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.

2014-02-28 21:14:28

Jó megoldás, de nem kell ide feltétlenül multiplikatív inverz. Talán elemibb megoldás, amit találtam és tálaltam:

1. Tegyük fel, hogy van olyan (n,a,b) hármas, melyre nem igaz, és vegyük a legkisebb ilyen n-et! Ha ekkor a és n rendelkezik közös prímosztóval, akkor ez a prímosztó b-t is osztja, így leosztva vele (n,a,b)-t, kisebb, de megfelelő számhármashoz jutunk. Tehát n és a relatív prím.

2. Márpedig n|a¹⁰⁰+b¹⁰⁰ és n|a¹⁰⁴+b¹⁰⁴, ezért

$b^4\left(a^{100}+b^{100}\right)-a^{104}-b^{104}=a^{100}\left(b^4-a^4\right)$

osztható vele, ahonnan a relatív prímek miatt a⁴ $\equiv$ b⁴ (mod n). Ezt pedig visszahatványozva adódik, hogy n|a¹⁰⁰+b¹⁰⁰ $\equiv$ 2a¹⁰⁰. Ebből megint relatív prímek miatt következik, hogy n|2. Ami pedig ellentmondás, hisz n=1 és n=2-re triviális az állítás.

Előzmény: [3848] csábos, 2014-02-28 00:08:20

[3848] csábos	2014-02-28 00:08:20
553. Ha n egy prímosztója nem osztja a-t, akkor föltehető, hogy b=1. Megoldjuk ugyanis a bx $\equiv$ 1 mod $p^\alpha$ kongruenciát, és beszorozzuk a-t és b-t x-szel. Ekkor $p^\alpha\|$ a²⁰⁰-1 és a²⁰⁸-1, tehát osztja a⁸-1-et. Azonban a¹⁰⁴-1 majdnem relatív prím a¹⁰⁴+1-hez és osztható a⁸-1-gyel. Tehát $\frac{}{} p^\alpha=2$ . Ha a prímosztó osztja a-t, akkor leosztunk a vagy b legnagyobb prímhatvány osztójával, és tekintjük az előző esetet.
Előzmény: [3837] w, 2014-02-26 20:01:14

[3847] w

2014-02-27 22:33:18

Köszönöm, hogy ezeket így felsoroltad. Érdekes és egyszerű sorozatnak tűnik, az OEIS-ben mégsem találtam meg.

Bizonyítsuk be számológép nélkül, hogy a 101 és 111 is a sorozat tagja lesz!

Előzmény: [3846] Róbert Gida, 2014-02-27 21:54:09

[3846] Róbert Gida

2014-02-27 21:54:09

Hozzászóláskorlát nem engedi meg, hogy felsoroljam a számokat, de ezer alatt ezen számok (és többszörösei) a megfelelőek, elsőre hihetetlen soknak tűnik, de valójában nem véletlen, hiszen csupán 1022 darab 10-csökkenő (pozitív) szám van. A kérdést egyébként teljesen meg lehet válaszolni, mert az 1022 darab szám osztói közül kerülnek ki azon számok melyeknek van 10-csökkenő többesük, és pontosan 6178 darab ilyen szám van.

[11, 100, 101, 111, 156, 221, 223, 232, 249, 261, 267, 299, 348, 369, 384, 387, 439, 441, 447, 457, 463, 467, 469, 497, 501, 503, 507, 512, 516, 523, 551, 556, 559, 563, 567, 569, 575, 581, 591, 593, 597, 599, 601, 603, 607, 609, 623, 633, 647, 661, 667, 668, 673, 675, 677, 683, 684, 689, 692, 699, 701, 708, 709, 713, 716, 719, 725, 729, 733, 736, 739, 749, 756, 767, 772, 773, 779, 788, 789, 791, 793, 796, 797, 799, 807, 809, 812, 813, 816, 817, 827, 833, 837, 839, 844, 856, 857, 868, 877, 879, 881, 883, 887, 889, 893, 896, 899, 901, 907, 911, 917, 919, 925, 927, 937, 939, 956, 967, 977, 989, 991, 997]

Előzmény: [3845] w, 2014-02-27 16:43:27

[3845] w	2014-02-27 16:43:27
Most pedig keressünk ilyen háromjegyű, illetve négyjegyű számot. A 11 magányossága azért gyanús lehetett. :-)
Előzmény: [3844] Róbert Gida, 2014-02-27 14:15:20

[3844] Róbert Gida

2014-02-27 14:15:20

0<n<100 egészek közül pontosan a 11 többszörösei azok amelyeknek NINCS 10-csökkenő többszörösük: használjuk a 11-el való oszthatóságot (szám 11-el osztható, ha a₀-a₁+a₂-a₃+... osztható 11-el), és azt, hogy a szám 10- csökkenő.

Maradékra meg lehet írni egy programot, kis példa van mindegyikre, a legnagyobb n=89-re: 86*89=7654.

Előzmény: [3843] w, 2014-02-27 12:36:36

[3843] w	2014-02-27 12:36:36
Igen. És ha azt követeljük, hogy a többszörösök ne legyenek sohasem k-csökkenők?
Előzmény: [3842] jonas, 2014-02-27 12:33:17

[3842] jonas

2014-02-27 12:33:17

552. (a) Nincs ilyen. Ugyanis bármely n pozitív egészre m=100 két nullára végződik, ezért nem lehet 10-csökkenő. Sőt, m>10¹0 esetén mn legalább 11 jegyből áll, ezért nem lehet 10-csökkenő.

(b) Nincs ilyen, mert már az (a)-nak sincs megoldása.

Előzmény: [3841] w, 2014-02-26 21:07:19

[3841] w

2014-02-26 21:07:19

552. - m pozitív egész ("mn az n többszöröse")

Az 551. feladatból kimaradt, hogy nem szabad két e egyenesen lévő pont felezőmerőlegesét venni. Bocsánat. (Aztán feladat, hogy milyen mesével lehet ezt valóságszerűvé tenni. :-) )

Előzmény: [3839] jonas, 2014-02-26 20:57:05

[3840] jonas	2014-02-26 21:00:04
Az 551. feladat túl könnyűnek néz ki. Nem is értem, hogy az AB szakaszra mi szükség. Megoldás. Vegyél föl két pontot az e egyenesen, szerkeszd meg ezek f szakaszfelezőjét, ez merőleges e-re. Ezután vegyél két pontot f-en, ennek szerkeszd meg a szakaszfelezőjét, ez merőleges f-re ezért párhuzamos e-vel.
Előzmény: [3837] w, 2014-02-26 20:01:14

[3839] jonas	2014-02-26 20:57:05
Az 522. (a) feladatban milyen m értékekre kéred a feltételt?
Előzmény: [3837] w, 2014-02-26 20:01:14

[3838] w	2014-02-26 20:09:27
B.4509 megfordításával adódik, hogy a húrnégyszög köré még egy parabola írható, melynek tengelye az eredeti paraboláéra merőleges, ezt és az eredeti parabolát elaffinítva további parabolákat kapunk, amik pedig B.4509 szerint húrnégyszögben metszik egymást, amely húrnégyszög az illeszkedéstartás szerint A'B'C'D'.
Előzmény: [3832] Sinobi, 2014-02-11 16:29:21

[3837] w

2014-02-26 20:01:14

Néhány témába illően szép feladat:

551. feladat. Adott egy AB szakasz, és egy e egyenes, ami áthalad a szakasz F felezőpontján. Rendelkezésünkre áll egy speciális szerkesztési eszköz, a szakaszfelező, ami két ismert ponthoz megrajzolja a tőlük egyenlő távol lévő pontok mértani helyét. Szerkesszünk csak szakaszfelezővel egy e-vel párhuzamos egyenest!

552. feladat. Nevezzünk egy k-alapú számrendszerbeli számot k-csökkenőnek, ha számjegyei balról jobbra olvasva szigorúan csökkennek.

(a) Van-e olyan n<100 pozitív egész úgy, hogy n bármely mn többszöröse a 10-csökkenő? (b) Van-e olyan n, amelyre igaz, hogy mn tetszőleges k-ra k-csökkenő? (c) Van-e végtelen sok ilyen n szám?

553. feladat. Legyenek a,b,n olyan pozitív egész számok, melyekre a¹⁰⁰+b¹⁰⁰ és a¹⁰⁴+b¹⁰⁴ osztható n-nel.

Igazoljuk, hogy a²⁰¹⁴+b²⁰¹⁴ is osztható n-nel!

[3836] Loiscenter	2014-02-19 23:02:31
köszönöm szépen azt hittem hogy nincs vége!
Előzmény: [3835] jonas, 2014-02-19 14:42:13

[3835] jonas

2014-02-19 14:42:13

Szerintem ez a szám a 1016949152542372881355932203389830508474576271186440677966, mert

6^.1016949152542372881355932203389830508474576271186440677966=

6101694915254237288135593220338983050847457627118644067796

Előzmény: [3833] Loiscenter, 2014-02-19 11:22:10

[3834] jonas	2014-02-19 14:29:40
Ilyesmit néztünk korábban ugyanebben a témában a [2271] hozzászólástól kezdve.
Előzmény: [3833] Loiscenter, 2014-02-19 11:22:10

[3833] Loiscenter

2014-02-19 11:22:10

szürgös:

Egy 6-ra végzödö szám ultolsó jegyét elhagyjuk. Ezt a szám elsö jegye elé irjuk. Az igy kapott szám hatsorosa az eredetinek. Melyik ez a szám? (azaz 6B = B6 . 6 ?)

[3832] Sinobi

2014-02-11 16:29:21

Sinobi: "b, Bizonyítsd be, hogy ha van egy parabolán három pontpár (húr), amelyek felezőmerőlegesei egy ponton mennek át, akkor ha a hat pontot a parabola tengelyirányában elaffinítjuk, akkor az így kapott pontok felezőmerőlegesei is egy ponton fognak átmenni."

Azota sem tudom. Kedvcsinalonak egy hasonlo, de nagyon egyszeru feladat:

Ha van egy parabolan egy ABCD hurnegyszog, azaz barmelyik 2 pont felezomerolegese atmegy egy O ponton, akkor ha a hurnegyszoget a parabola tengelyiranyaban affinitom, akkor az A'B'C'D' pontnegyes is hurnegyszog lesz, azaz barmelyik ket pont felezomerolegese at fog menni O'-n.

Ez ugyan kovetkezik az elozo allitasbol, de azt nem tudom belatni, meg egyszerubben is kijon.

Előzmény: [3795] Sinobi, 2013-10-12 01:30:53

[3831] w	2014-02-04 21:38:37
Az a) részt régi orosz versenyfeladat, a b) pedig egy kis gyakorlat, amit pont ennek a feladatnak az ötlete alapján találtam ki. :-)
Előzmény: [3830] Fálesz Mihály, 2014-02-04 20:43:33

[3830] Fálesz Mihály

2014-02-04 20:43:33

Egy kapcsolódó feladat 2007-ből:

A. 429. Határozzuk meg mindazokat az egész együtthatós f(x) és g(x) polinomokat, amikre f(g(x))=x²⁰⁰⁷+2x+1.

A tanulság valami olyasmi, hogy polinomba polinom $\implies$ deriválás... :-)

Előzmény: [3829] w, 2014-02-03 23:18:11

[3829] w

2014-02-03 23:18:11

550. feladat. (körülbelül)

a) Vannak-e olyan f,g,h másodfokú polinomok, melyekre az $f\left(g\left(h(x)\right)\right)$ polinom pontosan az 1,2,3,4,5,6,7,8 helyeken nulla?

b) Határozzuk meg azokat az f,g,h polinomokat, melyekre $f\left(g\left(h(x)\right)\right)=x^8-1$ .

[Ezek nem nehéz, de érdekes feladatok. Ha eddig nem lett volna világos, aki ismeri őket, ne lője le. Aki maga megoldotta a feladatot, annak viszont szívesen látom megoldását.]

[3828] Loiscenter

2014-01-29 00:47:03

1. legyen x=y=0 => f(0) = 0; 2) legyen x=y => 4f(x)[ f(x) - x.x] = 0 => vagy f(x) = 0 vagy f(x)=x.x külön x értékre

3) minden t# 0 esetére ha f(t) = t.t # 0 => legyen x=0, y=t => f(t).f(-t) =f(t)f(t) => f(-t) = f(t)=t.t; ha f(t) = 0 => legyen x=0, y=-t => f(t).f(-t) =f(-t)f(-t) => f(-t) = f(t)=0 összefoglalva f(-x)=f(x) minden x estére.

4) Ha létezik a# 0 ugy , hogy f(a)=0 => akkor minden t# 0 esetére legyen x=t, y=a => f(t+a)f(t-a) = f(t)f(t) legyen x=a, y=t => f(t+a)f(a-t) = f(t)f(t) - 4a.a.f(t) Mivel f(t-a) = f(a-t) => 4a.a.f(t) = 0 => f(t)=0

összegezve : f(x)=0 és f(x) = x.x; a két valosfüggvény , amely teljesiti a feltételt.

(Prof. Hung Son Nguyen - Varso egyetemból)

Előzmény: [3827] Loiscenter, 2014-01-28 20:46:14

[3827] Loiscenter	2014-01-28 20:46:14
tényleg nincs folytonosság! igy csak 0 vagy x.x maradt! hogy tovább?
Előzmény: [3825] nadorp, 2014-01-28 15:33:25

[3826] w	2014-01-28 15:37:28
Keresd meg az összes olyan f:R $\to$ R függvényt, melyre f(x)²=1 teljesül minden x-re.
Előzmény: [3824] Loiscenter, 2014-01-28 15:17:44

[3825] nadorp

2014-01-28 15:33:25

Ez így egy kicsit hiányos.

Ugyanis abból, hogy minden x-re f²(x)=x²f(x) teljesül, csak az következik, hogy f(x)=0 vagy f(x)=x², de ez még nem zárja ki azt, hogy pld f(2)=4 és f(5)=0 egyszerre teljesüljön.

Előzmény: [3824] Loiscenter, 2014-01-28 15:17:44

[3824] Loiscenter	2014-01-28 15:17:44
Legyen x=y=0 akkor f(0)=0 . legyen x=y igy f(2x)f(0)=4f(x)f(x) -4x.x.f(x) mivel f(0)=0 ezért 4f(x)f(x)-4x.x.f(x)=0 téhats f(x)=0 vagy f(x)=x.x . ellenörizve igaz mind.( bocsi nem tudtam hatványt irni)
Előzmény: [3822] w, 2014-01-27 22:06:36

[3823] Ménkűnagy Bundáskutya	2014-01-27 22:57:22
Ez tetszik, jóféle. :)
Előzmény: [3822] w, 2014-01-27 22:06:36

[3822] w

2014-01-27 22:06:36

Egy "vicces" függvényegyenlet.

Keressük meg az összes f:R $\to$ R függvényt a következő tulajdonsággal:

$f\left(x+y\right)f\left(x-y\right)=\left(f(x)+f(y)\right)^2-4x^2f(y)\qquad\qquad\forall x,y\in R.$

[3821] aaaa

2014-01-26 22:07:48

Ebből még az is következik, hogy:

$\lim_{n\to\infty}\frac{|F_n|}{\sqrt{n}}=1\qquad |F_n|-\sqrt{n}=\Theta\left(n^{1/3}\right)$

Ugyanis n $\geq$ 64-re $\sqrt{n}+n^{1/3}-n^{1/6}<|F_n|$ , mert van legalább egy 5-ik hatvány, egyébként finomítva a becslésedet (prímedik hatványokra elég nézni az összeget):

$|F_n|\leq 1+\sum_{p<\log_2n} n^{1/p}=1+\sqrt{n}+n^{1/3}+c\cdot n^{1/5}\frac{\log_2 n}{\log\log_2 n}$

Ugyanis n-ig a prímek száma kb $c\frac{n}{\log n}$ , ebből látszik, hogy elég nagy n-re

$\sqrt{n}+n^{1/3}(1-\varepsilon_1)<|F_n|<\sqrt{n}+n^{1/3}(1+\varepsilon_2)$

Előzmény: [3817] Ménkűnagy Bundáskutya, 2014-01-26 15:42:40

[3820] w

2014-01-26 21:23:19

Az a sor talán jobban érthetően:

$|F_n|\le1+\sum_{k=2}^{[\log_2 n]}n^{1/k}$

után ugye n^1/k $\le$ n^1/2 igaz minden k $\ge$ 2-re, vagyis az összeg minden tagját (ebből [log₂n]-1 darab van) n^1/2-re cserélve ez kisebb, mint $1+n^{1/2}\cdot\left([\log_2 n]-1\right)<1+n^{1/2}\log_2 n$ .

Előzmény: [3819] Loiscenter, 2014-01-26 20:25:37

[3819] Loiscenter	2014-01-26 20:25:37
a bizonyitasod tényleg nagyon jonak latszik, csak még nem latom hogy egyenlötlenség masodik része miért ?
Előzmény: [3817] Ménkűnagy Bundáskutya, 2014-01-26 15:42:40

[3818] Loiscenter	2014-01-26 20:14:21
nagyon szép a magyarazat! köszönöm szépen!
Előzmény: [3816] aaaa, 2014-01-26 02:07:38

[3817] Ménkűnagy Bundáskutya

2014-01-26 15:42:40

Azt hiszem, van egyszerűbb is.

Az n-nél kisebb k. hatványok száma legfeljebb n^1/k. Itt a k legfeljebb log₂n lehet: eltekintve az 1-től a 2 log₂n. hatványával még számolni kell, többel biztosan nem. Azaz

|F_n| $\leq$ n^1/2+n^1/3+...+n^1/log₂n+1 $\leq$ n^1/2log₂n+1,

ami n-nel osztva nyilván 0-hoz tart.

Előzmény: [3815] aaaa, 2014-01-26 01:23:52

[3816] aaaa	2014-01-26 02:07:38
Természetesen $\tau=\frac{1}{2}\log\left(1+\frac{\varepsilon-\varepsilon^k}{1-\varepsilon+\varepsilon^k}\right)>0$ választással élünk.
Előzmény: [3815] aaaa, 2014-01-26 01:23:52

[3815] aaaa

2014-01-26 01:23:52

Gondolom azt szeretnéd kérdezni, hogy ha F_n={n-nél kisebb hatványszámok}, akkor mi lesz

$\lim_{n\to\infty}\frac{|F_n|}{n}$

Lemma 1. $\forall$ $\varepsilon$ , $\delta$ >0 $\exists$ k₀, hogy k>k₀ esetén:

$\left|\sum_{i=k}^{[k(1+\varepsilon)] }\frac{1}{i}-\log(1+\varepsilon)\right|<\delta$

Ez a szokásos integrálós becslésből kijön, legyen ez házi feladat.

Lemma 2. Ha a_i pozitív egészek egy növekvő részsorozata, és $\sum a_i^{-1}<\infty$ , akkor n^-1|A_n| $\to$ 0, ha n $\to$ $\infty$ , ha A_n={a_i|a_i<n}

Indirekt, tegyük fel, hogy nem áll fent a bemutatott egyenlőség, vagyis létezik olyan $\varepsilon$ , hogy |A_n|> $\varepsilon$ n végtelen sokszor. Ha nincs ilyen, akkor pont azt kaptuk, amit akartunk. Legyen $H_\varepsilon$ az ilyen n-ek halmaza, ekkor |H|=|N|, vegyük tehát egy olyan b_i részsorozatát, ami tudja azt, hogy $\varepsilon$ ^kb_i>b_i-1, valamely k>2 egészre. Ekkor A_{b_i}> $\varepsilon$ b_i miatt a [0,b_i-1] intervallumba maximum b_i-1< $\varepsilon$ ^kb_i<A_{b_i} $\varepsilon$ ^k-1 darab eshet, szóval elég kevés szám, vagyis a számok legalább 1- $\varepsilon$ ^k-1-edrésze a jó intervallumba esik. De ekkor az ide eső számok reciprokösszegére alsó becslést ad, ha az intervallumba eső legkisebb számokat vesszük, ebből legalább A_{b_i}-A_{b_i-1}=b_i( $\varepsilon$ - $\varepsilon$ ^k-1) darab van:

$\sum_{a_j\in]b_{i-1},b_i]}\frac{1}{a_j}\geq\sum_{i=[b_i-b_i \varepsilon+\varepsilon^k]}^{b_i}\frac{1}{i}\geq \log\left(1+\frac{\varepsilon-\varepsilon^k}{1-\varepsilon+\varepsilon^k}\right)-\delta$

Az első lemma alapján. De legyen b₁ akkora, hogy $\delta<\tau:=\frac{1}{2}\log\left(1+\frac{\varepsilon^k}{1-\varepsilon+\varepsilon^k}\right)$ teljesüljön, így azt kaptuk, hogy $\sum_{a_j\in]b_{i-1},b_i]}\frac{1}{a_j}\geq \tau>0$ De ekkor

$\sum_{a_i<b_k} a_i^{-1}=\sum_{j=1}^{k}\sum_{a_i\in]b_{j-1},b_j]}\frac{1}{a_j}\geq\sum_{j=1}^{k}\tau=k\tau$

Viszont így a reciprokösszeg nem lehet véges.

Lemma 3. A hatványszámok reciprokösszege kisebb, mint 2. Nézzük ugyanis a kövezkező összeget:

$1+\sum_{i=2}^\infty\sum_{j=2}^\infty i^{-j}=1+\sum_{i=2}^\infty\frac{1}{i(i-1)}=2$

Viszont a^b szerepel az a számhoz tartozó részlegösszegben, szóval a hatványszámok reciprokösszege véges.

Lemma 3 miatt teljesül Lemma 2. feltétele, így a hatványszámok felső sűrűsége 0 az egészek körében.

Előzmény: [3814] Loiscenter, 2014-01-24 20:30:06

[3814] Loiscenter	2014-01-24 20:30:06
Hatványszámok valoszinüsége természetes számok körében?

[3813] w	2013-11-10 17:40:47
a 13 hatványai és az 1 páratlan :-)
Előzmény: [3812] csábos, 2013-11-10 17:31:27

[3812] csábos

2013-11-10 17:31:27

Ügyes, köszi!

Az ahol l tehát páros honnan látszik?

Előzmény: [3811] w, 2013-11-10 16:59:08

[3811] w

2013-11-10 16:59:08

20^13¹⁴ mod 7³ kiszámítása.

Bár klasszikus feladattípus, szerintem mégis érdekes a megoldás az átlagos feladathoz képest. (Például 9^9⁹ mod 10² kiszámítása egyszerűbb, hiszen számológéppel is könnyen adódik, hogy 9⁵ $\equiv$ -1 (mod 10²), ezért elég 9⁹-t mod 10 vizsgálni, ami pedig könnyű.) Most az nem kunszt, ha Euler-Fermat-val lemészároljuk, ámde tökéletesen elfogadható megoldás (ezért tűztem itt ki). Ha egyszerűbb eszközökkel szeretnénk dolgozni, akkor a következő megoldást találhatnánk.

Első célunk keresni olyan n kitevőt, melyre 20ⁿ $\equiv$ $\pm$ 1 (mod 7³). Vegyük észre, hogy 20=7k-1 alakú, ezért a binomiális tétel szerint

$20^n=(7k-1)^n=\binom n n (7k)^n\pm\dots+(-1)^{n-3}\binom n3(7k)^3+(-1)^{n-2}\binom n2(7k)^2+(-1)^{n-1}n(7k)+(-1)^{n}.$

Tehát célszerű n=7² választása, hisz akkor az utolsó tag kivételével minden tag 7³-nel osztható, vagyis 20⁴⁹ $\equiv$ -1 (mod 7³).

Vagyis csak 13¹⁴-t kell mod 49 megnéznünk. De a binomiális tételt újra alkalmazva kapjuk, hogy 13¹⁴ $\equiv$ 1 (mod 49), mert 13 $\equiv$ -1(7). Amiért az adódik, hogy 13¹⁴=49 $\ell$ +1 alakú, ahol $\ell$ tehát páros. Ebből következik, hogy 20^13¹⁴ $\equiv$ 20 (mod 7³), vagyis az utolsó három számjegy 026.

Előzmény: [3810] csábos, 2013-11-09 16:35:38

[3810] csábos

2013-11-09 16:35:38

Igazából az a kérdés, hogy hogyan lehet egyszerűen kiszámolni $13^{14}\frac{}{}$ -t modulo $49\cdot 6\frac{}{}$ . Modulo 6 1. Modulo 49 nekem (eddig) úgy a legegyszerűbb, hogy $13^2\equiv 8^3\equiv 22\frac{}{}$ modulo 49, azaz a 13 köbszám modulo 49, így ha $a^3\equiv 13\frac{}{}$ , akkor $13^{14}\equiv a^{42}\equiv 1\frac{}{}$ .

Mi a kitűző megoldása?

Előzmény: [3809] jonas, 2013-11-08 13:35:52

[3809] jonas	2013-11-08 13:35:52
Igazad van. Valamit elszámolhattam reggel.
Előzmény: [3808] Róbert Gida, 2013-11-08 13:06:53

[3808] Róbert Gida	2013-11-08 13:06:53
026 lesz az, hiszen 13¹⁴ $\equiv$ 1mod (776), így Euler-Fermat miatt (343 és 20 relatív prímek): 20^13¹⁴ $\equiv$ 20¹ $\equiv$ 20mod 343
Előzmény: [3807] jonas, 2013-11-08 08:50:47

[3807] jonas	2013-11-08 08:50:47
Szerintem 546 hetes számrendszerben az utolsó három számjegy, de lehet, hogy rosszul számoltam.
Előzmény: [3806] w, 2013-11-07 16:09:11

[3806] w

2013-11-07 16:09:11

Nekem is van egy saját készítésű szép számelméletfeladatom, bár ez évszámok használatának árán könnyebb lesz.

Határozzuk meg a 20^13¹⁴ hatvány 7-es számrendszerbeli alakjában az utolsó három számjegyet.

[3805] Sirpi

2013-10-25 09:19:21

Nekem is ez az eredmény jött ki, bár picit másképp csináltam.

Legyen a k jegyű. Ekkor

(a^*)²=(a²)^*=a²+11...1

(a^*)²-a²=11...1

(a^*-a)(a^*+a)=11...1

11...1^.(a^*+a)=11...1

a^*+a=11...1/11...1

Ha a k jegyű, akkor a² vagy 2k-1, vagy 2k jegyű, tehát ennyi db. 1-es van az előző sorok jobb oldalán. Ezt osztjuk le az utolsó sorban egy k db 1-esből álló számmal, és könnyen látható, hogy csak akkor kapunk egész számot, ha 2k db egyesből áll a számláló (sőt, ellenkező esetben a^* és a összege kisebb lenne, mint a különbsége).

Ez alapján a^*+a=100...01 (k-1 db 0-val), a^*-a=11...1, vagyis a=44...45, és ebből csak az 1 és a 2 jegyű megoldás a jó, ahogy azt Te is indokoltad.

Előzmény: [3804] csábos, 2013-10-23 23:21:42

[3804] csábos

2013-10-23 23:21:42

5,45

Tekintsük a feladatot modulo 10^k. Legyen

$n\equiv a \quad mod(10^k) \frac{}{}$

Ekkor a feladat az

$(a+\frac{10^k-1}{9})^2\equiv a^2 +\frac{10^k-1}{9}\quad mod(10^k)$

kongruencia formájában írható fel.

Négyzetre emelve, 81-gyel szorozva és a 10^k-val osztható tagokat elhagyva a

$-18a\equiv -10 \quad mod(10^k) \frac{}{},$

azaz

$9\equiv 5 \quad mod(10^{k-1}) \frac{}{}$

kongruenciához jutunk.

A jobboldalhoz 4^.10^k-t adva

a=44...445 adódik, azaz az eredeti kongruencia megoldásai

444...445 és 944...445. Ez utóbbi nem játékos, így marad az előbbi.

Ha k legalább 3, akkor 197136=444²<a²<445²=198025. Ezért a² második jegye 9-es, azaz nem megoldás.

Előzmény: [3803] Sirpi, 2013-10-21 14:26:41

[3803] Sirpi

2013-10-21 14:26:41

A következő egy általam kitalált feladat:

Egy a természetes számra a^* jelölje azt a számot, amit úgy kapunk, hogy a minden számjegyét eggyel megnöveljük. Pl: 125^*=236. Ha egy számban szerepel 9-es számjegy, akkor nincs értelmezve.

Oldjuk meg az (n^*)²=(n²)^* egyenletet.

[3802] HoA

2013-10-15 10:20:04

Re: a komplex számos megoldás-felvetés honnan ered

juantheron kérdezte itt [3775] -ben.

Előzmény: [3793] csábos, 2013-10-11 12:57:17

[3801] n	2013-10-14 11:29:44
(a link nem látszik működni, helyesen: http://en.wikipedia.org/wiki/Steiner_tree_problem )
Előzmény: [3793] csábos, 2013-10-11 12:57:17

[3800] n	2013-10-13 20:02:56
Ha jól sejtem, a [3792] linkje az oka.
Előzmény: [3799] Zilberbach, 2013-10-13 19:29:17

[3799] Zilberbach	2013-10-13 19:29:17
Nem fér bele a képernyőbe.
Előzmény: [3798] Zilberbach, 2013-10-13 19:28:34

[3798] Zilberbach	2013-10-13 19:28:34
Google Chrome. Most már nagyon szélesre húzódik a téma ablaka is.
Előzmény: [3797] n, 2013-10-13 17:51:14

[3797] n	2013-10-13 17:51:14
A böngésző ismerete nélkül nehéz megmondani...
Előzmény: [3796] Zilberbach, 2013-10-12 19:48:25

[3796] Zilberbach	2013-10-12 19:48:25
Ebben a témában nem tördeli be a túl hosszú sorokat a gépem/programom. Mi lehet az oka?

[3795] Sinobi

2013-10-12 01:30:53

Kaptam egy "érdekes" geometria feladatot, nem tudom mit lehetne vele kezdeni, ami nem kórdináta.

a, Ha van egy e egyenes, és egy p parabola, szerkeszd meg azokat a pontokat a parabolán, amelyek felezőmerőlegese az egyenes. (eddig nem volt nehéz)

b, Bizonyítsd be, hogy ha van egy parabolán három pontpár (húr), amelyek felezőmerőlegesei egy ponton mennek át, akkor ha a hat pontot a parabola tengelyirányában elaffinítjuk, akkor az így kapott pontok felezőmerőlegesei is egy ponton fognak átmenni.

c, Ily módon egy parabola és egy affinitás meghatároz egy $\phi$ tranformációt, melyben minden P_i pont képe egy olyan P_i' pont lesz, hogy a parabolának minden olyan húrjának, amelynek a felezőmerőlegese átment P_i-n, a képe egy olyan húr, amelynek a felezőmerőlegese átmegy P_i'-n. Bizonyítsd be, hogy $\phi$ egyenestartó.

[3793] csábos

2013-10-11 12:57:17

Kedves HOA!

A probléma Steinerig és Fermat-ig visszavezethető. http://en.wikipedia.org/wiki/Steinertreeproblem Sőt, mér a Gyilkos számok egyik jelenetében is láttam. 2. évad Toxin című rész, 31. perctől. A kérdésem igazából arra vonatkozott, hogy a komplex számos megoldás-felvetés honnan ered. Ami még igazán érdekel: Minél korábbi előfordulása az

x²+xy+y²=a

x²+xz+z²=b

z²+zy+y²=c

típusú feladatnak.

Tud valaki erről valamit?

Előzmény: [3792] HoA, 2013-10-10 16:48:43

[3792] HoA	2013-10-10 16:48:43
Hát igen, mint a Ludas Matyi mottója mondta. „Nincsenek régi viccek, csak öreg emberek. Egy újszülöttnek minden vicc új” Nem emlékszem, hol láttam először, talán valamelyik Reiman könyvben. Most az interneten rákeresve ezt találtam legelőször: Nemzetközi matematikai diákolimpiák (1959–2003)books.google.hu/books?isbn=9639548049 610 – 611. old. http://books.google.hu/books?id=nNihkOMB8qYC&pg=PA610&lpg=PA610&dq=izogon%C3%A1lis+pont&source=bl&ots=ocxjZNxUjz&sig=g6aMbTyKXDcQBRh57RTWfDsgGfM&hl=hu&sa=X&ei=Fa5WUoy9HauX5ATV84HIBw&ved=0CGQQ6AEwCw#v=onepage&q=izogon%C3%A1lis%20pont&f=false A lényeg: A 120 fokosnál nem nagyobb szögű háromszög síkjának az a pontja, melynek a csúcsoktól mért távolságösszege minimális, az izogonális pont. Bizonyítás: Legyen az ABC háromszög síkjának egy pontja P. Forgassuk el az ABP háromszöget B körül 60 fokal , új helyzete A’BP’ ( A’ az AB egyenes C-t nem tartalmazó oldalán ) . Ekkor A’P’ = AP, BPP’ háromszög szabályos, BP = BP’ = PP’ . A P pont csúcsoktól mért távolságainak összege AP + BP + CP = A’P’ + P’P +PC , vagyis egyenlő az A’P’PC töröttvonal hosszával. Mivel A’ és C helyzete P-től független, ez a hossz akkor a legkisebb, ha ha egybeeseik az A’C szakasszal. A minimális távolságösszeget adó P₀ pont ( és 60 fokos elforgatottja , P₀’ ) rajta van A’C –n, BP₀P₀’ $\Delta$ szabályos, így BP₀C $\angle$ =120^o és BP₀’A’ $\angle$ =120^o miatt BP₀A $\angle$ is 120^o [3791]-re: Nézd meg, mi a helyzet, ha ABC $\angle$ >120^o

Előzmény: [3790] csábos, 2013-10-09 21:17:40

[3791] csábos	2013-10-09 22:21:43
Természetesen a létezés bizonyításánál. Kavics mindig a tanteremben röpködő piros krokodilokkal példálózott. Ha azok léteznek, akkor minden igaz. A konstrukció mindig nehezebb a bizonyításnál. Ha feltesszük, hogy valami van, arról már könnyebb bármit igazolni.
Előzmény: [3781] HoA, 2013-09-04 23:31:16

[3790] csábos

2013-10-09 21:17:40

Kedves HoA!

Nagyon érdekelne, hogy mitől közismert ez a feladat. Ha megírnád, örülnék.

Csábos

Előzmény: [3781] HoA, 2013-09-04 23:31:16

[3789] w	2013-10-04 23:57:23
Szerintem reális a 2% becslés.
Előzmény: [3786] koma, 2013-10-04 20:22:50

[3788] HoA

2013-10-04 22:04:07

Azért írta ki furán, mert a százalék jelet megjegyzés kezdetének veszi, és mindent elhagy, amit a sorban utána írsz . Valamelyik témában nemrég volt szó róla. Tehát így kell írni, hogy látható legyen: \%

A feladattípus elég közismert. Nekem van egy egész kis könyvem belőlük. És persze egy táblázatos módszerrel elég automatikusan megoldható.

Az, hogy az emberek hány %-a képes megoldani, kicsit nézőpont kérdése. Készséggel elhiszem, hogy ha 100 embernek feladod, csak 1-2 -től kapsz megoldást. Nem azért, mert képtelen lenne megoldani, de nem érdekli annyira, hogy végigküzdje. Más lenne a helyzet, ha az élete - na jó, a havi fizetése függne tőle.

Előzmény: [3787] koma, 2013-10-04 20:25:34

[3787] koma	2013-10-04 20:25:34
-De furán írta ki-, szóval állítólag az emberek két százaléka tudja megoldani, és szerintem azért jóval többen képesek lehetnek rá, ti hogyan vélekedtek?
Előzmény: [3786] koma, 2013-10-04 20:22:50

[3786] koma

2013-10-04 20:22:50

Sziasztok, a véleményetekre lennék kíváncsi, szerintem nagyon sokan ismeritek a feladványt:

Ezt a feladatot Einstein írta. Azt mondta, hogy az emberek 98

Tények: 1. 5 ház van, különböző színüek. 2. Minden házban él egy-egy ember, mindegyik más nemzetiségű. 3. Az öt tulajdonos különböző italokat fogyaszt, különféle cigit szív és más-más állatot tart. 4. Nincs két olyan tulajdonos aki ugyanazt az állatot tartaná, ugyanazt a cigit szívná, vagy ugyanazt az italt inná.

1. A brit a piros házban lakik. 2. A svéd kutyát tart. 3. A dán teát iszik. 4. A zöld ház a fehér ház bal oldalán van. 5. A zöld ház tulajdonosa kávét iszik. 6. Az a személy aki Pall Mall-t szív madarat tart. 7. A sárga ház tulajdonosa Dunhill-t szív. 8. Az az ember aki a középső házban lakik tejet iszik. 9. A norvég az első házban lakik. 10. Az ember aki Blend cigit szív amellett lakik aki macskát tart. 11. Az az ember aki lovat tart amellett lakik aki Dunhill cigit szív. 12. A tulaj aki Blue Mastert szív, sört iszik. 13. A német Prince-t szív. 14. A norvég a kék ház mellett lakik. 15. Az ember aki Blend-et szív, a vizet ivó ember szomszédja.

-Én 20-25 perc alatt megoldottam, de nem érzem úgy, hogy a felső 2

[3785] w	2013-10-04 14:47:18
Legyen X az ABC háromszög belső pontja, melyre XA^.BC=XB^.AC=XC^.AB. Legyen $XBC_{\Delta}$ , $XCA_\Delta$ , $XAB_\Delta$ beírt körének középpontja rendre P, Q, R. Mutassuk meg, hogy AP, BQ, CR egy ponton halad át.

[3784] Ali

2013-09-13 10:38:22

Legyen g(x)=f(x)-x, és g_n(x)=g(g(...g(x)...)). Az értelmezési tartományra tett megszorítás miatt g(x) $\ge$ 0 $\forall$ x $\ge$ 0 esetén.

Megoldva a g_n+2(x)+g_n+1(x)-2g_n(x)=0 másodfokú lineáris rekurziót ( g₀(x):=x, g₁(x)=g(x) ),

g_n(x)=(-2)ⁿ[x-g(x)]/3 +[2x+g(x)]/3, n $\ge$ 2

Ha x>g(x), akkor elég nagy páratlan n-re, míg x<g(x) esetén elég nagy páros n-re ellentmondás. Így g(x)=x és f(x)=2x.

Előzmény: [3777] w, 2013-09-02 22:15:48

[3783] juantheron	2013-09-10 05:57:06
Thanks HoA

[3782] juantheron

2013-09-10 05:54:02

Solution for real a,b,c in

a[a]+c{c}-b{b}=0.16

b[b]+a{a}-c{c}=0.25

c[c]+b{b}-a{a}=0.49

Where [x]= Integer part of x

and {x}= fractional part of x

[3781] HoA

2013-09-04 23:31:16

A :-) -ból sejtem, észrevetted, hogy ez valójában a közismert izogonális pontos megoldás átírva komplexre.

A feladat talán éppen ezért érdekes: Hogyan derül ki a komplex megközelítésből, hogy a módszer csak 120^o -nál kisebb szögű háromszögre működik?

Előzmény: [3780] Fálesz Mihály, 2013-09-04 18:44:31

[3780] Fálesz Mihály	2013-09-04 18:44:31
Azért én szívesen látnék egy elemi megoldást izogonális ponttal... :-)
Előzmény: [3779] HoA, 2013-09-04 10:54:29

[3779] HoA

2013-09-04 10:54:29

$f(z) = \left|z-1-i \right| + \left| z+2-3i\right| + \left|z+3+2i \right| = \left| z-(1+i)\right| + \left| z-(-2+3i))\right|+ \left|z-(-3-2i) \right| = \left| z-t\right| +\left| z-u\right|+ \left| z-v\right|$ , ahol t=1+i,u=-2+3i,v=-3-2i Legyen továbbá z'=z-u,t'=t-u,v'=v-u . $f(z) = \left| z'-t'\right| +\left| z'\right|+ \left| z'- v'\right|$ . Felhasználjuk, hogy $\left|e^{i\phi} \right|= 1$ és $\left|1 -e^{i\pi /3}\right| = 1$ ( ujjgyakorlat ) . Legyen $z'' = z' e^{i\pi /3}$ $t'' = t' e^{i\pi /3}$ Ekkor

$\left| z'-t'\right| = \left| (z'-t') e^{i\pi /3} \right| = \left| z''-t''\right| = \left| t''-z''\right|$

$\left| z' \right| = \left| z' (1 -e^{i\pi /3})\right| = \left| z'-z''\right|= \left| z''-z'\right|$

és innen a sokszög egyenlőtlenség miatt

Numerikusan $t' = 3-2i , v' = -1 -5i , t'' = (3-2i)(cos \pi/3 + i sin \pi/3) = (3-2i)(1/2 + i \sqrt{3}/2) = (3 + 2 \sqrt{3})/2 + i (3\sqrt{3}-2)/2$ $t'' - v' = (5 + 2 \sqrt{3})/2 + i (3\sqrt{3}+8)/2$ . $\left| t''-v'\right|$ ~ 7,84

Feladatnak hagyom annak bzonyítását, hogy létezik is olyan z' - és innen z - érték, melyre f(z) felveszi minimális értékét – például a megfelelő z kiszámításával.

Előzmény: [3775] juantheron, 2013-09-02 21:15:26

[3777] w

2013-09-02 22:15:48

A következő függvényegyenlet leginkább a megoldási módszere miatt hasznos/érdekes $(f:{\bf R}_{\ge0}\to{\bf R}_{\ge0})$ :

f(f(x)-x)=2x.

[3775] juantheron

2013-09-02 21:15:26

where z=x+iy and i=sqrt-1

[3774] w

2013-08-11 16:48:19

Igen. Sok, az előbbihez hasonló feladat generálható. Olyan $\alpha$ szám kell nekünk, melyre az

$S=\sum_{(x,y)\in P} \alpha^{x+y}$ (*)

összeg a lépések során invariáns marad, ahol P jelöli a zsetonok helyeinek halmazát. Az előbbi feladatban $\alpha$ ^x+y= $\alpha$ ^(x+1)+y+ $\alpha$ ^x+(y+1)-ra redukálódik a (*) egyenlet, ahol $\alpha=\frac12$ megfelel célunknak. Miért is? Úgy általában, olyan $\alpha$ számra van szükségünk, melyre

$W=\sum_{x=0}^\infty \sum_{y=0}^\infty \alpha^{x+y}\in(-\infty;+\infty)$ ,

azaz az első síknegyed súlya véges. Ez éppen $\alpha$ $\in$ (-1;+1) esetén következik be, és ekkor

$W=\sum_{x=0}^\infty\sum_{y=0}^\infty \alpha^x\cdot \alpha^y=\sum_{x=0}^\infty \alpha^x\cdot\left(\sum_{y=0}^\infty \alpha^y\right)=\left(\frac{1}{1-\alpha}\right)^2$

a mértani sor összegzőképlete szerint. A feladatokhoz pedig a P(x) polinomot rendelhetjük, amiről tudjuk, hogy van -1 és +1 között nemnulla gyöke, és tükrözi a zsetonok változását, azaz erre redukálódik a (*) egyenlet egy lépésnyi változás során. A VV-s példában ez a polinom P(x)=2x¹-1 volt.

Aki ismer további alkalmazásokat erre a módszerre, örömmel olvasnám azokat.

Előzmény: [3771] Micimackó, 2013-08-07 13:22:20

[3773] aaaa	2013-08-07 21:04:37
b)-re butaság, az pozitív egészekre igaz.
Előzmény: [3772] aaaa, 2013-08-07 20:19:50

[3772] aaaa

2013-08-07 20:19:50

a) ez ekvivalens n² darab eredeti feladatbeli (kezdőhelyzet)->(véghelyzet) lehet-e kérdés megválaszolásával.

b) pl. (1;1)-re raksz, erre nem tudod az operációt alkalmazni.

Előzmény: [3770] w, 2013-08-03 14:03:32

[3771] Micimackó	2013-08-07 13:22:20
Megsúlyozzuk a mezőket, hogy egy érme mindig egyet érjen. Így 4 mező van, amiből 2-t akarunk üresen és két érmét akarunk a Fálesz verzióban, így ez nem lehet. A b) résznél még a szélső sorra és oszlopra is figyelni kell, mert ott is marad kis plusz üres terület és így nem lesz elég hely.
Előzmény: [3768] w, 2013-08-02 22:28:38

[3770] w

2013-08-03 14:03:32

Egyetértek, csak az eredeti feladatot akartam kitűzni. Lehetne bőven variálni a dolgokat: keressünk kezdő- és célhelyzeteket az (x,y) $\to$ (x+n,y), (x,y+n) operációra (előbbiből leveszünk, utóbbiakra rárakunk egy-egy zsetont) stb.

Megkérdezném (a feladatot még nem gondoltam át): az (x,y) $\to$ (x+1,y+1), (x-2,y-1) hasonló változatban legalább hány zsetont kell {(x,y): x,y egész} halmazra rakni, hogy sehogy se lehessen elérni, hogy mondjuk az (1,1)(1,10)(10,10)(10,1) négyzetben ne legyen zseton.

Előzmény: [3769] Fálesz Mihály, 2013-08-03 05:45:44

[3769] Fálesz Mihály	2013-08-03 05:45:44
Nem értem, hogy az (a) rész miért ennyire bonyolult. Szerintem elég lenne három pont: (0,0), (1,0) és (0,1). Ha kezdetben csak ezeken van zseton, akkor akárhány lépés után is lesz legalább az egyiken.
Előzmény: [3757] w, 2013-07-27 22:52:42

[3768] w	2013-08-02 22:28:38
Igen, de miért "nem férnek el"?
Előzmény: [3767] Micimackó, 2013-08-02 21:06:06

[3767] Micimackó	2013-08-02 21:06:06
Nekem úgy tűnik nem lehet, mert nem férnek el. Az első bőven nem fér el (nem is marad elég hely a táblán), a másodikhoz már lenne elég hely, de nincs jól elosztva. Úgyhogy szerintem nem lehet.
Előzmény: [3757] w, 2013-07-27 22:52:42

[3766] w	2013-08-01 13:22:40
$y=t\sqrt3$ cosinustétel miatt ábra $T=\frac{xt1/2}2+\frac{zt}2+\frac{xz\sqrt3/2}2=4*3/2$ (sinustétel) $4\sqrt3T=24\sqrt3=xy+2yz+3xz$

Előzmény: [3765] Lóczi Lajos, 2013-08-01 11:04:27

[3765] Lóczi Lajos	2013-08-01 11:04:27
A célkifejezés négyzete azonosan egyenlő a nullára rendezett feltételi egyenletek egy másodfokú polinomjával. A konstans tag 1728-nak adódik, innen egy gyökvonás.
Előzmény: [3762] w, 2013-07-31 12:57:17

[3764] w	2013-08-01 10:39:30
Többnyire. Geometriai megfontolások teendők; legyen y²/3=t², t>0 $\implies$ y²/3+z²=t²+z²=3² Pitagorasz-tétel. A többi már egyértelmű.
Előzmény: [3763] rizsesz, 2013-07-31 15:34:52

[3763] rizsesz	2013-07-31 15:34:52
Egy haromszog es az izogonalis pontja.
Előzmény: [3758] w, 2013-07-29 14:59:01

[3762] w	2013-07-31 12:57:17
És a bizonyítás (computer algebra nélkül)?
Előzmény: [3761] Lóczi Lajos, 2013-07-31 12:05:29

[3761] Lóczi Lajos	2013-07-31 12:05:29
$24\sqrt{3}$ .
Előzmény: [3758] w, 2013-07-29 14:59:01

[3760] w	2013-07-30 21:24:23
Nem onnan vettem.
Előzmény: [3759] jonas, 2013-07-30 21:01:28

[3759] jonas	2013-07-30 21:01:28
Ez a feladat ismerős. Nem szerepel véletlenül Csákány Béla: Diszkrét matematikai játékok könyvében?
Előzmény: [3757] w, 2013-07-27 22:52:42

[3758] w

2013-07-29 14:59:01

Más. Legyen x,y,z>0. Tudjuk, hogy $x^2+xy+\frac {y^2}3=25$ , $\frac{y^2}3+z^2=9$ , z²+zx+x²=16.

Számítsuk ki xy+2yz+3zx értékét.

[3757] w

2013-07-27 22:52:42

Egy további érdekes, hasznos, de nem annyira közismert feladat a Városok Viadaláról (1981):

Az első síknegyed rácspontjaira rakunk zsetonokat. Kezdetben (a) az origóban, az (1,0) és (0,1) és (1,1) és (0,2) és (2,0) pontokban van egy-egy zseton, (b) csak az origóban van zseton.

Egy lépésben az (x,y) rácspontból elveszünk egy zsetont - ha az (x+1,y) és (x,y+1) pontokban nincsen - majd utána az (x+1,y) és (x,y+1) pontokra rakunk egyet-egyet.

Elérhetjük-e az (a), illetve (b) esetben, hogy az (a) esetben megnevezett mezők egyikében sem szerepeljen zseton?

[3756] w	2013-07-27 21:50:03
Igen, ez a megoldás! (Kicsit megelőztél...)
Előzmény: [3754] Róbert Gida, 2013-07-27 21:46:59

[3755] w

2013-07-27 21:47:12

Állítás. Létezik c és d konstans a következő tulajdonsággal: tetszőleges a, b pozitív egész számpárhoz létezik pozitív egészekből álló m₁,m₂,...,m_k számsorozat, melyre k<c^.ln a+d és

$1+\frac a b=\prod_{\ell=1}^k \left(1+\frac1{m_\ell}\right).$

Ha igaz, próbáljunk minél kisebb c és d konstansokat keresni, ha hamis, akkor adjunk ellenpéldá(ka)t.

[3754] Róbert Gida	2013-07-27 21:46:59
$k\le 2*(\frac {\ln a}{\ln 2}+1)$ -re teljesül az állítás! Könnyen látható, hogy: $\frac ab=\prod_{i=0}^{a-1}(1+\frac {1}{b+i})$ , itt a nevezők egymásutáni egészek; ezt fogjuk használni, hogy rövidebb szorzatot találjunk: vegyü észre, hogy $(1+\frac{1}{2k})(1+\frac{1}{2k+1})=1+\frac 1k$ . Ezt az azonosságot alkalmazzuk az (első szinten), ekkor legfeljebb 2 tag marad ki a szorzatból (az első és az utolsó), míg az új $1+\frac 1k$ tagokban k egészek itt is egymásutáni egészek lesznek. Így ezt az azonosságot iterative tudjuk újra alkalmazni. Ha 2^t-1 $\le$ a<2^t akkor t szint van és minden szinten megmarad legfeljebb 2 tag, azaz összesen legfeljebb 2t tag, de (t-1)ln 2 $\le$ ln a, innen triviálisan kapjuk a bizonyítandót.
Előzmény: [3748] w, 2013-07-27 14:47:25

[3753] Róbert Gida	2013-07-27 20:35:11
Nem értelek. A feladatod "értelmes" volt, azaz jól kitűzött; úgy szólt, hogy igazoljuk vagy cáfoljuk. Én pedig cáfoltam.
Előzmény: [3752] w, 2013-07-27 20:19:56

[3752] w

2013-07-27 20:19:56

Jó, bocs, ez most kicsit sötét volt :-)

Kérlek akkor nézz utána a>1 esetének, vagy módosítsd a feladatot úgy hogy értelmes legyen. Felkérlek arra, hogy tégy hozzá valami építő jellegűet is.

Előzmény: [3751] Róbert Gida, 2013-07-27 20:04:10

[3751] Róbert Gida	2013-07-27 20:04:10
Egyszer majd nézz utána ln(1) értékének.
Előzmény: [3750] w, 2013-07-27 19:50:38

[3750] w	2013-07-27 19:50:38
A c=1,001/(ln 1) konstans a példádra megfelel.
Előzmény: [3749] Róbert Gida, 2013-07-27 16:29:13

[3749] Róbert Gida	2013-07-27 16:29:13
Cáfolom, legyen a=1 és b tetszőleges.
Előzmény: [3748] w, 2013-07-27 14:47:25

[3748] w

2013-07-27 14:47:25

Állítás: Létezik c konstans a következő tulajdonsággal: tetszőleges a, b pozitív egész számpárhoz létezik pozitív egészekből álló m₁, m₂, ..., m_k számsorozat, melyre k<c^.ln a és

$1+\frac a b=\prod_{\ell=1}^k \left(1+\frac1{m_\ell}\right).$

Igazoljuk vagy cáfoljuk.

[3747] w

2013-07-02 07:25:35

Én leginkább erre gondoltam (5. feladat). Lineáris algebrából kb. semmit sem tudok, de úgy látszik, hogy a te megoldásodat írták át elemire. Van viszont lin. algebrakönyvem, előbb-utóbb belenézek. Elnézést a késő válaszért.

Üdv.: w

Előzmény: [3746] jonas, 2013-06-21 21:08:33

[3746] jonas

2013-06-21 21:08:33

Ez szerintem egy tanulságos feladat, mert lineáris algebrát tanít. Hadd mondjam el, én hogy képzelem el.

Az hogy egy (x₁,x₂,x₃,x₄) vektor négyzetes, ekvivalens azzal, hogy felírható (a,b,c)N alakban, ahol N a következő mátrix.

$N = \left(\matrix{ 1 & 4 & 9 & 16 \cr 1 & 2 & 3 & 4 \cr 1 & 1 & 1 & 1 }\right).$

Legyen N első három oszlopa által alkotott V mátrix, és legyen az utolsó oszlop v.

$V = \left(\matrix{ 1 & 4 & 9 \cr 1 & 2 & 3 \cr 1 & 1 & 1 }\right); v = \left(\matrix{16 \cr 4 \cr 1}\right).$

V egy Vandermonde mátrix, ezért invertálható. Ezért aztán bármely (x₁,x₂,x₃) vektort pontosan egyféleképpen lehet négyzetes (x₁,x₂,x₃,x₄) számnégyessé befejezni: úgy, hogy x₄=(x₁,x₂,x₃)^.V^-1^.v. (A V^-1^.v vektor pontos (1,-3,3)^T értékére nem lesz szükségünk a bizonyításhoz.)

Mármost rakjuk a feladatban adott számokat mátrixokba:

$X = \left(\matrix{ x_{11} & x_{12} & x_{13} \cr x_{21} & x_{22} & x_{23} \cr x_{31} & x_{32} & x_{33} \cr }\right); x = \left(\matrix{x_{14} \cr x_{24} \cr x_{34}}\right)$

y=(x₄₁,x₄₂,x₄₃)

Az, hogy a sorok négyzetesek, pont azt jelenti, hogy x=X^.V^-1^.v és hogy x₄=y^.V^-1^.v. Mivel az első három oszlop is négyzetes, y=v^t^.(V^T)^-1^.X. Ebből viszont

x₄=y^.V^-1^.v=v^t^.(V^T)^-1^.X^.V^-1^.v=v^t^.(V^T)^-1^.x,

tehát az utolsó oszlop is négyzetes.

Előzmény: [3745] w, 2013-06-21 14:15:10

[3745] w

2013-06-21 14:15:10

Nevezzünk egy (t₁,t₂,t₃,t₄) valós számnégyest négyzetesnek, ha léteznek a, b, c valós számok, melyekre $t_\ell=a\ell^2+b\ell+c$ teljesül $\ell$ =1,2,3,4-re. Az alábbi táblázatban (x_i1,x_i2,x_i3,x_i4) (i=1,2,3,4) négyzetes számnégyesek. Mutassuk meg, hogyha (x_1j,x_2j,x_3j,x_4j) j=1,2,3 esetén négyzetes, akkor j=4-re is. Általánosítsunk.

$\matrix{x_{11}&x_{12}&x_{13}&x_{14}\cr x_{21}&x_{22}&x_{23}&x_{24}\cr x_{31}&x_{32}&x_{33}&x_{34}\cr x_{41}&x_{42}&x_{43}&x_{44}\cr}$

[3744] aaaa

2013-06-15 17:10:57

Igazából a következő jutott eszembe, nem tudom mennyire nehéz: Legyen H egy olyan véges halmaz, amelynek elemei olyan szakaszhalmazok, melyek egész koordinátájú, szomszédos pontokat kötnek össze. Legyen S is egy ilyen halmaz, elemei S_i. (S megszámlálhatóan végtelen, elemei nem vihetők egymásba tükrözésekkel, forgatásokkal, eltolásokkal). Mérjük H lefedőképességét S-re nézve a következőképpen: f_H(s_i):=1, ha s_i $\in$ S lefedhető H-beli elemek eltoltja, elforgatottja vagy tükrözött verziójaival, átfedés nélkül, és különben 0, és definiáljuk a $Lmax_{(H,S)}=sup \left( \frac{1}{n}\sum_{i=1}^nf_{H}(s_i) \right)$ és $Lmin_{(H,S)}=inf\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nf_{H}(s_i)\right)$ értékeket. Legyen H triviális halmaz, ha minden eleme összefüggő, és lefedhető egy elég nagy szakasszal.

Ezek után kellene megadni valami értelmes rendezést S elemeire, hogy kikerüljük azt, hogy bárhogy átrendezhetjük az S halmazt, és ezután lenne értelme a következőknek:

Ezek után kérdések: Van-e olyan S halmaz, amelyre Lmax_(H,S) $\neq$ Lmin_(H,S)?

Lehet-e úgy megadni halmazokat, hogy Lmin_(H,S)=Lmax_(H,S)=r irracionális legyen?

Ugye itt azt láttuk be, hogy ha H= {négyzet,L-betű}, S={négyzethálók}, akkor Lmin_(H,S)=Lmax_(H,S)=0

Előzmény: [3737] aaaa, 2013-06-11 19:02:07

[3743] uborkalekvar	2013-06-12 21:26:20
Rendben, köszi szépen! Közbe kijött nekem is ugyanez az eredmény máshogy úgyhogy tényleg jó:)
Előzmény: [3742] aaaa, 2013-06-12 19:04:04

[3742] aaaa	2013-06-12 19:04:04
igen, mert 10⁶-4*10⁵ kell, de a többi jó, programmal leellenőriztem.
Előzmény: [3741] uborkalekvar, 2013-06-12 18:50:29

[3741] uborkalekvar	2013-06-12 18:50:29
Köszönöm, viszont sztem a 2-es feladat megoldása nem jó, mert így nem 6 jegyű számot kapunk.
Előzmény: [3739] aaaa, 2013-06-12 18:16:21

[3740] jonas

2013-06-12 18:21:59

Az 1. feladatodhoz lásd a tesztverseny 2007. január 4. - 2007. február 3. forduló matematika feladatok, 7-8 osztály 5. feladatát.

A 2. feladathoz lásd a tesztverseny 2008. október 20. - 2008. november 19. forduló matematika feladatok, 7-8 osztály 4. feladatát.

Előzmény: [3738] uborkalekvar, 2013-06-12 17:19:31

[3739] aaaa

2013-06-12 18:16:21

1.a) $\binom{13}{6}$ b) $\binom{7}{3}\binom{6}{3}$

2. Legyen adott a következő p permutáció: (0123)(456789) Ekkor p(x) legyen p x számjegyeire egyenként alkalmazva. Ekkor p(x) egyértelmű, x pároshoz páratlant rendel, 400000-nél nem kisebbhez 400000-nél nem kisebbet, ismétlődédes számhoz ismétlődéseset. De így ismétlődéses páros és páratlan számból ugyanannyi van a 400000-nél nem kisebbek között. Vagyis megfelelő számból $\frac{10^7-4*10^6-6*9*8*7*6*5}{2}-1$ van, mert 400000 is megfelelő lenne.

Előzmény: [3738] uborkalekvar, 2013-06-12 17:19:31

[3738] uborkalekvar

2013-06-12 17:19:31

Sziasztok!

Valaki tudna segíteni ebben a 2 feladatban?

1. a.Hányféleképpen juthatunk el a koordináta-rendszerben az origóból a (7,6) pontba, ha egy lépés során csak jobbra, illetve felfelé léphetünk 1 egységet? b.Hány esetben haladunk át a (3,4) ponton?

2.Hány olyan valódi hatjegyű páros szám van, amely nagyobb 400000-nél és van benne ismétlődő számjegy?

Köszönöm előre is a segítséget!

[3737] aaaa

2013-06-11 19:02:07

valóban igazad van, butaság, amit írtam. Újra nekifutva: Tegyük be a hálót egy koordinátarendszerbe, (0;0) legyen az egyik csúcs, egység hosszú oldala legyen a négyzeteknek, legyen a rács tengelypárhuzamos n*n-es háló, ahol n>5, az (x,y), (x,y+1) szakaszt jelölje (x,y+0.5) s (x,y), (x+1,y)-t (x+0.5,y). Az L-betűt a 2 szakasz 3 végpontjával adjuk meg, a négyzetet meg (x+0.5,y+0.5) alakban.

Na most nézzük a (0;0) sarkot. Ha L-betű van itt, akkor az (2,0)-(0,0)-(0,2), mert különben (0,0)-(0,2)-(2,2)-t és (0,0)-(2,0)-(2,2)-t használjuk, de ekkor (1,0.5) és (0.5,1) nem fedhető le átfedés nélkül. Így leraktuk a (2,0)-(0,0)-(0-2) L-betűt. Ekkor (1,0.5) és (0.5,1) csak egyféleképp fedhetők, (1,0)-(1,2)-(3,2)-vel és (0,1)-(2,1)-(2,3)-al. Ezután (2,0.5) és (0.5,2) csak (2.5,0.5)-el és (0.5,2.5)-el fedhető. Ezután (0,3.5) és (3.5,0) fedéséhez kell (0,3)-(0,5)-(2,5) és (3,0)-(5,0)-(5,2). Most ha ránézünk (4,0.5), (0.5,4)-re, akkor muszáj (4,0)-(4,2)-(6,2)-t és (0,4)-(2,4)-(2,6)-t lerakni, de ekkor (1,3.5) és (3.5,1) nem fedhető semmivel.

Konklúzió: a sarokban négyzet van, ha legalább 6*6-os négyzetről van szó, vagyis (0.5,0.5)-t fel kell használni. De ekkor (0,1.5)-t és (1.5,0)-t csak (0,1)-(0,3)-(2,3) és (1,0)-(3,0)-(3,2) fedheti, és ettől fogva (0,2n+1.5)-t és (2n+1.5,0)-t csak (0,2n+1)-(0,2n+3)-(2,2n+3) és (2n+1,0)-(2n+3,0)-(2n+3,2) fedheti.

Összefoglalva: egy legalább 6*6-os négyzet jó lefedésénél minden sarokban négyzet van, és a határszakaszokat egyértelműen fedik az L-betűk. De ekkor 2 eset van: ha n=2k+1, akkor lesz egy szakasz minden határon, amit nem tudunk lefedni, ha n=2k, akkor meg a négyzetektől induló L-betűk egymást fogják fedni, ahol a két sarokhoz tartozó L-betűk találkoznak.

A kimaradó kérdések: n=2,3,4,5-re van-e lefedés

n=2-re trivi, hogy nincs

n=3-ra (0.5,2.5), (2.5,0.5), (2.5,2.5), (2,0)-(0,0)-(0,2), (1,0)-(1,2)-(3,2) és (0,1)-(2,1)-(2,3) jó fedés

n=4-re L-betűs sarkos érvelés megakad (0,3.5) és (3.5,0)-nál, a négyzetes igaz rá, nincs fedés

n=5-re L-betűs sarkos érvelés megakad (4,0.5) és (0.5,4)-nél, a négyzetes igaz rá, nincs fedés

Összefoglalva: csak és kizárólag n=3-ra rakható ki.

Előzmény: [3736] w, 2013-06-10 22:22:03

[3736] w	2013-06-10 22:22:03
Nagyon vázlatos. "A másik 2 oldal ekkor nem fedhető le egyszerre ezekkel a típusú darabokkal átfedés nélkül." Átfedés alatt azt értem, hogy két darabnak közös szakasza van. Metszhetik még egymást. (Nem tudom, erre gondoltál-e.)
Előzmény: [3734] aaaa, 2013-06-10 00:08:48

[3735] jonas	2013-06-10 09:55:57
Négyzet alakú drótdarabokkal nyilván nem lehet, mert ezek a rács szélét nem tudják lefedni. Azt nem tudom, hogy L alakú darabokkal mi a helyzet.
Előzmény: [3733] w, 2013-06-06 09:21:45

[3734] aaaa	2013-06-10 00:08:48
Nem, L-betűt nem használhatunk a kirakáshoz, ugyanis tekintsük az L-betű "csúcsánál" lévő négyzetet, amelynek 2 oldala az L-betűbe esik. A másik 2 oldal ekkor nem fedhető le egyszerre ezekkel a típusú darabokkal átfedés nélkül. Csak négyzetekkel meg nem lehet lefedni. (megj. ez minimum 2*2-es négyzethálóra is igazolja, hogy nem lehet)
Előzmény: [3733] w, 2013-06-06 09:21:45

[3733] w	2013-06-06 09:21:45
Aha értem. Akkor témát váltok: ki lehet-e rakni egy 8x8-as négyzetrácsot átfedés nélkül a szimmetrikus, négy egységszakaszból álló L-alakú, illetve négyzet alakú drótdarabkákkal?
Előzmény: [3732] aaaa, 2013-06-06 08:31:09

[3732] aaaa	2013-06-06 08:31:09
azt a megoldást ismerem máshonnét, és épp ezért nem azt írtam le, meg most már ez a becsléssorozat egy kicsit kézenfekvőbb volt :)
Előzmény: [3731] w, 2013-06-06 08:21:32

[3731] w	2013-06-06 08:21:32
Lehet tanulságossá tenni. Kezdd azzal, hogy a feladatot megpróbálod szépen megoldani. Van igen szép, integrálos egyenlőtlenség nélküli megoldása, csak ahhoz gondolkodni is kell :-) Segítség: mi indukciót akarunk csinálni, csak n-re nem sikerül. Azt igazold, hogy g(n)<3.
Előzmény: [3730] aaaa, 2013-06-05 22:45:26

[3730] aaaa

2013-06-05 22:45:26

Utóbbi alsó korlátja triviálisan a $\sqrt{2}$ , felsőre meg logaritmálunk, szóval a következőt kéne minél jobban becsülni:

$g(n)=exp\bigg(\sum_{i=2}^{n}\frac{\log i}{2^{i-1}}\bigg)$

Mivel 2log x<x-1, ha x>4, ezért mehet a következő felső becslés: $g(n)<exp\bigg(\sum_{i=2}^{n}\frac{\log i}{2^{i-1}}\bigg)=\sqrt{2\sqrt{3}}exp(\sum_{i=4}^n\frac{i}{2^i}-\frac{1}{2^i})<\sqrt{2e\sqrt3}$

Ha meg nem becsülünk így felülről, hanem integrállal becsülgetünk, akkor n=10-től indítva az integrált felső korlátnak 2.76676 adódik pl, de ez nem túl tanulságos.

Előzmény: [3729] w, 2013-06-05 21:33:20

[3729] w

2013-06-05 21:33:20

További algebrai ügyeskedés (ami nagyon tetszik) ennek a topicnak az első hozzászólásaiban található: mennyi lesz az

$S=\sum_{k=2}^\infty \left(\zeta(k)-1\right)$

összeg, ha $\zeta$ (k) a híres Riemann-féle zéta-függvény. Riasztóbb, mint amilyen.

Új feladat következik. Egy másik függvényt mondok, pl. g-t, ami ezúttal a pozitív egészek közül a 2-nél nagyobbakra hat, és nem más, mint

$g(n)=\sqrt{2\sqrt{3\sqrt{\dots\sqrt{(n-1)\sqrt n}}}}$

lesz. Most nem puccoskodok, csak kérem, hogy mutassuk meg, hogy g felülről és alulról korlátos. Adjunk meg minél jobb korlátot.

Előzmény: [3728] aaaa, 2013-06-05 21:22:05

[3728] aaaa	2013-06-05 21:22:05
Hú, tényleg, pozitívakra gondoltam. Igen, bernoulliból szépen kijön, vagy még a b) feladat szorzatának felső becsülgetéséből is pont ez adódik.
Előzmény: [3727] w, 2013-06-05 21:12:46

[3727] w

2013-06-05 21:12:46

Aranyos. Nekem pozitív egészekre van megoldásom, de nem is baj, mert csak poz. egészekre értelmezhetők a kifejezések, vagy teljesül az egyenlőtlenség. (Utóbbi magyarázata: ha n=1 és m<0, akkor a bal oldal 1-1/(-m), a jobb oldal 1+0, ami ellentmondás.) A Bernoulli-egyenlőtlenség szerint

$\left(1+\frac{1+\log n}{mn}\right)^n>1+n\cdot \frac{1+\log n}{mn}=1+\frac1m+\frac{\log n}m>1+\frac{\log n}m$

és ebből n-edik gyököt vonva megkapjuk a kívántat.

Már aki nem ismeri a Bernoullit, az kínos helyzetben van, mert vagy eszébe jut a súlyozott hatványközepek közötti egyenlőtlenség (ami bizonyítja a Bernoullit), vagy (nagyobb eséllyel) rájön, hogy itt indukciót lehetne csinálni. Ennek ellenére a feladat legkönnyebb megoldása a binomiális tétellel történik (megint ekvivalens átal. n-edikre hatványozok):

$\left(1+\frac{1+\log n}{mn}\right)^n=\sum_{k=0}^n \binom n k\cdot\left(\frac{1+\log n}{mn}\right)^k\ge \binom n 0+\binom n 1\cdot\frac{1+\log n}{mn}=1+\frac{1+\log n}m>1+\frac{\log n}m$

Előzmény: [3726] aaaa, 2013-06-05 20:02:28

[3726] aaaa

2013-06-05 20:02:28

Bizbe, hogy:

$1+\frac{1+\log n}{mn}>\root{n}\of{1+\frac{\log{n}}{m}}$

minden egész n és m párra.

[3725] aaaa

2013-06-05 19:53:28

Remélem azért nem írtam el sehol, de:

a) Legyen:

$P_{l,n}=\prod_{i=l}^n\frac{3i+2}{3i+1}, \qquad Q_{l,n}=\prod_{i=l+1}^n\frac{3i}{3i-1}, \qquad R_{l,n}=\prod_{i=l+1}^n\frac{3i+1}{3i}$

Ekkor Q_l,n+1>P_l,n>R_l,n>Q_l,n, ez pl. tényezőnkénti összehasonlítással adódik, az alsó ill felső becsléshez használt PQR típusú két szorzat meg teleszkópos, lesz. Ekkor

$\frac{3l+3}{3n+1}=P_{l,n}Q_{l,n+1}R_{l,n}>P_{l,n}^3>P_{l,n}Q_{l,n}R_{l,n}=\frac{3l+2}{3n+1}$

$\root3\of{\frac{3l+3}{3n+1}}>P_{l,n}>\root3\of{\frac{3l+2}{3n+1}}$

A feladatban l=2666, n=333, így $\root{3}\of{8,001}>P>2$ adódott.

b) Először is, ha x_i>0 teljesül a következő, egyenlőség i=1 esetén:

$\prod_{i=1}^n (1+x_i)\geq 1+\sum_{i=1}^n x_i$

Vagyis, felhasználva $\sum_{i=1}^n i^{-1}>\log n$ -et:

$\prod_{i=1}^n \Big(1+\frac{1}{mi}\Big)\geq 1+\frac{1}{m}\sum_{i=1}^n\frac{1}{i}>1+\frac{\log (n)}{m}$

Szóval minden m>0-ra tart a végtelenbe.

Előzmény: [3724] w, 2013-06-05 15:27:35

[3724] w

2013-06-05 15:27:35

Definiáljuk a pozitív egész számokon értelmezett f(n,m) függvényt a következőképpen:

$f(n,m)=\prod_{k=1}^n \frac{mk+1}{mk}$ .

(a) Nagyobb vagy kisebb a

$P=\frac{8000}{7999}\cdot\frac{7997}{7996}\cdot\frac{7994}{7993}\cdot\dots\cdot\frac{1004}{1003}\cdot\frac{1001}{1000}$

kifejezés a kettőnél?

(b) Mely m számok esetén lesz $\lim_{n\to\infty} f(n,m)=\infty$ ?

[3723] w	2013-05-29 21:56:44
Nagyon köszönöm!
Előzmény: [3722] m2mm, 2013-05-29 21:25:04

[3722] m2mm

2013-05-29 21:25:04

Legyen A={1,2,...,n}. Ekkor az A-> A szürjektív leképezések száma n! ugye. Másfelől ha azon leképezések halmaza A_i, melyek képének nem eleme i, akkor a logikai szita szerint $|A_1\cup A_2\cup...\cup A_n|=-\sum_{k=1}^n (-1)^k\binom{n}{k} (n-k)^n$ . Másfelől |A₁ $\cup$ A₂ $\cup$ ... $\cup$ A_n|=nⁿ-n!. Szóval $n^n-n!=-\sum_{k=1}^n (-1)^k\binom{n}{k} (n-k)^n$ , $n!=n^n+\sum_{k=1}^n (-1)^k\binom{n}{k} (n-k)^n=\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{n}{k} (n-k)^n$ .

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

Előzmény: [3720] w, 2013-05-26 19:26:07

[3721] w

2013-05-26 19:31:50

Ennek mintájára igazoljuk, hogy

$\sum_{k=0}^n (-1)^{n+k} \binom n k k^{n+1}=\frac n2 \cdot n!$

[3720] w

2013-05-26 19:26:07

Visszatérve Lajos problémájára, helyettesítsünk be A=0, h=1-et, és vegyük az f(x)=xⁿ polinomot!

$\sum_{k=1}^n (-1)^{n-k}\binom n k k^n=n!$

Ilyen formára írtam át korábban az összegét, ami tehát valóban 1-gyel egyenlő.

Amúgy ez elvileg ismert azonosság volna, úgyhogy egy kombinatorikai megoldást szívesen megnéznék.

Előzmény: [3719] w, 2013-05-26 19:17:40

[3719] w

2013-05-26 19:17:40

Olvasgatás közben rábukkantam a következő azonosságra:

$\sum_{k=0}^n (-1)^{n-k} \binom nk f(A+kh) = a_n\cdot h^n\cdot n!$

ahol f(x)=a_nxⁿ+a_n-1x^n-1+...+a₁x+a₀, f $\in$ R[x] polinom, h $\neq$ 0, A valós számok, n pozitív egész.

Vajon hogyan igazolnánk?

Nemrég merült fel a következő segédfeladat. Keressük meg az összes legfeljebb n-edfokú p polinomot, amelyre adott páronként különböző a₀, a₁, ..., a_n és x₀, x₁, ..., x_n számok mellett p(x_i)=a_i ( $\forall$ i=0,1,...n)!

Megoldás. Először megbecsüljük, hány ilyen polinom lehet. Tegyük fel, hogy két különbözőt is találtunk. Ekkor a két polinom különbsége (n+1) db helyen (x₀, x₁, ..., x_n helyeken) nulla, bár legfeljebb n-edfokú, azaz csakis a zéruspolinom lehet, ami ellentmond annak, hogy különböző polinomokat vettünk. Idő kérdése, amíg konstruálunk is egyet:

$p(x)=\sum_{i=0}^n a_i\cdot\prod_{0\le j\neq i\le n} \frac{x-x_j}{x_i-x_j}$

x_i behelyettesítés után láthatóan jó lesz.

Ezt hívják a Lagrange-féle interpolációs polinomnak (amit gondolom a hozzászólók nagy része ismer).

Megoldás. Vegyük az f(x) legfeljebb n-edfokú függvényre felírt interpolációs képletet:

$f(x)=\sum_{k=0}^n f(A+kh)\cdot\prod_{j\neq k} \frac{x-(A+jh)}{(k-j)h}$

. Ezután nézzük meg a két oldalon álló polinomok főegyütthatóját!

$a_n=\sum_{k=0}^n f(A+kh)\cdot1/\bigg(\prod_{j\neq k}\big((k-j)h\big)\bigg)$

(Ugyanis az int. azonosságban minden egyes k-ra megnézve a tagot, a számlálóban lévő szorzat elvégzése után csak egy darab xⁿ keletkezik.)

Az utóbbi kifejezés tovább alakítható:

$a_n=\sum_{k=0}^n f(A+kh)\cdot1/\bigg(\prod_{j\neq k}\big((k-j)h\big)\bigg)=$

$=\sum_{k=0}^n f(A+kh)\cdot \frac1{h^n\cdot k(k-1)(k-2)\cdot\dots\cdot1\cdot(-1)\cdot\dots\cdot(k-n)}=$

$=\sum_{k=0}^n f(A+kh)\cdot (-1)^{n-k} \cdot \frac{n!}{k!\cdot(n-k)!}:(n!\cdot h^n)$

$a_n\cdot n!\cdot h^n=\sum_{k=0}^n f(A+kh)\cdot (-1)^{n-k} \cdot \binom n k$

Készen vagyunk.

Előzmény: [3717] Lóczi Lajos, 2013-04-22 01:41:38

[3718] w

2013-04-30 16:59:56

Az összeget jobban szeretem a következő alakban:

$\frac1{n!} \cdot \sum_{k=0}^n (-1)^{n+k} k^n \binom n k=1$ .

(Direkt odaírtam, hogy az összeg valójában 1-gyel egyenlő. Ja meg itt n:=p, mert p általában prímet jelöl, továbbá az m betű futó indexben, kombinatorikai azonosságban nem tetszik nekem. Számomra ilyen formában sokkal áttekinthetőbb, de nem szeretnék erről vitát kezdeni.)

Előzmény: [3717] Lóczi Lajos, 2013-04-22 01:41:38

[3717] Lóczi Lajos	2013-04-22 01:41:38
Legyen p pozitív egész. Mennyi ekkor $\sum_{m=1}^p \frac{(-1)^{m+p}m^{p-1}}{(m-1)!(p-m)!}$ értéke?

[3716] gyula60

2013-04-19 21:35:07

Megoldandó a következő háromismeretlenes harmadfokú egyenlet, t=1,2 és 3 esetén:

t²·w³+t·v·(v²-3·u·w)+u³=1

Keress összefüggést a következő ciklikus mátrixszal:

$M:=\left(\matrix{u&v\root3\of{t}&w\root3\of{t^2}\cr w\root3\of{t^2}&u&v\root3\of{t}\cr v\root3\of{t}&w\root3\of{t^2}&u\cr}\right)$

További előzmények: [3708],[3711],[3712],[3713]

Előzmény: [3710] nadorp, 2013-04-13 09:28:54

[3715] Lóczi Lajos	2013-04-17 23:38:37
Pl. itt.
Előzmény: [3714] egyedülható, 2013-04-17 19:35:54

[3714] egyedülható	2013-04-17 19:35:54
Létezik-e olyan képlet,mely megadja,hogy egy adott számnál mikor lesz nagyobb a harmonikus sor értéke?

[3713] gyula60	2013-04-13 16:34:47
A klasszikus Csebisev polinomok és másodfokú Pell egyenlet között nyilvánvaló a kapcsolat. Az összekötő egyenletük lényegében egy másodrendű ciklikus mátrix determinánsával hozható összefüggésbe. Amire később mi kísérletet teszünk az, hogy megpróbálunk egy olyan polinom rendszert gyártani, ami egy harmadrendű mátrix determinánsával állítható elő. Ezt neveztem én hibásan 3711 utolsó mondatában "harmadfokú Csebisev polinom"-nak, holott többről lesz szó.
Előzmény: [3711] gyula60, 2013-04-13 16:01:27

[3712] gyula60	2013-04-13 16:06:52
Korrekció: Általánosítás helyett inkább konstrukciót mondanék, mert a klasszikus másodfokú Pell egyenletet próbáljuk meg egyik irányba általánosítani.
Előzmény: [3711] gyula60, 2013-04-13 16:01:27

[3711] gyula60	2013-04-13 16:01:27
A feladat egyenlőre a harmadfokú háromismeretlenes Pell egyenlet egyik lehetséges, a harmadrendű ciklikus mátrixok alkalmazásával történő általánosítása. A lehetséges feltételek megkeresése, majd egy későbbi fázisban elgondolkozunk a negyedfokú változaton is. Még később a harmadfokú Csebisev polinomokat is megpróbáljuk előállítani.
Előzmény: [3710] nadorp, 2013-04-13 09:28:54

[3710] nadorp

2013-04-13 09:28:54

Legyen $\alpha$ n-edfokú algebrai szám, és legyenek $\alpha$ ₁= $\alpha$ , $\alpha$ ₂,..., $\alpha$ _n az $\alpha$ minimálpolinomjának gyökei. Tetszőleges x₁,x₂,,...,x_n egész számokra tekinsük az

f(x₁,...,x_n,x)=x_nx^n-1+...+x₂x+x₁ polinomot.

A feladatod szerintem arra vezethető vissza általában, hogy oldjuk meg az

$\prod_{i=1}^{n}f(x_1,...,x_n,\alpha_i)=1$ egyenletet az egész számok körében.

Előzmény: [3709] gyula60, 2013-04-12 17:35:08

[3709] gyula60	2013-04-12 17:35:08
A feladványom egyenletét eredetileg egy ciklikus mátrix determinánsával állítottam fel. Nyugodtan használhatsz gyökös kifejezéseket is. Ez a mátrixcsoport alkalmas lehet néhány alacsony fokszámú diofantoszi probléma kezelésére is.
Előzmény: [3706] nadorp, 2013-04-11 16:05:24

[3708] nadorp

2013-04-11 16:14:27

Bocs,

$(3\root3\of36-6\root3\of6+1)^n$

Előzmény: [3707] nadorp, 2013-04-11 16:11:38

[3707] nadorp

2013-04-11 16:11:38

Még annyi, hogy valószínűleg a megoldás a

$(3\root36\of3-6\root6\of3+1)^n$ kifejezés együtthatói lesznek

Előzmény: [3706] nadorp, 2013-04-11 16:05:24

[3706] nadorp

2013-04-11 16:05:24

csak lusta voltam és ez már súrolja az egyetemi anyagot:-)

Ha $a=\root3\of6$ és (p,q,r) Q(a)-beli elem, akkor az inverzére

(pa²+qa+r)(xa²+ya+z)=(rx+qy+pz)a²+(6px+ry+qz)a+6qx+6py+rz=1

Láthatóan egy lineáris egyenletrendszert kapunk, melynek mátrixa

$A=\left(\matrix{r&q&p\cr6p&r&q\cr6q&6p&r}\right)$ valamint jó jel, hogy |A|=36p³+6q³+r³-18pqr=1

A szimmetria miatt ha (p,q,r) megoldása a diofantikus egyenletnek, akkor fenti egyenletrendszer x,y,z megoldása is az. Az előzőek alapján sejteni lehet, hogy ha (p,q,r) és (x,y,z) is megoldás, akkor $A\left(\matrix{x\cr y\cr z}\right)$ is megoldás lesz. Ez valóban így van, ezért innen indukcióval következik, hogy ha p,q,r megoldás, akkor $A^n\left(\matrix{p\cr q\cr r}\right)$ is megoldás tetszőleges n egészre ( negatív kitevő is megengedett, hiszen az A mátrix invertálható ). Innen az egyenlet megoldásai:

$\left(\matrix{x\cr y\cr z}\right)=\left(\matrix{1&-6&3\cr18&1&-6\cr-36&18&1}\right)^n\left(\matrix{3\cr -6\cr 1}\right)$

Ezt még "szebbé" lehet tenni, ha a mátrixot diagonizáljuk. Azt még nem láttam be, hogy több megoldás nincs. Ha pld. tudnánk, hogy z=1 esetén csak egy megoldás van és a rekurzió z-ben monoton, akkor ezzel is kész vagyunk.

Előzmény: [3705] gyula60, 2013-04-11 13:27:06

[3705] gyula60	2013-04-11 13:27:06
Keress a Pell-egyenlet megoldásánál alkalmazott iterációhoz hasonló megoldást! Kiindulhatsz a kapott gyökös kifejezésekből.
Előzmény: [3703] nadorp, 2013-04-07 10:28:50

[3704] gyula60	2013-04-07 14:12:19
Igen ez eddig pontosan így van. És a többi megoldást hogyan kapjuk?
Előzmény: [3703] nadorp, 2013-04-07 10:28:50

[3703] nadorp

2013-04-07 10:28:50

Igen, van összefüggés. Könnyű ellenőrizni, hogy tetszőleges p,q,r számokra

(1)	p³+q³+r³-3pqr=(p+q+r)(p²+q²+r²-pq-pr-qr)

Ezt alkalmazva a diofantikus egyenletedre, bevezetve az $a=\root{3}\of{6}$ jelölést kapjuk

36x³+6y³+z³-18xyz=(xa²+ya+z)((y²-xz)a²+(6x²-yz)a+z²-6xy)=1

Tehát, ha az egyenletnek az x,y,z számok megoldásai, akkor ez azt jelenti, hogy gyöktelenítéskor az y²-xz,6x²-yz,z²-6xy együtthatókat kell kapnunk. Esetünkben a 3,-6,1 számok kielégítik (1)-et, ezért gyöktelenítéskor a 33,60,109 együtthatókat kell, hogy kapjuk.

Előzmény: [3700] gyula60, 2013-04-06 22:05:08

[3702] w

2013-04-07 09:18:45

Próbáld meg faktorizálni. Ha k páros, a kifejezés is páros lesz, úgyhogy a páratlan k számok esete számít.

4^5(2k+1)+(5(2k+1))⁴=4^10k+5+(10k+5)⁴=...

(Már kiírtak megoldást a korábbi hozzászólásokban.)

Előzmény: [3701] gyula60, 2013-04-06 23:09:43

[3701] gyula60	2013-04-06 23:09:43
Ha segít valamit az, hogy a számítógépem megnézte az összes 4^5k+(5k)⁴, (k=1,2,...,109) alakú számokat és false választ adott. Ebből talán felállítható egy sejtés, de a válasz nálam is meghaladja jelenlegi tudásomat.
Előzmény: [3646] w, 2012-12-08 20:48:35

[3700] gyula60

2013-04-06 22:05:08

Szeretnék egy számelméleti problémát ismertetni:

Van-e kapcsolat a következő $\frac{1}{3\root3\of36-6\root3\of6+1}$ tört nevezőjének gyöktelenítése és a 36x³+6y(y²-3xz)+z³=1 háromismeretlenes diofantoszi egyenlet megoldása között, ha tudjuk, hogy a tört nevezőjének együtthatói adják az egyenlet egyik megoldását?

[3699] w	2013-03-13 21:21:57
Lehet a feladatot általánosítani, lényegében ugyanazok a mozzanatok lesznek benne, mint az A.561-ben.
Előzmény: [3670] w, 2013-02-05 16:59:02

[3697] w

2013-02-28 20:48:10

Kicsit elbonyolítottad*: az

16(((s-b)(s-c))²+((s-c)(s-a))²+((s-a)(s-b))²) $\le$ a⁴+b⁴+c⁴

egyenlőtlenség AM-GM miatt nyilván igaz: pl.

$((s-b)(s-c))^2\le \Big(\frac{s-b+s-c}2\Big)^4$ , ahol s-b+s-c=a. Innen egyenlőség esete is adódik.

*Persze ízlés kérdése, hogy teljes négyzetes alakra hozod-e.

Előzmény: [3696] sakkmath, 2013-02-28 14:45:49

[3696] sakkmath	2013-02-28 14:45:49
Használjuk fel Kiss György: Amit jó tudni a háromszögekről című cikkének eredményeit: először az rr_a = (s-b)(s-c), rr_b = (s-c)(s-a), rr_c = (s-a)(s-b) összefüggéseket, később pedig a jól ismert, következő helyettesítéseket: s-a = x, s-b = y, s-c = z, illetve: a = y+z, b = z+x, c = x+y .

Előzmény: [3695] w, 2013-02-23 16:53:45

[3695] w

2013-02-23 16:53:45

Igen, el van bonyolítva. Helyette inkább:

$\sqrt{r_a^2+r_b^2+r_c^2}\le\frac{\sqrt{a^4+b^4+c^4}}{4r}$ .

Előzmény: [3694] sakkmath, 2013-02-23 15:16:28

[3694] sakkmath	2013-02-23 15:16:28
A saját egyenlőtlenséged két oldala mértékegység szempontjából nem egyezik. Valamit elírhattál.
Előzmény: [3692] w, 2013-02-21 22:08:17

[3693] sakkmath	2013-02-22 00:03:20
A hozzászólásod végén említett A. 536. feladat két megoldással is szerepel a Fórumon. Lásd Tibixe megoldását itt: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról - [657]
Előzmény: [3692] w, 2013-02-21 22:08:17

[3692] w

2013-02-21 22:08:17

Köszönöm a hozzászólást, a Pedoe-egyenlőtlenséget nem ismertem, csak a Weitzenböck-öt és a Hadwiger-Finsler-t.

Egyetértek, a háromváltozós egyenlőtlenségek nem túl izgalmasak, leginkább a (még) több változós egyenlőtlenségekre való gyakorlásra vagy módszerek megismerésére. (Manapság még a KöMaL A-ban néha szerepel ilyen, pl. A.571, de mint láttuk, azt is végig lehet tolni akár AM-GM-mel is :-). )

Ha már egyenlőtlenségeknél tartunk, mutatok sajátot is (szokásos jelölésekkel):

$\frac{r}R\sqrt{r_a^2+r_b^2+r_c^2}\le\sum_{cyc}\Big(\frac{a\cdot sin\alpha}2\Big)^2$ .

Nem valami szép, sok minden bele van erőltetve, de azért van benne némi gondolkodás is.

Ezenkívül kitűznék egy nehezebb feladatot is, aki tud, mondjon megoldást.

Előzmény: [3698] Fálesz Mihály, 2013-02-21 18:45:00

[3698] Fálesz Mihály

2013-02-21 18:45:00

Bocs, a [3686]-ra akartam regálni, a [3688] elkerülte a figyelmemet.

A [3688]/a esetében valóban az a legegyszerűbb, ha új változókat vezetünk be, és ettől kezdve nincs háromszög, csak nemnegatív számok. (Btw, lehet egy lépéssel rövidebben, nincs szükség az xyz-vel való osztásra.)

A [3688]/b a (Neuberg-)Pedoe egyenlőtlenség egy változata, ami a KöMaL-ban is szerepelt (A. 468.). Ha két háromszög oldalai a,b,c, illetve A,B,C, a területük t, illetve T, akkor

a²(B²+C²-A²)+b²(C²+A²-B²)+c²(A²+B²-C²) $\ge$ 16tT.

Egyenlőség akkor van, ha a két háromszög hasonló.

Abban a háromszögben, aminek az oldalai $A=\frac{\sqrt{q+r}}2$ , $B=\frac{\sqrt{r+p}}2$ és $C=\frac{\sqrt{p+q}}2$ , azaz B²+C²-A²=p, C²+A²-B²=q és A²+B²-C²=r, a terület éppen $T=\frac{\sqrt{pq+qr+rp}}4$ .

(Mivel nem csak triviális esetekben van egyenlőség, ez elég nehézzé teszi a feladatot.)

* * *

Az érdekesség kérdéséről annyit, hogy sokezer háromváltozós szimmetrikus vagy ciklikus egyenlőtlenséget lehet találni az interneten, és ezeknek lényegében semmi üzenete vagy értelme nincsen. Egy időben voltak ilyenek az olimpián is, de miután egy csomó diák ráállt arra, hogy ilyeneket gyakoroljon tömegével, a háromváltozós egyenlőtlenségek háttérbe szorultak.

Előzmény: [3691] w, 2013-02-21 15:26:54

[3691] w

2013-02-21 15:26:54

"Hát, alaposan túlbonyolítottátok." - Ízlés kérdése, pl. szerintem a módszerem hasznosabb (a tiéd valóban szebb megoldás). Ezt mutatja, hogy a Te becslésed csak az eredeti egyenlőtlenségre jó (illetve egy csekély általánosításra), az (a) állításnál nem válik be.

"Csak tudnám, hogy ez az egyenlőtlenség miért "érdekes"..." - Az egyenlőtlenség (és főként az eredeti feladat) nem érdekes, ami érdekes, az az, hogy legalább 10-féle bizonyítása és 3-féle általánosítása van. A megoldási módszerek az érdekesek és tanulságosak.

Amúgy pedig a (b) változatra is gondolkodás nélkül alkalmazhatnánk az új változók bevezetését, csak bonyolult lenne.

Előzmény: [3690] Fálesz Mihály, 2013-02-20 18:56:28

[3690] Fálesz Mihály

2013-02-20 18:56:28

Hát, alaposan túlbonyolítottátok.

Jól ismert, hogy a terület és a (fél)kerület(négyzet) összehasonlításához az (s-a), (s-b) és (s-c) számok számtani és mértani közepeit érdemes venni:

$t^2=s\cdot(s-a)(s-b)(s-c) \le s\cdot\left(\frac{(s-a)+(s-b)+(s-c)}3\right)^3 = \frac{s^4}{27},$

tehát $t \le \frac{s^2}{3\sqrt3}$ , egyenlőség csak s-a=s-b=s-c, vagyis szabályos háromszögre.

Ha az oldalak négyzetösszege kell, akkor ezután jöhet a számtani-négyzetes az oldalakra.

(Csak tudnám, hogy ez az egyenlőtlenség miért "érdekes"...)

Előzmény: [3689] w, 2013-02-20 10:54:27

[3689] w

2013-02-20 10:54:27

Nem lövök le túl sokat, ha elmondom: az (a) részt a Róbert Gida által mondott módszerrel könnyebben meg lehet oldani, mint az eredetit, ujjgyakorlat. Átrendezve:

$(a-b+c)(a+b-c)+(b-c+a)(b+c-a)+(c-a+b)(c+a-b)\ge4\sqrt3t$ .

Legyen x=-a+b+c, y=a-b+c, z=a+b-c, a Hérón-képlet miatt:

$4\sqrt3t=\sqrt{3xyz(x+y+z)}$ . Átírva az egyenlőtlenséget:

$xy+yz+zx\ge\sqrt{3xyz(x+y+z)}$

$\frac1x+\frac1y+\frac1z\ge\sqrt{3(\frac1{xy}+\frac1{yz}+\frac1{zx})}$

$(\frac1x)^2+(\frac1y)^2+(\frac1z)^2\ge\frac1{xy}+\frac1{yz}+\frac1{zx}$ ismert, ekv. átalakítások miatt az eredeti is igaz.

Előzmény: [3688] w, 2013-02-20 07:52:28

[3688] w

2013-02-20 07:52:28

Igen, nagyon ismert egyenlőtlenség.

Most pedig két általánosítás/erősebb egyenlőtlenség:

(a) $a^2+b^2+c^2\ge(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2+4\sqrt3t$ ,

(b) $pa^2+qb^2+rc^2\ge4\sqrt{pq+qr+rp}\cdot t$ (p,q,r>0).

Előzmény: [3687] Róbert Gida, 2013-02-19 21:46:12

[3687] Róbert Gida	2013-02-19 21:46:12
Nagyon ismerősnek tűnik. Gondolkodás nélkül: ha a,b,c egy háromszög oldalai, akkor a=y+z,b=x+z,c=x+y, ahol x=s-a,y=s-b,z=s-c és x,y,z>0 és ez visszafelé is igaz, ez nagyon hasznos az összes ilyen tipusú feladatnál, a háromszög kilőve. Héron képlettel: $T=({xyz(x+y+z)})^{\frac 12}$ . Ezt beírva és négyzetre emelve a két oldalt és rendezve a bizonyítandó: $\sum_{cyc}({x^4+2x^3y+2x^3z+3y^2z^2-8x^2yz})\ge 0$ , ez pedig a számtani-mértani miatt igaz, az is látszik, hogy egyenlőség pontosan akkor van, ha x=y=z, azaz szabályos háromszögnél.
Előzmény: [3686] w, 2013-02-19 19:37:40

[3686] w

2013-02-19 19:37:40

Adott egy háromszög, oldalai: a, b, c; területe t. Igazoljuk:

$a^2+b^2+c^2\ge4\sqrt3t$ .

[3685] jenei.attila	2013-02-19 12:10:49
Megnéztem a megoldást, szerintem a két konstrukció hasonló elvű, csak az enyém egyszerűbb. Egyébként először én is ezt a "hivatalos" megoldást adtam meg, és azután egyszerűsítettem.
Előzmény: [3684] m2mm, 2013-02-19 00:26:45

[3684] m2mm	2013-02-19 00:26:45
1 megoldásra emlékszem, az a hivatalos, megtalálható a 3681 hozzászólás linkjében. És igen, RMM a mostani hiv. név, régen volt ez RMMS, nekünk RMMC(C for competition) néven volt ismert.
Előzmény: [3683] jenei.attila, 2013-02-16 08:42:56

[3683] jenei.attila	2013-02-16 08:42:56
Ha megkérlek leírnád ezt az ismert (vagy saját) megoldást? Köszönöm.
Előzmény: [3678] m2mm, 2013-02-15 05:05:37

[3682] Ali	2013-02-15 13:06:35
Az előző hozzászólás alapján kicsit utánakeresve Problem 1.
Előzmény: [3681] sakkmath, 2013-02-15 11:29:42

[3681] sakkmath

2013-02-15 11:29:42

Van ez

és van emez.

Az elsőre tippelek, azaz: itt nem RMMC-ről, inkább RMM-ről (= Romanian Master of/in Mathematics) lehet szó. Ha tévedek, javítsatok ki.

Előzmény: [3680] jenei.attila, 2013-02-15 08:45:44

[3680] jenei.attila	2013-02-15 08:45:44
Bocs, de mi az az RMMC?
Előzmény: [3678] m2mm, 2013-02-15 05:05:37

[3679] jenei.attila

2013-02-15 08:30:10

Ezt nem tudtam, de aki ismeri vagy megoldotta, azzal megbeszélhetjük. Az én megoldásom:

f(x)=(-1)^[x]xhax>0

f(0)=0

f(x)=-f(-x)hax<0

g(x)=(-1)^[x](x+1)hax>0

g(0)=0

g(x)=-g(-x)hax<0

Előzmény: [3678] m2mm, 2013-02-15 05:05:37

[3678] m2mm	2013-02-15 05:05:37
Érdekesnek érdekes, de aki pl. versenyzik, annak ismert, már készülés okán is(2 éve volt kitűzve RMMC-n).
Előzmény: [3677] jenei.attila, 2013-02-14 21:34:13

[3677] jenei.attila	2013-02-14 21:34:13
Ez a feladat senkit nem érdekel? Nem túl nehéz, de azért szerintem érdekes feladat.
Előzmény: [3669] jenei.attila, 2013-02-05 14:34:25

[3676] jenei.attila

2013-02-14 21:09:19

Képlettel:

(1*9+2*8+3*7+4*6+5*5+6*4+7*3+8*2+9*1)*20/4

Ez a következőképpen jön ki: a pontokat számozzuk 1-től 20-ig a körvonalon egymás után. Az első kiválasztott pont legyen az 1-es. Ekkor a 3-adik kiválasztott pont (körbehaladva számozva)7-estől 15-ösig lehet. Ha a 7-es a 3.-adik kiválasztott pont, akkor a 2. kiválasztott csak a 4-es lehet, a 4.-edik kiválasztott pedig 10-estől 18-asig 9 féle lehet. Ha 8-as a 3. kiválasztott pont, akkor a 2. kiválasztott 4-es és 5-ös lehet, a 4. kiválasztott 11-18-ig mehet. És így tovább: az 1. kiválasztott pont rögzítése mellet

1*9+2*8+3*7+4*6+5*5+6*4+7*3+8*2+9*1

jó kiválasztás létezik. Az 1. kiválasztott pontot 20 féleképpen rögzíthetjük, vagyis a jó kiválasztásokat úgy számolhatjuk össze, hogy a most kapott értéket 20-szal szorozzuk, de akkor minden egyes kiválasztást 4-szer számolunk, hiszen bármelyik pontját tekinthetjük 1. kiválasztott pontnak.

Előzmény: [3675] Róbert Gida, 2013-02-14 18:55:51

[3675] Róbert Gida	2013-02-14 18:55:51
Programmal nekem is ennyi, néhány n-re kiszámolva valószínűleg ez a sorozat: A095661
Előzmény: [3674] jenei.attila, 2013-02-14 09:43:24

[3674] jenei.attila	2013-02-14 09:43:24
Adott a körvonalon 20 pont. Hányféleképpen választható ki ezek közül 4 pont úgy, hogy bármely két kiválasztott pont között legalább két ki nem választott pont fekszik. Erre a feladatra válaszoltam, ha jól értettem az angol szöveget. Tehát a válasz 825. Legalábbis szerintem. Szerintetek?
Előzmény: [3673] jenei.attila, 2013-02-11 11:04:24

[3673] jenei.attila	2013-02-11 11:04:24
825?
Előzmény: [3671] juantheron, 2013-02-08 06:41:53

[3672] Ni Ran Jan	2013-02-08 10:26:35
dude can't see the question. :))
Előzmény: [3671] juantheron, 2013-02-08 06:41:53

[3671] juantheron

2013-02-08 06:41:53

There are 20 points in a circle A₁,A₂,...A₂₀.

Find the number of ways of selecting 4 points such that

there are at-least two points in between any two selected

points.

[3670] w

2013-02-05 16:59:02

Nem sokan foglalkoztak a feladattal, elmondom a megoldást. Legyen $\Sigma$ s_i=S. Tekintsük a jobb oldalon szereplő pl. első tagot, ez olyan alakba is írható, hogy

$x_1^{s_1}x_2^{s_2}...x_n^{s_n}=\root S\of{\prod_{i=1}^n(x_i^S)^{s_i}}\le\sum_{i=1}^n\frac{s_i}S\cdot x_i$ ,

ahol a súlyozott mértani és számtani közép egyenlőtlenségét használtuk ki. Mindegyik tagot a jobb oldalon hasonlóan megbecsülve, majd az egyenlőtlenségeket összegezve a bizonyítandó adódik, hiszen az egyes x_i számok előtt minden lehetséges $\frac{s_i}S$ szorzótényező szerepel, és ezek összege 1.

Előzmény: [3649] w, 2013-01-13 21:25:23

[3669] jenei.attila	2013-02-05 14:34:25
Egy érdekes feladat: Léteznek-e f:R->R és g:R->R függvények úgy, hogy x->g(f(x)) szigorúan monoton növő, x->f(g(x)) pedig szigorúan monoton fogyó.

[3668] marcius8

2013-02-04 15:48:49

Tisztelt Látogatók!

Egy játékot találtam ki. Mivel egy játékkal akkor foglalkoznak sokan, ha szabályai egyszerűek, ugyanakkor nem könnyen végigjátszható, ezért a következő játékot találtam ki:

A magyar kártyacsomag összetétele: A magyar kártyacsomag 32 lapot tartalmaz. Minden lapnak van színe és értéke. A színek lehetnek: „piros” (tavasz), „tök” (nyár), „zöld” (ősz), „makk” (tél). Az értékek lehetnek: „VII”, „VIII”, „IX”, „X”, „alsó”, „felső”, „király”, „ász”. A kártyacsomagban minden lehetséges szín-érték párosítás előfordul.

A nyolc sorból és négy oszlopból álló táblázatban elhelyezett magyar kártyacsomag lapjai akkor vannak rendezett sorrendben, ha a következő feltételek teljesülnek:

• A táblázat minden oszlopában található négy lap színének sorrendje felülről lefelé haladva: „piros” (tavasz), „tök” (nyár), „zöld” (ősz), „makk” (tél).

• A táblázat minden sorában található nyolc lap értékének sorrendje balról jobbra haladva: „VII”, „VIII”, „IX”, „X”, „alsó”, „felső”, „király”, „ász”.

A játék szabálya: A kártyacsomag lapjai véletlenszerű sorrendben egy négy sorból és nyolc oszlopból álló táblázatban vannak elhelyezve. A játék során egyszerre mindig két lapot lehet megcserélni. Két lapot csak akkor lehet megcserélni, ha a két lap ugyanabban a sorban vagy ugyanabban az oszlopban van, továbbá (és) ha a két lap színe vagy értéke ugyanaz. A játék célja, hogy a kártyalapok sorrendje rendezett legyen.

Az érdekes az hogy a véletlenszerűen összekevert állapotból majdnem mindig abba az állapotba jutok, hogy a rendezett állapothoz képest a "makk ász" és a "tök király" fel van cserélve. Sajnos, nem tudok rájönni, hogy ez az én ügyetlenségem (gyanítom, hogy igen), de ugyanakkor nem hiszem hogy ennek törvényszerűen így kell lenni. Arra kérek bárkit, hogy ha ezt a jelenséget meg tudja indokolni, vagy meg tudja oldani (tehát ha a rendezett állapothoz képest csak a "makk ász" és a "tök király" van felcserélve, akkor ez az állapot rendezhető vagy sem), írjon a marcius.08@freemail.hu címre.

[3667] w

2013-02-02 22:32:55

Bocs a pontatlan hozzászólásért. Arra gondoltam, hogy

a⁴+b⁴+c⁴ $\ge$ a²bc+ab²c+abc²-ben

$a^2bc=\root4\of{a^8b^4c^4}$ .

Előzmény: [3666] ibiro, 2013-02-02 21:00:07

[3666] ibiro	2013-02-02 21:00:07
Sajnos nem értem melyik jobb oldalra gondolsz, a [3649]-ben ? És miért a negyedik hatványra ? Még nincs bizonyitva hogy a [3652] igaz n-re is !
Előzmény: [3665] w, 2013-02-01 19:25:15

[3665] w	2013-02-01 19:25:15
Emeld a jobb oldali tagokat külön-külön negyedik hatványra. Mit kapsz?
Előzmény: [3653] ibiro, 2013-01-31 13:48:15

[3664] Róbert Gida

2013-02-01 01:02:20

Helyes. A módszerről, amivel ezt polinom időben meg lehet kapni: http://en.wikipedia.org/wiki/Modular_exponentiation Right-to-left binary method bekezdése. 3^{123456789123456789} utolsó 20 számjegye éppen a hatvány m=10²⁰-al vett osztási maradéka amit 1 ezredmásodpercbe sem telik kiszámolni egy átlagos gépen.

Enélkül például az RSA sem lenne gyors, így nagyon fontos ez a módszer, http://en.wikipedia.org/wiki/RSA_(algorithm)

Előzmény: [3663] jonas, 2013-01-31 23:47:10

[3663] jonas	2013-01-31 23:47:10
27270130915225122483.
Előzmény: [3661] Róbert Gida, 2013-01-31 20:59:37

[3662] w	2013-01-31 21:17:18
Nem tudok programozni, de gondolom, sok időbe tartana megkeresni a 20 jegyet. Brutális magasságokba szárnyalhat a periódus hossza, az általad említett példában nem is biztos, hogy lesz 123456789123456789-ig valamilyen periódus (akár 4^.10¹⁹ hosszú is lehetne). Köszönöm a hozzászólást, ebben tévedtem, mert 4⁵⁴⁵ utolsó négy számjegye is talán az első periódusban van. Amúgy általában az a tapasztalat, hogy a periódus a becsültnél sokkal rövidebb (persze akkor, ha maximumot becslünk :) ), erről ki is lehetne dolgozni egy kisebb elméletet... De egyenlőre ez engem nem izgat.
Előzmény: [3661] Róbert Gida, 2013-01-31 20:59:37

[3661] Róbert Gida	2013-01-31 20:59:37
Mi 3^{123456789123456789} utolsó 20 számjegye? Mennyi időben/memóriában számolnád ezt ki?
Előzmény: [3657] w, 2013-01-31 19:16:02

[3660] Hajba Károly	2013-01-31 20:04:05
Igen. Én is így okoskodtam.
Előzmény: [3657] w, 2013-01-31 19:16:02

[3659] Hajba Károly	2013-01-31 20:03:26
Köszi. Ennek ismeretében már nem is olyan bonyolult.
Előzmény: [3655] m2mm, 2013-01-31 18:30:09

[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

[3656] w	2013-01-31 19:11:43
Igen, a Sophie Germaine-féle azonosságra gondoltam.
Előzmény: [3655] m2mm, 2013-01-31 18:30:09

[3655] m2mm	2013-01-31 18:30:09
Az eredeti egy tipikus feladat az x⁴+4y⁴=(x²+2xy+2y²)(x²-2xy+2y²) azonosságra.
Előzmény: [3654] Hajba Károly, 2013-01-31 17:14:38

[3654] Hajba Károly	2013-01-31 17:14:38
A válasz meghaladja a jelenlegi tudásomat, de kiegészíteném egy másik feladattal. Mi lehet ezen szám utolsó 4 számjegye?
Előzmény: [3646] w, 2012-12-08 20:48:35

[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 $\ge$ a²bc+b²ca+c²ab.

[3651] w	2013-01-30 16:12:37
Köszönöm a pontosítást: igen, a becsléshez pozitív súlyok kellenek. Emellett n nyilván pozitív egész.
Előzmény: [3650] ibiro, 2013-01-30 13:30:19

[3650] ibiro	2013-01-30 13:30:19
A "tetszőleges x_i>0, s_i valós számokra" kifejezés azt jelenti hogy s_i>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 x_i>0, s_i valós számokra fennáll (i=1, 2, ..., n):

$\sum_{i=1}^nx_i^{s_1+s_2+...+s_n}\ge x_1^{s_1}x_2^{s_2}...x_n^{s_n}+x_1^{s_2}x_2^{s_3}...x_n^{s_1}+...+x_1^{s_n}x_2^{s_1}...x_n^{s_{n-1}}$ .

[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 $(k-\frac12)^2>\frac54$ , $k>\frac{\sqrt5+1}2$ , $n>\sqrt5+2$ . 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 $\le$ 4 esetén csak M $\le$ 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

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

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?