe, 2012-01-11 23:45:20
[3537] onkiejoe2012-01-11 23:45:20

Sziasztok! Lenne néhány feladatom, amin jó pár napja ülök, de egyszerűen nem tudom lebirkózni őket. Már mindent megpróbáltam, amit tudtam, de nem tudok rájönni a megoldás kulcsára. Két szélsőérték-feladat (igazolni kell minden háromszögre, melynek szögei A, B és C, valamint megmondani, hogy milyen A, B, C esetén van egyenlőség):

cos(A)*cos(B)*cos(C)\le1/8

(itt a * sima szorzásjel akar lenni)

cos(A)+cos(B)+cos(C)\le3/2

A feladat "trükkje" az lenne, hogy nem szabad deriválást alkalmazni. Egyébként innen származnak: (12. és 9. feladat) És van még egy, ez már nem szélsőérték (szintén bizonyítandó, az előzőektől függetlenül):

cos(A)+cos(B)+cos(C)=(r+R)/R

(r: beírható kör sugara, R: körülírt kör sugara)

Minden segítséget, választ, és esetlegesen megoldást is előre köszönök!

(És elnézést kérek, hogy nem igazán ismerem ki magam a program kód- és jelrendszerén.)

O.

[3536] Sirpi2011-12-19 08:32:31

Igen, ez jó. Én ezt találtam:

\left(kn+1\right)\left(2(k+1)n+1\right)-\left(2kn+1\right)\left((k+1)n+1\right)=n

Előzmény: [3535] Kemény Legény, 2011-12-18 19:10:23
[3535] Kemény Legény2011-12-18 19:10:23

Róbert Gida megoldását továbbgondolva:

(k2n+1)((k+1)2n+1)-(k(k+1)n+1)2=n

Előzmény: [3532] Sirpi, 2011-12-18 17:57:06
[3534] jonas2011-12-18 18:41:48

Hmm, várj, ez így nem jó, mert két összetett számot kértél. Akkor még gondolkozom egy kicsit.

Előzmény: [3533] jonas, 2011-12-18 18:40:56
[3533] jonas2011-12-18 18:40:56

Az n pozitív egész számot szeretnénk előállítani. Ehhez keressünk egy p prímet, ahol n<p. Ekkor bármilyen k természetes számra n=(pk+n)-pk. Mármost (pk+n) relatív prím pk-tól, mert az utóbbinak az egyetlen prímosztója a p, az előbbi pedig nem osztható p-vel.

Előzmény: [3529] Sirpi, 2011-12-18 10:51:32
[3532] Sirpi2011-12-18 17:57:06

Pótfeladat (ha már ilyen hamar lelövődött):

bizonyítsuk be, hogy minden számra végtelen sok ilyen előállítás létezik.

Előzmény: [3531] Sirpi, 2011-12-18 12:16:42
[3531] Sirpi2011-12-18 12:16:42

Ez gyors volt. Én is pont ezt találtam meg.

Előzmény: [3530] Róbert Gida, 2011-12-18 11:57:45
[3530] Róbert Gida2011-12-18 11:57:45

Legyen B=4*n2+4*n+1=(2*n+1)2 és A=4*n2+5*n+1=(n+1)*(4*n+1). Ekkor A-B=n, itt A,B összetett a faktorizáció miatt. És relatív prímek, hiszen:

lnko(A,B)=lnko(A-B,B)=lnko(n,4n2+5n+1)=lnko(n,1)=1

Előzmény: [3529] Sirpi, 2011-12-18 10:51:32
[3529] Sirpi2011-12-18 10:51:32

A feladatom nem teljesen explicit, de sebaj.

Adjunk minél egyszerűbb konstruktív bizonyítást arra, hogy minden pozitív egész szám előáll két relatív prím összetett szám különbségeként.

[3528] Lóczi Lajos2011-12-10 16:40:24

(Megtaláltam a számolásomban a hibát, amit írsz, tényleg jó f2-nek.)

Előzmény: [3527] Fálesz Mihály, 2011-12-07 11:05:19
[3527] Fálesz Mihály2011-12-07 11:05:19

L'Hospital szabállyal:


\lim_{x\to\infty} \frac{y-x\ln x}{f_2(x)} =
\lim_{x\to\infty} \frac{y'(x)-(x\ln x)'}{f_2'(x)},

ha \lim_\infty f_2=\infty és a jobboldali határérték létezik.

Azt már tudjuk, hogy ln y=ln x+ln ln x+o(1).

y'(x)-(x.ln x)'=ln y-ln x-1=ln ln x+O(1).

Olyan f2 kell tehát, aminek a deriváltja kb. ln ln x. Az x.ln ln x ilyen, mert a ln ln x lassan nő, de parciális integrálással is megtalálhatnánk:


\int\ln\ln x dx = x\cdot\ln\ln x - \int\frac{dx}{\ln x} =
x\cdot\ln\ln x + O\left(\frac{x}{\ln x}\right).

Előzmény: [3526] Lóczi Lajos, 2011-12-07 10:14:29
[3526] Lóczi Lajos2011-12-07 10:14:29

Ezt már próbáltam, de a kérdéses limesz végtelen lett. (Még ellenőrzöm a számolást egyszer.)

Előzmény: [3525] Fálesz Mihály, 2011-12-07 09:59:33
[3525] Fálesz Mihály2011-12-07 09:59:33

Próbáljuk ki ezt: f2(x)=x.ln ln x

Előzmény: [3524] Lóczi Lajos, 2011-12-07 04:27:31
[3524] Lóczi Lajos2011-12-07 04:27:31

Egyelőre én is pont eddig jutottam. Igen, jonas, a bizonyítás talán 1 oldalban összefoglalható lenne, tehát teljesen elemi megfontolásokat használtam csak (az Li függvényről is).

Ha f1(x):=xln (x), akkor tehát eddig azt tudjuk, hogy \lim_{\infty}\frac{y}{f_1}=1. Az is egyszerűen adódik, hogy \lim_{\infty}{(y-f_1)}=\infty.

A továbblépéshez keresendő tehát egy f2, hogy \lim_{\infty}\frac{y-f_1}{f_2} egy véges, nemnulla valós szám legyen. Aztán általában fk, hogy \lim_{\infty}\frac{y-\sum_{k=1}^n f_k}{f_{n+1}} létezik, véges és nemnulla.

Előzmény: [3521] nadorp, 2011-12-06 15:36:04
[3523] nadorp2011-12-06 16:29:38

Ezt az állítást asszem igen, de azért a Li(x) függvényről felhasználtakat nem biztos, hogy kéne :-)

Előzmény: [3522] jonas, 2011-12-06 15:52:50
[3522] jonas2011-12-06 15:52:50

Be is tudod bizonyítani?

Előzmény: [3521] nadorp, 2011-12-06 15:36:04
[3521] nadorp2011-12-06 15:36:04

Az megfelel-e, hogy

\lim_{x\to\infty}\frac{y(x)}{x\ln x}=1

Előzmény: [3520] Lóczi Lajos, 2011-12-01 19:51:40
[3520] Lóczi Lajos2011-12-01 19:51:40

Igen, én is erre. A további kérdés persze az, hogy x^\alpha helyett a nevezőbe milyen függvényt írjunk, hogy véges, nemnulla limeszt kapjunk a végtelenben. Vagyis adjuk meg az y függvény aszimptotikus sorának elejét.

Előzmény: [3519] nadorp, 2011-12-01 17:04:13
[3519] nadorp2011-12-01 17:04:13

Egyelőre erre jutottam

\lim_{x\to\infty}\frac{y(x)}{x^\alpha}=\left\{\matrix{\infty &ha&\alpha\le1 \cr 0 &ha& \alpha>1}\right.

Előzmény: [3518] Lóczi Lajos, 2011-11-28 21:14:23
[3518] Lóczi Lajos2011-11-28 21:14:23

Tekintsük az

y'(x)=ln (y(x))

differenciálegyenlet azon megoldását, amelyre y(0)=2.

Határozzuk meg a

\lim_{x\to \infty} \frac{y(x)}{x^\alpha}

határértéket, ahol \alpha egy adott valós szám.

[3517] lorantfy2011-11-11 15:54:05

Na előtűntek az igazi adatok: az utaskihasználásnak itt nincs értelme, a billentési idő 0.01 h/t (és nem t/h), vagyis a 15t lerakodása 0,15 h=9 perc. A 30 km/h az 2 perces km-eket jelent, tehát egy kocsi menetideje 36 perc+9perc rakodás=45 perc. Ezalatt (45x60):400=6,75 kocsit rakodnak meg. Szóval a folyamat semmiképpen sem lesz folyamatos. Ha 7 kocsi van, akkor a rakodógépnek kell várakoznia, ha meg 8, akkor a kocsiknak.

Előzmény: [3514] szorgos diák, 2011-11-08 22:09:37
[3516] lorantfy2011-11-10 16:07:39

Legyen a kocsik átlagsebessége 60 km/h és tartson a lerakodás 2 percig (mert csak odaáll és ledönti). Akkor a 9 km megtétele oda-vissza, meg még a lerakodás éppen 20 perc. Egy kocsit 10x40=400 sec= 6 perc 40 sec-ig pakolnak. Vagyis a szállítási idő pont 3 rakodási idővel egyenlő. Tehát amíg az egyik kocsi szállít, éppen 3 másik kocsit raknak meg mire visszaér, szóval 4 kocsi kell. Én ilyen adatokat adtam volna meg és tartok tőle, hogy az eredeti adatok is ezek voltak.

Előzmény: [3514] szorgos diák, 2011-11-08 22:09:37
[3515] Moderátor2011-11-10 15:55:58

A százalékjeleket kijavítottam, most már remélhetőleg a teljes szöveg látszik.

Előzmény: [3513] SmallPotato, 2011-11-09 22:14:10
[3513] SmallPotato2011-11-09 22:14:10

Szerintem a szöveg egy %-jellel folytatódott (azaz hogy a járművek kihasználtsága 100 % lehet), és azt minden rákövetkező szöveggel együtt a rendszer levágta; szorgos diákunk pedig nem vette észre, hogy így (vélhetően) a sebesség információja (is) elsikkadt.

Előzmény: [3510] HoA, 2011-11-09 16:52:43
[3512] Moderátor2011-11-09 19:22:32

A témát összevontam egy másikkal. Egy apró programhiba miatt ilyenkor az eredeti téma utolsó hozzászólója látszik az új helyett.

Előzmény: [3510] HoA, 2011-11-09 16:52:43
[3511] bily712011-11-09 18:07:11

"Hová lett Billy ma reggeli hozzászólása?"

Ezen én is elgondolkoztam, az az érdekes, hogy hozzá sem szóltam...:)

Előzmény: [3510] HoA, 2011-11-09 16:52:43
[3510] HoA2011-11-09 16:52:43

Hová lett Billy ma reggeli hozzászólása? ( ábra )

Tudni kéne a teherautók sebességét + a lerakodáshoz szükséges időt, hogy kiderüljön, mennyi idő múlva jöhet ismét ugyanaz a kocsi.

Mi az, hogy a járművek teherbírása 100? 100 micsoda? És akkor mit jelent a 15t teherbírású gk?

Előzmény: [3514] szorgos diák, 2011-11-08 22:09:37
[3509] Róbert Gida2011-11-08 22:28:27

"szorgos diák", jó vicc.

Előzmény: [3514] szorgos diák, 2011-11-08 22:09:37
[3514] szorgos diák2011-11-08 22:09:37

A feladatban egy közlekedés üzemviteli cég irányítói vagyunk. Egy szállítási feladatot kell megoldanunk.

Adatok:

A föld kitermelését és a rakodását rakodógép végzi 1 m3 kanállal. A föld térfogattömege 1,5t/ m3. A rakodógép ciklusideje 40s (ciklus: a rakodógép odamegy, felveszi kanállal a földet, felemeli, gépre önti) A fuvarozást 15t teherbírású gépkocsik végzik 9 km-es szállítási távolságra. A járművek teherbírása 100%, utaskihasználás 60%, menetsebesség 30 km/h, billentési idő 0.01 t/h

Feladatok: a.)Mennyi gépkocsira van szükség a rakodógép folyamatos rakodásához? b.)Hány percenként kell érkezniük a gépkocsiknak érkezniük, hogy ne várakozzanak?

[3508] bily712011-11-05 11:52:13

Egy erősebb állítás is igaz: \foralls\inN* \existsq\inP : u<s,

ahol u a q kitevője a \prod_{a\in{A_q}}a=q^{u}\cdot{v} szorzatban (u,v\inN), ugyanis, ha az ellenkezője igaz, vagyis \existss\inN* \forallq\inP : u\ges, akkor \prod_{q\in{\rm{p}}}\frac{q^s}{q^{s}-1}\ge1 az előző feladat megoldásában részletezett okok miatt, de ez nem lehet, ugyancsak az ott részletezett okok miatt, tehát az eredeti állítás az igaz..

Előzmény: [3506] bily71, 2011-11-05 09:42:29
[3507] bily712011-11-05 09:46:44

Javítás: "alakú lesz, ahol r\ge1".

Előzmény: [3506] bily71, 2011-11-05 09:42:29
[3506] bily712011-11-05 09:42:29

Tegyük fel az ellenkezőjét: \existss\inN* \forallq\inP : |Aq|\ges!

Ekkor egyrészt \prod_{q\in{\rm{P}}}\frac{q^s}{q^{s}-1}\le1, mivel a szorzat számlálójában minden prím kitevője s és a nevezőben minden prím s-nél nagyobb kitevővel szerepel, továbbá a számlálóban és a nevezőben is előfordul az összes prím, ezért az egyszerűsítések végrehajtása után \prod_{q\in{\rm{P}}}\frac{q^s}{q^{s}-1}=\frac1r alakú lesz, ahol r>1,

másrészt \prod_{q\in{\rm{P}}}\frac{q^s}{q^{s}-1}>1, mivel bármely q-ra \frac{q^s}{q^{s}-1}>1, így ezek szorzata is nagyobb, mint egy.

Ellentmondásra jutottunk, amiből következik, hogy a feltevésünk hamis, vagyis az ellenkezője igaz: \foralls\inN* \existsq\inP : |Aq|<s.

Megjegyzés: Használhattuk volna azt is, hogy \prod_{q\in{\rm{P}}}\frac{q^s}{q^{s}-1}=\prod_{q\in{\rm{P}}}\frac1{\frac{q^{s}-1}{q^{s}}}=\prod_{q\in{\rm{P}}}\frac1{1-\frac1{q^{s}}}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^s}>1, mivel 1=\frac1{1^s}<\frac1{1^s}+\frac1{2^s}<\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^s}.

Ennél több is igaz: végtelen sok ilyen q létezik, ugyanis, ha véges sok lenne, akkor az egyszerűsítések végrehajtása után \prod_{q\in{\rm{P}}}\frac{q^s}{q^{s}-1}="\frac{t}{\infty}"=0-át kapnánk, ahol t\inN*.

Felmerül a kérdés, hogy \existsq\inP : |Aq|=0? Ha van, akkor hány ilyen q van?

Előzmény: [3505] bily71, 2011-11-03 21:42:36
[3505] bily712011-11-03 21:42:36

534. feladat. Legyen A:={ap\inP, s\inN*a=ps-1}, ahol s rögzített, P={ prímek}, N*={1,2,3,...}.

Mutassuk meg, hogy \foralls\inN* \existsq\inP : |Aq|<s,

ahol Aq:={aq\inP, a\inAq|a}, ahol q|a jelentése: q osztója a-nak, (Aq\subsetA)!

[3504] jonas2011-10-28 17:57:58

Azt hiszem, mivel elég rég óta nem szólt hozzá senki, most már elárulhatom, melyik ismert geometriai tétel is a [3489] hozzászólás-beli feladat.

A Papposz-Pascal tételről van szó. Ennek a kimondását és egy analitikus bizonyítást meg lehet találni a Reiman: Geometria és határterületei könyvben a 17.4. szakaszban.

Előzmény: [3496] Lóczi Lajos, 2011-10-09 15:55:52
[3503] jonas2011-10-10 21:25:11

Egyébként nektek sosincs bűntudatotok, ha itt olyan jó feladatokat adtok föl, amit jobban is föl lehetne használni, mondjuk KöMaL feladatnak, más versenyre, vagy valamilyen gyakorlaton házi- vagy vizsgafeladatként?

[3502] Lóczi Lajos2011-10-10 21:23:56

Igen, valóban, és c jelenti a harmadik deriváltat.

Előzmény: [3501] jonas, 2011-10-10 21:18:37
[3501] jonas2011-10-10 21:18:37

Azt mondod, a térgörbékhez kapcsolódik? Akkor biztos az a jeleti a görbe általános pontjának első deriváltját, mivel az szerepel legtöbbször; b talán a második derivált és így az (a×bb mondjuk a görbület iránya.

Előzmény: [3497] Lóczi Lajos, 2011-10-09 16:31:48
[3500] jonas2011-10-10 14:50:56

Úgy tűnik, az 533. feladatnak 0 az eredménye.

Előzmény: [3497] Lóczi Lajos, 2011-10-09 16:31:48
[3499] jonas2011-10-09 17:53:04

Miért maradt ki a d betű? Talán azért, hogy egyértelmű legyen, egyrészt az a,b,c vektorok tartoznak egybe (látható is a képletekből, hogy lehet egymás között cserélgetni őket), a d,e,f vektorok pedig egy másik hármast alkotnak. (Mi lehet a d vektor? Nos, d=r×s=s×t=t×r.)

Hogy melyik geometriai tétel van a háttérben, azt még nem mondom el, hadd gondolkozzon egy kicsit a többi olvasó.

Előzmény: [3496] Lóczi Lajos, 2011-10-09 15:55:52
[3498] jonas2011-10-09 17:09:56

Igen, azt hiszem az “antikommutatív” tényleg jobb. Továbbá azt kellett volna írnom, hogy a skaláris szorzat és a vektoriális szorzat is “bilineáris”, vagyis bármely tényezőben lineáris.

Utánanéztem ennek a Jacobi-azonosságnak. Azt mondja ki, hogy bármely x,y,z térbeli vektorokra

(x×yz+(y×zx+(z×xy=0

Nekem ez az azonosság nem volt túl ismerős. Megnéztem: a Reiman könyvben nem szerepel (ez a régi, 1986-os kiadás).

Az arányossági konstans látható a [3491] hozzászólás-beli bizonyításból: a tényező a -cd=-(a×b)c vegyes szorzat.

Előzmény: [3495] Lóczi Lajos, 2011-10-09 15:48:06
[3497] Lóczi Lajos2011-10-09 16:31:48

Itt van végül még egy azonosság. Legyenek a, b és c térvektorok, jelölje . a skaláris, × pedig a vektoriális szorzást.

533. feladat. Számítsuk ki az alábbi kifejezés értékét:

[(a×ca+(a×bb][(a×b).(a×b)][a.a]-[(a×ba][((a×ba).((a×ca+(a×bb)]+a[(a×b).(a×b)]2-(a×b)[a.a]2[(a×b).c]

Végül egy kérdés:

-- vajon melyik geometriai tétel áll a háttérben? (Segítség: a [3486]-beli és a fenti azonosság a térgörbék tulajdonságainak leírásához használt egyik klasszikus formulahármas lineáris algebrai bizonyításánál használható fel. A harmadik szükséges azonosság [3491]-ben már szerepelt.)

[3496] Lóczi Lajos2011-10-09 15:55:52

Az állítás igaz, mert

r+s+t=0.

Két kérdés:

-- miért maradt ki a betűzésből a d betű (a,b,c,e,f)?

-- melyik geometriai tétel van a háttérben?

Előzmény: [3489] jonas, 2011-10-07 16:41:32
[3495] Lóczi Lajos2011-10-09 15:48:06

Csak három megjegyzés:

-- a "negatív kommutatív" helyett inkább az antikommutatív a bevett szóhasználat

-- a vektoriális szorzat fontos tulajdonsága még pl. a Jacobi-azonosság is

-- a feladatbeli két vektor párhuzamosságát mutató arányossági konstans abszolút értéke éppen az a, b és c vektorok által kifeszített paralelepipedon térfogata

Előzmény: [3491] jonas, 2011-10-08 19:43:27
[3494] lorantfy2011-10-09 08:54:39

Valóban, nem mindig ellentétes irányú. A c vektortól függően lehet azonos irányú is.

Előzmény: [3492] jonas, 2011-10-08 19:50:47
[3493] jonas2011-10-09 00:55:05

Van olyan egyszerű módszer, amivel az ilyen feladatokat mindig meg lehet oldani úgy is, hogy csak ezekhez hasonló vektor azonosságokat alkalmazunk, nem pedig koordinátánként írjuk föl őket? Én nem tudom a választ, de kíváncsi lennék rá.

Előzmény: [3491] jonas, 2011-10-08 19:43:27
[3492] jonas2011-10-08 19:50:47

Az én számolásomból mellesleg az is látszik, hogy a két vektor nem mindig ellentétes irányú, hanem lehet azonos irányú is. Pontosabban ha az (a×b)c hármas szorzat pozitív, akkor ellentétes irányúak, különben azonos irányúak.

Előzmény: [3490] lorantfy, 2011-10-08 11:36:57
[3491] jonas2011-10-08 19:43:27

Elmondom akkor az én megoldásomat.

Az ilyen feladatokat sokszor meg lehet oldani úgy, hogy formális átalakításokat végzünk a vektoriális szorzat és a skaláris szorzat azonosságait használva. Ezt a Reiman: A geometria és határterületei könyv 2. fejezete szépen elmagyarázza.

Ha ez nem segít, akkor utána kifejthetjük koordinátánként az összes kifejezést. Ezzel elvileg az összes hasonló feladatot meg tudjuk oldani mechanikusan, mivel a koordináták polinomjait kapjuk. Csakhogy ez a megoldás egy bonyolultabb feladatra kézzel nagyon körülményes lehet, tehát mindenképp érdemes megpróbálkozni először ezekkel a vektor azonosságokkal egyszerűsíteni a feladatot.

A teljesség kedvéért hadd soroljam föl itt az azonosságokat, azokat is, amiket most nem használok. Tetszőleges x,y,z,w térbeli vektorokra és \lambda,\mu valós számokra igazak a következők.

A skaláris szorzat lineáris.

(\lambdax)y=x(\lambday)=\lambda(xy),

(x+y)z=xz+yz,

x(y+z)=xy+xz.

A skaláris szorzat kommutatív.

xy=yx.

A vektoriális szorzat lineáris.

(\lambdaxy=x×(\lambday)=\lambda(x×y),

(x+yz=x×z+y×z,

x×(y+z)=x×y+x×z.

A vektoriális szorzat negatív kommutatív.

x×y=-(y×x).

Egy vektor vektoriális szorzata egy párhuzamos vektorral a nullvektor.

x×(\lambdax)=0.

A hármas szorzat kétféleképp írható.

(x×y)z=x(y×z).

Ennek speciális esete, hogy a vektoriális szorzat skaláris szorzata az egyik tényezőjével nulla.

(x×y)y=0,

(x×y)x=0,

x(x×y)=0,

y(x×y)=0.

A hármas szorzat negatív kommutatív (ez ugyan a fentiekből levezethető).

(x×y)z=(y×z)x=(z×x)y=-(x×z)y=-(z×y)x=-(y×x)z.

A dupla vektoriális szorzat kifejtési tétele.

(x×yz=(xz)y-(yz)x,

x×(y×z)=(xz)y-(xy)z

Végül ezekből levezethető két vektoriális szorzat skaláris szorzatának kifejtése.

(x×y)(z×w)=(xz)(yw)-(xw)(yz).

* * *

A hosszú bevezető után végre jöjjön [3486] egyszerű bizonyítása.

Vezessük be a d=(a×b) jelölést. Vegyük észre, hogy ad=a(a×b)=0.

A feladat szerint azt kell belátnunk, hogy (d×(a×c))×d párhuzamos a d×a vektorral. Alkalmazzuk a belső vektoriális szorzatra a kifejtési tételt, majd a külső vektoriális szorzatra a linearitást.

(d×(a×c))×d=((cd)a-(ad)cd=((cd)ad-((ad)cd=

=(cd)(a×d)-(ad)(c×d)=(cd)(a×d)=-(cd)(d×a).

Szerencsére pont az ad skaláris szorzat jött be, ami nulla. Tehát azt kaptuk, hogy a bonyolult kifejezés a d×a skalárszorosa, tehát párhuzamos vele.

Előzmény: [3490] lorantfy, 2011-10-08 11:36:57
[3490] lorantfy2011-10-08 11:36:57

Nyüzsögnek itt a fiatalok és alig várják, hogy megoldhassanak egy példát :-).

Az utóbbi vektor a-ra és (axb)-re merőleges. Az első nyilván merőleges (axb)-re, hiszen ez az utolsó szorzó tényező, így már csak azt kell belátni, hogy a-ra is merőleges.

Az (axb) és (axc) szorzatok mindegyike merőleges a-ra ,így az a-ra merőleges síkban vannak, tehát keresztszorzatuk a-val párhuzamos vektor, így a végső szorzat a-ra is merőleges lesz.

A gyorsan összeütött ábrán (elnézést érte!) az is látható, ami Jonas számolásából is látszik, hogy ellentétes irányúak.

Előzmény: [3486] Lóczi Lajos, 2011-10-07 00:43:26
[3489] jonas2011-10-07 16:41:32

Mondok egy hasonló, de kicsit nehezebb feladatot. Ez egy ismert geometriai tétel analitikus köntösben.

532. feladat. Legyen a,b,c,e,f öt térbeli vektor. Legyen

r=((a×e)×(b×f))×c,

s=((b×e)×(c×f))×a,

t=((c×e)×(a×f))×b.

Lássuk be, hogy az r,s,t vektorok lineárisan összefüggők.

[3488] Alma2011-10-07 11:38:12

Úgy látom nem is kell számolni, fejben gyorsan végig lehet gondolni az egészet. (Viszont és is hagyom a fiatalabbakat kibontakozni)

Előzmény: [3486] Lóczi Lajos, 2011-10-07 00:43:26
[3487] jonas2011-10-07 11:16:49

Az ilyen polinom egyenlőségeket először mindig érdemes kipróbálni néhány véletlen bemenetre. Tegyünk egy ilyen próbát.

Legyen mondjuk

a=(93,92,71),

b=(-35,51,49),

c=(-40,-29,99).

Akkor

a×b=(887,-7042,7963),

(a×ba=(-1232578,677582,736510),

a×c=(11167,-12047,983),

(a×b)×(a×c)=(89007975,88050900,67952325),

((a×b)×(a×c))×(a×b)=(1179669589350,-648496792650,-704895308250)=-957075((a×ba).

Itt tehát párhuzamos lett a két vektor.

Ez után (illetve esetleg több hasonló próba után) érdemes bizonyítást keresni. Nekem van egy bizonyításom, de egyelőre hagyom a fiatalokat kibontakozni.

Előzmény: [3486] Lóczi Lajos, 2011-10-07 00:43:26
[3486] Lóczi Lajos2011-10-07 00:43:26

Legyenek a,b,c térvektorok, és jelölje × a vektoriális szorzást.

Igaz-e, hogy az

((a×b)×(a×c))×(a×b)

és az

(a×ba

vektorok párhuzamosak?

[3485] phoenix2011-10-03 19:43:51

Több szem többet lát, köszönöm az útravezetést, Róbert Gida és Sirpi neked is :-)

[3484] Róbert Gida2011-10-03 17:07:57

Van egyszerűbb út is: minden sorban van azonos színű pontpár (skatulyaelv), ha van két sorod amikben ugyanott van az azonos színű pontpárod, akkor egyszínű téglalapod van. 3 féle helyen lehet a pontpár, a szín kétféle lehet, így 3*2=6 lehetőség van a helyre+színre. Azaz 7 sornál lesz egyszínű téglalapod (skatulyaelv).

Előzmény: [3482] Sirpi, 2011-10-03 09:03:01
[3483] Sirpi2011-10-03 10:36:54

Végiggondoltam ezt az utat is, és tényleg igaz az az állítás, hogy: Ha egy 3x7-es téglalapban elhelyezünk 11 korongot, akkor a korongok közül van 4, amik egy (álló) téglalap 4 csúcsát alkotják.

Amit leírtál, az csak az a rész, amikor az egyik oszlopban 7 korong van, ilyenkor tényleg 9 a maximum. Viszont mi a helyzet, ha a legtöbb korongot tartalmazó oszlopban 6,5,4 korong szerepel? Végig lehet nézni, ilyenkor is kijön, hogy 10 után elakadunk.

Szóval ez az út is járható, de személy szerint macerásabbnak érzem, mint a (3 hosszú) sorok szerinti esetvizsgálatot.

Előzmény: [3481] phoenix, 2011-10-03 01:35:47
[3482] Sirpi2011-10-03 09:03:01

Ez a feladat konkrétan a Fazekasban volt nálam felvételi feladat, 92-ben, azóta kedvencem.

A bizonyításhoz nem azt érdemes nézni, hogy az egyik színből legalább 11 van, hanem azt, hogy a sorok összesen 8-félék lehetnek. Ha van két azonos sor, készen vagyunk. Ha van egyszínű sor, szintén. Ezeket érdemes végiggondolni, és meg is van a bizonyítás (és az is látszik, hogy 3x6-ra hogy néz ki az ellenpélda).

Előzmény: [3481] phoenix, 2011-10-03 01:35:47
[3481] phoenix2011-10-03 01:35:47

Gondoltam ilyenre Azért nem lehetséges?, mert 21 négyzet van, és mondjuk optimális esetben 10-10-et tudunk elhelyezni egyik-egyik színből, ha az egyikből több van, akkor szinte garantált hogy négy négyzet összejön ami meghatároz egy téglalapot, elhelyezünk egymás alá 7-et azután legalsóba vízszintesen ez eddig 9 és bárhova tesszük tizediket akkor már meglesz, nem beszélve a másik színről hogy abból jóval több van

Előzmény: [3480] Róbert Gida, 2011-10-03 01:10:57
[3480] Róbert Gida2011-10-03 01:10:57

"igazából bármilyen téglalapot színezel is ki, mindig lesz négy olyan négyzet, ami egy téglalapot határoz meg... "

helyesen megkérdezve: igazából bármilyen téglalapot színezel is ki, mindig lesz négy olyan pont, ami egy egyszínű téglalapot határoz meg...

Ez pedig nem igaz.

A feladatot skatulyaelvvel lehet megoldani. Ramsey tipusú problémának is tekintheted. A feladat több színnel és magasabb dimenzióban is érdekes. Tudtommal 2d-ben és 4 színnel is már megoldatlan, hogy mely téglalapokat lehet kiszínezni, hogy ne legyen benne monokromatikus téglalap. Véges sok, de még mindig marha sok színezést kéne végignézni ehhez.

Előzmény: [3479] phoenix, 2011-10-02 18:38:08
[3479] phoenix2011-10-02 18:38:08

igazából bármilyen téglalapot színezel is ki, mindig lesz négy olyan négyzet, ami egy téglalapot határoz meg... csak miért van ez a jelenség?

Előzmény: [3478] Róbert Gida, 2011-10-02 18:21:39
[3478] Róbert Gida2011-10-02 18:21:39

Triviális, közismert. Egyébként már a 2x6-os téglalapot (ez 21 pontot jelent) sem tudod kiszínezni 2 színnel.

Előzmény: [3477] phoenix, 2011-10-02 14:20:22
[3477] phoenix2011-10-02 14:20:22

321. Ha a síkot (tekintsük négyzetrácsosnak) kiszínezzük két fajta színnel, legyen barna és kék, bárhogy is választjuk meg a színeket, mindig lesz négy azonos színű, amelyek egy téglalap csúcsait határozzák meg. A kérdés hogy miért?

[3476] Róbert Gida2011-09-20 15:16:04

Olyan Tom és Jerry tipusú feladat. v_{max}(n)\ge \frac {1}{sin(\frac {Pi}{n+1})} igaz, ez pont a szabályos (n+1) szögben egy oldal hosszának a reciproka. Ezen pontokban jelenjenek meg a morzsák (egy csúcsban legfeljebb egy). Ha a fenti egyenlőtlenség nem teljesül, akkor 1 morzsa gyorsabban jelenik meg, mint ahogyan azt meg tudná enni a hangya (hiszen a szabályos sokszögben csúcsok közti legrövidebb távolság az oldal hossza). Így ekkor véges időn belül olyan helyzet lesz, hogy a hangya egy csúcsban van (éppen megette a morzsát), és a többi n csúcsban morzsa van. 1 percen belül morzsát teszünk le, de ne abba a csúcsba ahol a hangya éppen volt. Így egy morzsát sem tud elérni, és n+1 morzsa lesz a csúcsokban. (egyikben most kivételesen kettő).

n=1-re még pontos is a formula.

Előzmény: [3475] Sirpi, 2011-09-20 13:30:35
[3475] Sirpi2011-09-20 13:30:35

Sziasztok!

Tegnap jött egy ötlet, nem lett még belőle egzakt feladat. Azért leírom, hátha másnak is megindítja a fantáziáját.

Szóval induljunk ki egy 1 egység átmérőjű körből. Ebben van egy pontszerű hangya, és percenként véletlenszerűen (vagy direkt szívatós helyen) megjelenik egy-egy morzsa.

Ha a hangya sebessége legalább 1 egység/perc, akkor minden morzsát össze tud szedni, mielőtt a következő megjelenne.

Viszont mi van, ha a hangya lassabb? Tehát mennyire lehet kicsi a maximális sebessége, hogy egyszerre legfeljebb 2, 3 stb. morzsát engedhet meg a körön (minden darabszámra lehetne mondani egy korlátot).

Nem tudom, hogy van-e egyáltalán értelme az egésznek, sokat még nem gondolkodtam rajta, de hátha kijön belőle valami érdekes.

Megjegyzés: az ötletet a Plants vs. Zombies játék adta, amiben van egy Zen garden nevű rész, ahol a virágok pénzeket potyogtatnak, és egy csiga próbálja őket összeszedni (és a csiga csokival gyorsítható). Ha a csiga lassú, a pénzek elszaporodnak... Ezen kezdtem agyalni, hogy mennyire számít a csiga sebessége, és próbáltam "lecsupaszítani" a problémát.

[3474] HoA2011-09-05 10:10:08

Már vissza is vontam, a "0 egyébként" elkerülte a figyelmemet.

Előzmény: [3473] HoA, 2011-09-05 10:08:39
[3473] HoA2011-09-05 10:08:39

Biztosak vagytok benne, hogy tg(x) \pi/2-ben értelmezett ?

Előzmény: [3471] Tibixe, 2011-09-02 23:02:02
[3472] Kemény Legény2011-09-03 07:09:53

Tibixe példája tökéletes ellenpélda, megcáfolja az állítást, azaz "létezik olyan periodikus függvény, amely mindenhol értelmezett, értékkészlete R".

Ha esetleg a folytonosságot is ki akarod kötni, akkor "olyan periodikus folytonos függvény nem létezik, amely mindenhol értelmezett, értékkészlete pedig R". Indirekten ugyanis ha lenne ilyen p periódusú f függvény, akkor annak az értékkészlete ugyanaz lenne, mint a [0,p] intervallumon (kompakt halmazon) felvett értékkészlete, ami folytonos függvény esetén szintén kompakt (korlátos és zárt), ezért nem lehet az a teljes R.

Előzmény: [3470] Paralelepipedon, 2011-09-02 20:22:35
[3471] Tibixe2011-09-02 23:02:02

Erre többek között lentebbi f függvény cáfolat, mert értelmezési tartománya és értékkészlete egyaránt a valós számok halmaza, továbbá 2\pi-periodikus és mindenhol értelmezett.

A kérdésednek akkor van matematikai tartalma, ha megköveteled, hogy a függvény folytonos legyen.

Előzmény: [3470] Paralelepipedon, 2011-09-02 20:22:35
[3470] Paralelepipedon2011-09-02 20:22:35

A feladatot elég félreérthetően fogalmaztam meg sajnos. A lényege az lenne, hogy azt bizonyítsuk vagy cáfoljuk, hogy minden valós, periodikus függvény esetén, ahol az értelmezési tartomány és az értékkészlet nem korlátos sem alulról, sem felülről van olyan valós szám, amely nem eleme az értelmezési tartománynak.

[3469] Tibixe2011-09-02 20:02:26

Legyen f(x)=tg x ahol az utóbbi értelmes, 0 egyébként.

Előzmény: [3467] Paralelepipedon, 2011-09-02 17:55:54
[3468] Paralelepipedon2011-09-02 17:57:43

Kifelejtettem valamit. A második mondat helyesen: Bizonyítsuk vagy cáfoljuk, hogy van olyan valós szám, mely nem eleme az értelmezési tartománynak.

Előzmény: [3467] Paralelepipedon, 2011-09-02 17:55:54
[3467] Paralelepipedon2011-09-02 17:55:54

Nemrég eszembe jutott az alábbi feladat. Sajnos még bizonyítani és cáfolni sem tudom.

531. Adott egy valós, periodikus függvény, melynek értelmezési tartománya és értékkészlete nem korlátos alulról és felülről sem. Bizonyítsuk (vagy cáfoljuk), hogy van olyan szám, mely nem eleme az értelmezési tartománynak.

[3466] Róbert Gida2011-08-20 10:26:46

Nem túl eredeti példa, kb. 10-szer láttam már.

Előzmény: [3465] Alma, 2011-08-20 00:37:50
[3465] Alma2011-08-20 00:37:50

Első olvasásra érdekes, de azért nem rejlik túl mélyen a probléma megoldása :)

Előzmény: [3464] Tóbi, 2011-08-19 12:07:41
[3464] Tóbi2011-08-19 12:07:41

530. Tegyük fel, hogy lehetőséget kaptunk arra hogy a következő játékot játsszuk. Mutatnak nekünk két egyforma lezárt borítékot egy asztalon. Elárulják, hogy az egyikben kétszer annyi pénz van, mint a másikban. Ezután arra kérnek, hogy vegyük kézbe az egyik általunk választott borítékot. A játékvezető döntés elé állít minket: Azt a borítékot kérjük, ami nálunk van, vagy cserélünk és inkább a másikat visszük el? Mielőtt döntenénk hárman is adnak tanácsot.

1. Ne cserélj! Legyen p a nálad lévő, q az asztalon lévő összeg. Egyenlő eséllyel lesz p<q vagy p>q. Ha p>q, akkor p=2q, így 2q-q=q pénzt buksz. Ha p<q, akkor p=q/2, így q-q/2=q/2 pénzt nyersz. Tehát többet bukhatsz a cserével, mint amit nyerhetsz.

2. Cserélni kell! Ha p<q, akkor q=2p, így a cserével 2p-p=p pénzt nyersz. Ha viszont p>q, akkor q=p/2, tehát p-p/2=p/2 pénzt vesztesz. Megéri tehát cserélni, hiszen kétszer annyit nyerhetsz, mint amennyit veszíthetsz.

3. Mindegy, hogy cserélsz-e. Legyen ugyanis n a kisebb a két borítékban lévő pénz közül. Ha p>q, akkor q=n és p=2n, tehát n-et vesztünk egy cserével. Ha p<q, akkor p=n és q=2n, így a hasznunk n lesz a csere esetén. Ugyanannyi a hasznunk illetve kárunk a két esetben, így mindegy, hogy cserélünk-e.

Melyik tanácsot fogadjuk meg?

[3463] Csimby2011-06-23 10:35:35

Amit írtam úgy értettem, hogy ha felhasználjuk az amúgy önmagában is érdekes 529.-et, akkor már szinte semmi se kell (annyi, hogy xpd-cx gyökei test szerinti mellékosztályt alkotnak, GF(pd)-szerintit, de ez triv.). De persze ha 529.-et is bizonyítani akarjuk akkor annál már biztos egyszerűbb az amit te írsz.

Előzmény: [3462] Maga Péter, 2011-06-23 09:23:18
[3462] Maga Péter2011-06-23 09:23:18

Hmmm... lehet, hogy megint elnézek valamit, de én ennél is kevesebbet használtam fel a véges testekről. Konkrétan azt, hogy egy rögzített, p karakterisztikájú testben 1) minden d\geq1-re legfeljebb egy pd elemű résztest van; 2) a multiplikatív csoport minden véges rendű eleme egy véges résztestet generál. Meg még annyit, hogy egy véges (additív) csoport egy valódi részcsoportjában legfeljebb az összes eleme fele lehet.

Előzmény: [3459] Csimby, 2011-06-22 13:43:32
[3461] jonas2011-06-23 00:04:09

Igazad van, butaságot mondtam. Elnézést kérek.

Előzmény: [3450] Maga Péter, 2011-06-19 16:38:43
[3460] Maga Péter2011-06-22 15:41:16

Azt talán még nem árt megjegyezni, mennyire támaszkodunk a kommutativitásra: a kvaterniók között az i,j,k elemek által generált valós altér triviális példa.

Előzmény: [3459] Csimby, 2011-06-22 13:43:32
[3459] Csimby2011-06-22 13:43:32

Igen az a rész elemi, ami nem jelenti azt hogy könnyű rájönni :). Ha jól értem te már megoldottad mindkét részt, tehát talán nem baj ha segítek a végtelenséghez annak akit érdekel. Lehet máshogy is persze, de talán úgy kell a legkevesebbet tudni hozzá véges testekről ha felhasználjuk ezt:

529. Legyen T test p>0 karakterisztikával, A pedig egy véges additív részcsoportja, pd elemszámmal. Ekkor \prod_{a\in A}(x-a)=\sum_{i=0}^d a_ix^{p^i}, ahol az együtthatók T-ben vannak. ("fundamental theorem of additive polynomials" egyik iránya)

Előzmény: [3458] Maga Péter, 2011-06-22 12:41:32
[3458] Maga Péter2011-06-22 12:41:32

Na jó, az additív csoport végtelenségéhez tényleg kell ezt-azt tudni a véges testekről... De az, hogy a karakterisztika 2 kell legyen, elemi.

Előzmény: [3457] Csimby, 2011-06-22 11:12:10
[3457] Csimby2011-06-22 11:12:10

Az összes példa ilyen, tehát nem véletlen hogy hasonlít :) Csak a bázisok struktúrája más és így az indoklás ott. Mármint ilyen az összes: legyen F 2-karakterisztikájú test, ekkor A egy F2-feletti altér. Az új feladat amúgy szerintem nehezebb, legalábbis kell hozzá ismerni pár dolgot ami nélkül nem tudom hogy lehet.

Előzmény: [3456] Maga Péter, 2011-06-22 10:32:58
[3456] Maga Péter2011-06-22 10:32:58

Ez szerintem teljesen ugyanaz, mint az enyém: GF(2)=k (na jó, itt a 2 karakterisztikájú test általánosabb:P, de sehol nem használod te sem, hogy konkrétan a kételemű testről van szó), T=K, T2=k'.

A megjegyzés is érdekes, azt gondolom, megér egy feladatot (talán ez egy kicsit könnyebb, mint az eredeti).

528. feladat Bizonyítsuk be, hogy az 527. feladatban keresendő test mindig 2 karakterisztikájú, és az additív csoport mindig végtelen.

Előzmény: [3455] Csimby, 2011-06-22 09:57:05
[3455] Csimby2011-06-22 09:57:05

Most elég fáradt vagyok, de jónak tűnik, szép! Az én példám ez lett volna: Legyen T=GF(2)(x,y) a GF(2) feletti kétváltozós rac.fv. test. T2={f2 | f\inT} a T egy részteste és legyen A a T2 feletti altér 1,x,y bázissal, ennek 1 eleme, de xy nem eleme, tehát nem test vagy test szerinti mellékosztály. Ugyanakkor a:=\frac{f_1^2(x,y)}{g_1^2(x,y)}+x\frac{f_2^2(x,y)}{g_2^2(x,y)}+y\frac{f_3^2(x,y)}{g_3^2(x,y)}, tehát a2\inT2 (tagonként lehet négyzetre emelni) és így a^{-1}=\frac{a}{a^2}\in A. Az is igaz amúgy, hogy csak 2-karakterisztikában van ilyen példa és csak végtelen additív részcsoportra.

Előzmény: [3454] Maga Péter, 2011-06-22 09:11:12
[3454] Maga Péter2011-06-22 09:11:12

Legyen k egy 2 karakterisztikájú test. Legyen k'=k(x,y), a kétváltozós racionális függvénytest. Ebben x és y nem négyzetelemek. Bővítsünk a \sqrt{x} és \sqrt{y} elemekkel, a kapott test legyen K.

Legyen a keresett test K.

A K test k'-vektortér, tekintsük az 1,\sqrt{x},\sqrt{y},\sqrt{xy} bázist.

Legyen a keresett A halmaz a \sqrt{x},\sqrt{y},\sqrt{xy} elemek által generált altér. Ez valóban additív részcsoport. Be kell látnunk, hogy A-1\cup{0}=A. Ez azért igaz, mert a\sqrt{x}+b\sqrt{y}+c\sqrt{xy} reciproka (a,b,c nem mind 0) \frac{a\sqrt{x}+b\sqrt{y}+c\sqrt{xy}}{a^2x+b^2y+c^2xy} (érdekes melléktermék, hogy a nevező sohasem 0, bár ez elemien is belátható).

Ha A egy résztest szerinti mellékosztály lenne, akkor tetszőleges nem-0 elemével osztva megkapnánk ezt a résztestet. De a megadott A halmazt \sqrt{x}-szel osztva az 1,\sqrt{y},\sqrt{xy} generálta k'-alteret kapjuk, ami nem test, hiszen szorzatként adja \sqrt{x}-et.

Előzmény: [3448] Csimby, 2011-06-18 22:26:48
[3453] Maga Péter2011-06-19 22:19:52

Jaj, pardon, természetesen tiszta hülyeség, amit írtam. Igazából először egy kicsit másra gondoltam, de az nem volt jó, gondoltam, kijavítom. Hát ez lett belőle...:P

Előzmény: [3452] Csimby, 2011-06-19 20:08:35
[3452] Csimby2011-06-19 20:08:35

Igen, minden résztest a saját maga szerinti triv. mellékosztály, tehát a résztestek nem jó példák.

Viszont a te példádat meg nem értem. Mondjuk \frac{1}{z-1}+\frac{1}{z+1}=\frac{2z}{z^2-1} az miért lesz lin. törtfv.?

Előzmény: [3450] Maga Péter, 2011-06-19 16:38:43
[3451] Maga Péter2011-06-19 17:27:45

Mondjuk a komplex test felett vegyük az \frac{az+b}{cz+d} alakú (lineáris) törtfüggvényeket. Két ilyen összege ilyen, egy ilyen reciproka is ilyen, és reciprokként minden nem-0 előáll. Ha ez valamilyen K résztest szerinti mellékosztály, akkor ez konkrétan maga a test, mert az 1 benne van. Viszont ez nem lehet, például z2 nincs benne, pedig a z benne van. A nagy test mondjuk a teljes komplex racionális függvénytest.

Előzmény: [3448] Csimby, 2011-06-18 22:26:48
[3450] Maga Péter2011-06-19 16:38:43

Ez szerintem nem jó: ha A maga egy test, akkor test szerinti mellékosztály. Vagy nem értem jól a feladatot...?

Előzmény: [3449] jonas, 2011-06-19 12:57:50
[3449] jonas2011-06-19 12:57:50

Mondjuk lehet T=A=R. Vagy akár T=R és A=Q, mert 1\inA önmagában garantálja, hogy A nem lehet egy résztest multiplikatív mellékosztálya, hiszen 1 biztosan benne van a résztestben.

Előzmény: [3448] Csimby, 2011-06-18 22:26:48
[3448] Csimby2011-06-18 22:26:48

527. feladat Adjunk példát olyan T testre és benne A additív részcsoportra, hogy A={0}\cupA-1, ahol A-1={a-1 | a\inA,a\neq0} és A nem a T egy résztestjének multiplikatív mellékosztálya.

Pl.: A:=iR= "tisztán képzetes számok C-ben", teljesíti A={0}\cupA-1-t viszont ez az R-résztest egy mellékosztálya.

Vagy GF(9)-ben x3+x=0 gyökeire szintén teljesül A={0}\cupA-1, viszont ez GF(3) egy mellékosztálya.

[3447] lorantfy2011-06-06 18:04:02

Ha gyakorolni akarod a kirakást itt megteheted. Ki tudod rakni a fordított sorrendet?

Előzmény: [3446] lorantfy, 2011-06-03 23:54:20
[3446] lorantfy2011-06-03 23:54:20

Kezdőknek egy kis segítség: itt

Előzmény: [3445] lorantfy, 2011-06-03 23:37:21
[3445] lorantfy2011-06-03 23:37:21

Valóban ez a fő kérdés és nem is nehéz erre rájönni. Nyilván segít, ha volt már a kezedben ilyen játék. Nem baj, ha csak 3x3-as.

Előzmény: [3444] HoA, 2011-05-30 21:54:09
[3444] HoA2011-05-30 21:54:09

Akkor ne csak kérdés legyen, hanem feladat is:

Hány lényegesen különböző kezdeti kirakás van, ha azokat a kirakásokat nem tekintjük lényegesen különbözőknek, melyek a játék szabályos húzásaival egymásba átalakíthatók?

Előzmény: [3443] jonas, 2011-05-29 13:58:29
[3443] jonas2011-05-29 13:58:29

Az első kérdés, hogy egyáltalán át lehet-e rendezni?

Előzmény: [3442] lorantfy, 2011-05-28 23:13:00
[3442] lorantfy2011-05-28 23:13:00

525. Legkevesebb hány húzással rendezhető át a 4x4-es kirakó az alaphelyzetéből a fordított számsorrendbe?

[3441] cauchy2011-04-24 03:49:33

Ha Sir Galahadet nem választja ki, akkor 5 lovagot kell kiválasszon 11 közül, ha kiválasztja, akkor a többi négyet 9 közül kell kiválassza, most már kör nélkül.

Előzmény: [3438] lorantfy, 2011-04-18 12:32:12
[3440] physis2011-04-20 10:56:56

Mármint úgy értem, a megoldást közvetlenül kiadó esetszétválasztási gráfot, nem magát az eredetileg kitűzött gráfot.

Előzmény: [3439] physis, 2011-04-20 08:45:48
[3439] physis2011-04-20 08:45:48

Én egy hónapja találkoztam a feladattal, és bár numerikusan megoldottam, de én akkor egyáltalán nem jutottam messze a megértésben, mindössze leteszteltem, és kézzel felrajzoltam a gáfot is (az egyik lehetséges séma szerint). A gráf kétségtelenül szabályosságokat mutat, de azért az előző Hozzászólók megoldása sokkal szebb.

A gráf itt látható (nyugodtan lehet nagyítani, mert vektorgrafikus SVG-ábra, nem kockásodik, bár lehet, hogy egyes böngészők esetén esetén a rosszminőségű rasztergrafikus vésztartalék-változatom jön be helyette). 0-tól 11-ig vannak beszámozva a lovagok.

Előzmény: [3435] lorantfy, 2011-04-16 11:34:52
[3438] lorantfy2011-04-18 12:32:12

Kérlek fűzzél hozzá egy rövid magyarázatot!

Előzmény: [3437] cauchy, 2011-04-16 19:11:14
[3437] cauchy2011-04-16 19:11:14

\binom{n-k}{k}+\binom{n-k-1}{k-1}=\binom75+\binom64=36

Előzmény: [3435] lorantfy, 2011-04-16 11:34:52
[3436] bily712011-04-16 18:39:10

Az 524. feladat átfogalmazva:

Egy szabályos 12 szögbe rajzoljunk úgy 5 szögeket, hogy az ötszög csúcsait a 12 szög csúcsaiból választjuk ki úgy, hogy ne legyen köztük két szomszédos.

Megoldás:

Tehát van 5 kiválasztott csúcsunk és minden szomszédos kiválasztott csúcs közé legalább egy nem kiválasztott csúcs esik. A 12 szög csúcsait megszámozva 3 lényegesen különböző kiválasztás lehetséges, melyek forgatással nem vihetők egymásba: 1,3,5,7,9; 1,3,5,7,10; 1,3,6,8,10. Ha ezeket a szabályos 12 szög középpontja körül k\pi/6-tal elforgatjuk, ahol k=1,2,...,11, megkapjuk az összes olyan 5 szöget, mely kielégíti a fenti feltételeket, ilyen 5 szögből tehát 3.12=36 van, vagyis a király 36 féleképp tud kiválasztani 5 lovagot úgy, hogy ne legyen köztük haragos.

Előzmény: [3435] lorantfy, 2011-04-16 11:34:52
[3435] lorantfy2011-04-16 11:34:52

524.feladat

Arthur király kerekasztalánál 12 lovag foglal helyet. Minden lovagnak két haragosa van, a két szomszédja. Hányféleképpen tud a király kiválasztani közülük 5 lovagot úgy, hogy ne legyenek köztük haragosok? (Medve matematika verseny)

[3434] Mumin2011-04-01 16:44:26

Azt hittem, a Wikipedián megtalálható az A betűnél, de nem. Szóval az A alatt az Ackermann-függvényre gondoltam.

Előzmény: [3433] Mumin, 2011-04-01 16:38:22

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