|
[3658] w | 2013-01-31 19:21:02 |
 Minden bizonnyal a Te megoldásod a legelegánsabb, mert direkt úton visszavezeti a teljes négyzet-egyenlőtlenségre. Helyette próbáld a közepek közötti egyenlőtlenségekkel igazolni a feladatot (természetesebb is az adható megoldás).
Persze rendezési tétellel azonnal látszik ennek a megoldása, de nem működik az általános verzióra határértékek nélkül.
|
Előzmény: [3653] ibiro, 2013-01-31 13:48:15 |
|
[3657] w | 2013-01-31 19:16:02 |
 Lehet, hogy van rá egyszerűbb okoskodás, de az utolsó négy számjegyet a hatványok utolsó n számjegyének periodikus ismétlődésével meghatározhatjuk (ezt a 4545-re használjuk, az 5454 meg számológéppel megadható).
|
Előzmény: [3654] Hajba Károly, 2013-01-31 17:14:38 |
|
|
|
|
[3653] ibiro | 2013-01-31 13:48:15 |
 Kezdetnek nem rossz, de engem legalábbis nem visz közelebb az általánosabb megoldáshoz, megszorozzuk 4-el mindkét oldalt majd ilyen alakba lehet írni : 2(a2-bc)2+2(b2-ac)2+2(c2-ab)2+(a2-b2)2+(b2-c2)2+(c2-a2)2>=0
|
Előzmény: [3652] w, 2013-01-30 17:26:13 |
|
[3652] w | 2013-01-30 17:26:13 |
 Kezdésképpen igazoljuk, hogy
a4+b4+c4 a2bc+b2ca+c2ab.
|
|
|
[3650] ibiro | 2013-01-30 13:30:19 |
 A "tetszőleges xi>0, si valós számokra" kifejezés azt jelenti hogy si>0 ??? Ha igen akkor lehet gondolkozni a feladaton, ha pedig lehetnek negatív számok is, akkor nem igaz az egyenlőtlenség: n=2, x1=1, x2=2, s1=2,s2=-1 .
|
Előzmény: [3649] w, 2013-01-13 21:25:23 |
|
[3649] w | 2013-01-13 21:25:23 |
 Mutassuk meg, hogy tetszőleges xi>0, si valós számokra fennáll (i=1, 2, ..., n):
.
|
|
[3648] ibiro | 2012-12-08 22:26:04 |
 Az algoritmus remek és tényleg megérti egy hetedikes is, de biztos nem igy kapjuk meg a legkevesebb számú lépést (12,36,324,26244,26243,...,2012) és az algoritmus szerint ez az egyetlen megoldás, a valóságban pedig több is van.
|
Előzmény: [3647] w, 2012-12-08 21:14:42 |
|
[3647] w | 2012-12-08 21:14:42 |
 Mi választjuk-e meg a-t és b-t?
Erre egy trviális algoritmus: páros n=2k-ból k2 képezhető, ahol k2>2k, ha (k-1)2>1, k>2, n>4; páratlan n=2k+1-ből k(k+1) képezhető, itt k(k+1)=k2+k>2k+1, ha , , . Tehát szig. mon. növ. sorozatot képezhetünk n0>4 esetén, végül n=n-1+1 -ből n-1 képezhető, elég nagy sorozattag választásával így lecsökkenthetünk a szükséges számra. N>4-re tetszőleges M elérhető, de az is látszik, hogy N 4 esetén csak M N érhető el.
Ilyen módon ez könnyen hetedikes szint. A megoldások és lépések minimális száma nem ilyen egyszerű, finoman fogalmazva.
|
Előzmény: [3645] ibiro, 2012-12-08 11:45:22 |
|
[3646] w | 2012-12-08 20:48:35 |
 Prímszám-e: 4545+5454?
|
|
[3645] ibiro | 2012-12-08 11:45:22 |
 "Ha az n természetes számot felirjuk n=a+b alakba (ahol a,b szintén természetes szám), akkor helyettesitjük n-t az ab szorzattal és folytassuk az eljárást. Elindulva 12-vel, eljutunk-e 2012-ig ?". Én ismerek két megoldást (próbálkozással), de vajon hány megoldása van a feladatnak és átalánosan. ha elindulunk N-től eljutunk-e M-ig ? Minimálisan hány lépésben ? Megjegyzem, az eredeti feladat VII. osztályosoknak volt feladva.
|
|
[3644] Róbert Gida | 2012-12-01 00:10:20 |
 "Az ellenpéldádtól csak úgy szabadulok meg ha még hozzáadom "a és b természetes számok és ab>1"."
Akkor az a=1;b=3-at mondom ellenpéldának. De, hogy valamit mondjak is: a,b>1-et célszerű feltenni, és akkor már igaz lesz az állításod (valamivel kevesebb is elég, de nem lényeges). Wilson tételből jön ki:
(p-1)! -1mod p, ha p prím. Az is igaz, hogy összetett n-re: (n-1)! 0mod n, kivéve, ha n=4, ez jelent is egy külön esetet majd a feladatban.
|
Előzmény: [3643] ibiro, 2012-11-30 21:25:20 |
|
[3643] ibiro | 2012-11-30 21:25:20 |
 Ismét igazad van. Az ellenpéldádtól csak úgy szabadulok meg ha még hozzáadom "a és b természetes számok és ab>1". Bevallom, az eredeti tételt én írtam át a és b formába, de ezek szerint nem figyeltem oda eléggé és eltorzult a dolog. Ime itt az eredeti: "Let p and p+k be positive integers, with (p, p+k) = 1. Then: p and p+k are both prime iff (p-1)!(p+k) + (p+k-1)!p + 2p+k is congruent to 0 (mod p(p+k))". Sajnos innen is kihagyták hogy p>=1 és k>0. Az is igaz hogy (mod 1)-et csak ellenpéldáknál szokták használni ! Azért érdekesnek tartom most is ezt a tételt.
|
Előzmény: [3641] Róbert Gida, 2012-11-29 18:17:51 |
|
|
|
|
|
|
[3637] ibiro | 2012-11-27 11:01:11 |
 Csak azt akartam hangsúlyozni, hogy a "nehézség", "hazugság", "szépség",... relatív fogalmak. Az eredeti feladatot egy fórumon találtam VI.osztályosoknak, ezek szerint hibásan volt feltéve,de ... ez egy újabb kihívás. A net-en keresgéltem és valami ilyent találtam: " a és b egyidejűleg prím akkor és csakis akkor ha (a-1)!b+(b-1)!a+a+b 0 (mod ab)". Ekkor gondoltam hogy a feladat nem VI.-nak való.
|
Előzmény: [3633] w, 2012-11-26 19:19:32 |
|
|
|
|
[3633] w | 2012-11-26 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 |
|
|
[3631] ibiro | 2012-11-26 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 |
|
|
|
[3628] rizsesz | 2012-11-26 14:19:07 |
 Sziasztok! Valaki meg tudja mondani, hogy angolul hogyan hivjak a ANYA + APA = SZÜLŐ tipusu egyenleteket? Nem mintha magyarul tudnam :-).
|
|
|
|
[3625] w | 2012-11-24 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?
|
|
|
[3623] Lóczi Lajos | 2012-11-23 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] ibiro | 2012-11-22 22:01:46 |
 Az előbbi feladat másképpen: Milyen n értékekre lesz 10n+7 és 4n-1 egyidejűleg prímszám ?
|
|
[3621] ibiro | 2012-11-17 23:23:49 |
 Határozzuk meg az összes a és b primszámot melyekre 2a-5b=19 .
|
|
|
|
[3618] Lóczi Lajos | 2012-11-06 19:28:38 |
 Az a valós paraméter értékétől függően számítsuk ki az alábbi határértéket:

|
|
|
|
[3615] HoA | 2012-10-15 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] lorantfy | 2012-10-14 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?
|
|
|
[3612] SztranyákA | 2012-10-14 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 5|2S 5|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 |
|
|
[3610] jonas | 2012-10-07 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] SztranyákA | 2012-10-07 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] jonas | 2012-10-06 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 |
|
|
|
[3605] lorantfy | 2012-10-05 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?
|
 |
|
|
|
[3602] Lóczi Lajos | 2012-06-28 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) cn.tr(A2)
egyenlőtlenség?
|
|
|
|
[3599] Cckek | 2012-06-27 23:56:13 |
 Koszi sokat segitettetek, akkor meg lenne egy kerdesem:
Legyen S azon sorozatok ( l2 a negyzetesen osszegezheto sorozatok tere) halmaza melyekre

konvergens. Ekkor Hilbert resztere-e S l2-nek?
|
Előzmény: [3593] Cckek, 2012-06-27 18:31:59 |
|
|
|
|
|
|
|
[3592] sakkmath | 2012-06-21 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 Lajos | 2012-06-17 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 |
|
|
|
[3588] Cckek | 2012-06-17 19:16:49 |
 Határozzuk meg annak az ABC háromszögnek a tipusát melynek szögeire fennáll a

összefüggés.
|
|
|
|
[3585] Renus88 | 2012-06-12 14:17:35 |
 Hányféleképpen irhatók a Paralelepipedon szó betűi???
|
|
|
|
[3582] sakkmath | 2012-06-09 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 3,77464 helyen van?
|
Előzmény: [3570] Lóczi Lajos, 2012-05-30 10:10:36 |
|
[3581] Lóczi Lajos | 2012-06-02 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] gyula60 | 2012-06-02 17:34:56 |
 Igaz-e a következő sejtés?
A és az függvényekre x>2 esetén
of=fo =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)
|
|
|
|
|
|
|
[3574] Sirpi | 2012-05-31 15:41:04 |
 Adjunk meg képlettel olyan f(n):Z+ Z+ függvényt, amire teljesül, hogy f(n)-nek és f(n)+1-nek is legalább annyi osztója van, mint n-nek.
|
|
|
[3572] Lóczi Lajos | 2012-05-31 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 |
|
|
[3570] Lóczi Lajos | 2012-05-30 10:10:36 |
 537. feladat. Valaki sávos mátrixoknak az alábbi sorozatát vizsgálta:
, , , 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?
|
 |
|
|
|
[3567] Lóczi Lajos | 2012-05-25 02:12:15 |
 Keressünk minél nagyobb olyan valós x számot, melyhez megadhatók alkalmas y és z valós számok, hogy az
x8+2y8+3z8 1 és x3+7z3 3+9y3
egyenlőtlenségek fennállnak.
|
|
|
[3565] jonas | 2012-05-07 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:

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:

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] lorantfy | 2012-05-05 14:02:27 |
 Adjatok erre egy gyors magyarázatot! Megy ez 16-os számrendszerben is?
|
 |
|
[3563] Fálesz Mihály | 2012-04-23 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. :-)
|
|
|
[3561] lorantfy | 2012-04-22 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] SmallPotato | 2012-04-22 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] SmallPotato | 2012-04-22 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.attila | 2012-04-22 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] HaliPeu | 2012-04-21 15:54:28 |
 Szerintem a megoldás 0, mert az pont nullaszor szerepel, ezért 0
|
|
[3556] lorantfy | 2012-04-20 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 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
[3547] jonas | 2012-01-15 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] FlagD | 2012-01-15 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 |
|
|
[3544] jonas | 2012-01-15 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] FlagD | 2012-01-15 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 |
|
|
[3541] Sirpi | 2012-01-15 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.
|
|
|
[3539] Róbert Gida | 2012-01-12 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, és , 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 |
|
|
[3537] onkiejoe | 2012-01-11 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) 1/8
(itt a * sima szorzásjel akar lenni)
cos(A)+cos(B)+cos(C) 3/2
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.
|
|
|
|
|
[3533] jonas | 2011-12-18 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 |
|
|
|
[3530] Róbert Gida | 2011-12-18 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] Sirpi | 2011-12-18 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.
|
|
|
[3527] Fálesz Mihály | 2011-12-07 11:05:19 |
 L'Hospital szabállyal:

ha 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:

|
Előzmény: [3526] Lóczi Lajos, 2011-12-07 10:14:29 |
|
|
|
[3524] Lóczi Lajos | 2011-12-07 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 . Az is egyszerűen adódik, hogy .
A továbblépéshez keresendő tehát egy f2, hogy egy véges, nemnulla valós szám legyen. Aztán általában fk, hogy létezik, véges és nemnulla.
|
Előzmény: [3521] nadorp, 2011-12-06 15:36:04 |
|
|
|
|
[3520] Lóczi Lajos | 2011-12-01 19:51:40 |
 Igen, én is erre. A további kérdés persze az, hogy 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 |
|
|
[3518] Lóczi Lajos | 2011-11-28 21:14:23 |
 Tekintsük az
y'(x)=ln (y(x))
differenciálegyenlet azon megoldását, amelyre y(0)=2.
Határozzuk meg a

határértéket, ahol egy adott valós szám.
|
|
[3517] lorantfy | 2011-11-11 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] lorantfy | 2011-11-10 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 |
|
|
[3513] SmallPotato | 2011-11-09 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 |
|
|
|
[3510] HoA | 2011-11-09 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 |
|
|
[3514] szorgos diák | 2011-11-08 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] bily71 | 2011-11-05 11:52:13 |
 Egy erősebb állítás is igaz: s N* q P : u<s,
ahol u a q kitevője a szorzatban (u,v N), ugyanis, ha az ellenkezője igaz, vagyis s N* q P : u s, akkor 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 |
|
|
[3506] bily71 | 2011-11-05 09:42:29 |
 Tegyük fel az ellenkezőjét: s N* q P : |Aq| s!
Ekkor egyrészt , 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 alakú lesz, ahol r>1,
másrészt , mivel bármely q-ra , így ezek szorzata is nagyobb, mint egy.
Ellentmondásra jutottunk, amiből következik, hogy a feltevésünk hamis, vagyis az ellenkezője igaz: s N* q P : |Aq|<s.
Megjegyzés: Használhattuk volna azt is, hogy , mivel .
Ennél több is igaz: végtelen sok ilyen q létezik, ugyanis, ha véges sok lenne, akkor az egyszerűsítések végrehajtása után -át kapnánk, ahol t N*.
Felmerül a kérdés, hogy q P : |Aq|=0? Ha van, akkor hány ilyen q van?
|
Előzmény: [3505] bily71, 2011-11-03 21:42:36 |
|
[3505] bily71 | 2011-11-03 21:42:36 |
 534. feladat. Legyen A:={a| p P, s N*, a=ps-1}, ahol s rögzített, P={ prímek}, N*={1,2,3,...}.
Mutassuk meg, hogy s N* q P : |Aq|<s,
ahol Aq:={a| q P, a A, q|a}, ahol q|a jelentése: q osztója a-nak, (Aq A)!
|
|
[3504] jonas | 2011-10-28 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] jonas | 2011-10-10 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?
|
|
|
[3501] jonas | 2011-10-10 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×b)×b mondjuk a görbület iránya.
|
Előzmény: [3497] Lóczi Lajos, 2011-10-09 16:31:48 |
|
|
[3499] jonas | 2011-10-09 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] jonas | 2011-10-09 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×y)×z+(y×z)×x+(z×x)×y=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 Lajos | 2011-10-09 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×c)×a+(a×b)×b][(a×b).(a×b)][a.a]-[(a×b)×a][((a×b)×a).((a×c)×a+(a×b)×b)]+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.)
|
|
|
[3495] Lóczi Lajos | 2011-10-09 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 |
|
|
[3493] jonas | 2011-10-09 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] jonas | 2011-10-08 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] jonas | 2011-10-08 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 , valós számokra igazak a következők.
A skaláris szorzat lineáris.
( x)y=x( y)= (xy),
(x+y)z=xz+yz,
x(y+z)=xy+xz.
A skaláris szorzat kommutatív.
xy=yx.
A vektoriális szorzat lineáris.
( x)×y=x×( y)= (x×y),
(x+y)×z=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×( x)=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×y)×z=(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)c)×d=((cd)a)×d-((ad)c)×d=
=(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] lorantfy | 2011-10-08 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] jonas | 2011-10-07 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.
|
|
|
[3487] jonas | 2011-10-07 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×b)×a=(-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×b)×a).
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 Lajos | 2011-10-07 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×b)×a
vektorok párhuzamosak?
|
|
[3485] phoenix | 2011-10-03 19:43:51 |
 Több szem többet lát, köszönöm az útravezetést, Róbert Gida és Sirpi neked is :-)
|
|
[3484] Róbert Gida | 2011-10-03 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] Sirpi | 2011-10-03 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] Sirpi | 2011-10-03 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] phoenix | 2011-10-03 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 Gida | 2011-10-03 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 |
|
|
|
[3477] phoenix | 2011-10-02 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 Gida | 2011-09-20 15:16:04 |
 Olyan Tom és Jerry tipusú feladat. 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] Sirpi | 2011-09-20 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.
|
|
|
|
[3472] Kemény Legény | 2011-09-03 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] Tibixe | 2011-09-02 23:02:02 |
 Erre többek között lentebbi f függvény cáfolat, mert értelmezési tartománya és értékkészlete egyaránt a valós számok halmaza, továbbá 2 -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] Paralelepipedon | 2011-09-02 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.
|
|
|
|
[3467] Paralelepipedon | 2011-09-02 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.
|
|
|
|
[3464] Tóbi | 2011-08-19 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] Csimby | 2011-06-23 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 Péter | 2011-06-23 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 1-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 |
|
|
|