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

Fórum: Érdekes matekfeladatok

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

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[4051] Lóczi Lajos2019-07-12 22:30:22

"Felhasználtam, hogy azonos alapú hatványokat úgy is össze lehet szorozni, hogy a közös alapot a kitevők összegére kell emelni" – ez általában nem igaz.

Előzmény: [4039] marcius8, 2019-07-02 16:16:37
[4050] sereva2019-07-08 21:58:43

Köszönöm szépen.

Előzmény: [4049] sakkmath, 2019-07-08 16:33:09
[4049] sakkmath2019-07-08 16:33:09

Két megoldást is találtam a ? helyére kerülő számra.

Ezeket: -25672, illetve: -40196.

Előzmény: [4048] sereva, 2019-07-06 18:38:16
[4048] sereva2019-07-06 18:38:16

2, 20, 120, 750, ?, 42392 Milyen szám lesz ? helyén?

[4047] sereva2019-07-06 18:37:04

Köszönöm szépen.

Előzmény: [4044] sereva, 2019-07-06 16:18:47
[4046] sakkmath2019-07-06 18:37:02

A 2, 3, 11, 13, 101, 103, ?, ?, sorozathoz ez is megoldás:

1031, 1033, a rákövetkező számpár pedig: (10223, 10243).

Előzmény: [4043] sereva, 2019-07-06 06:56:03
[4045] sakkmath2019-07-06 17:29:11

A kérdőjel helyére 63 kerül.

A … helyére 1025 írható.

Előzmény: [4044] sereva, 2019-07-06 16:18:47
[4044] sereva2019-07-06 16:18:47

Ezeket sem tudom megfejteni.

Milyen szám kerül vajon a kérdőjel helyére?

4, 8, 21, 61, 02, 42, 82, 23, ?

Mi jön a … helyére?

1, 5, 18, 67, 256, …, 4098

[4043] sereva2019-07-06 06:56:03

Nagyon köszönöm.:)

Előzmény: [4040] sereva, 2019-07-04 22:59:44
[4042] nadorp2019-07-05 18:18:39

10007,10009

Előzmény: [4041] Lpont, 2019-07-05 17:08:11
[4041] Lpont2019-07-05 17:08:11

1009-1013

Előzmény: [4040] sereva, 2019-07-04 22:59:44
[4040] sereva2019-07-04 22:59:44

Sziasztok!Nekem érdekes,mert nem tudom megfejteni.

Játszok egy oldalon ahol sokfajta feladvány van.A matekkal nem vagyok túl jó viszonyba.Szeretném,ha segítenétek a feladványok megfejtésében. Több feladvány megfejtése hiányzik még,de sokat kiküszködtem.

Feladvány:Nehéz matematikus számpárok Mi lesz a következő számpár? 2-3, 11-13, 101-103, ? – ? Köszönöm szépen Éva

[4039] marcius82019-07-02 16:16:37

Nem tudom, hogy mennyire lehet értelmezni \(\displaystyle Q=e^q\) kifejezést, ahol \(\displaystyle q\) egy kvaternió. Ugyanis legyenek \(\displaystyle q_1\), \(\displaystyle q_2\) kvaterniók, és legyenek \(\displaystyle Q_1=e^{q_1}\), \(\displaystyle Q_2=e^{q_2}\) Ekkor a következő számítások végezhetőek el:

\(\displaystyle Q_1*Q_2=e^{q_1}*e^{q_2}=e^{q_1+q_2}=e^{q_2+q_1}=e^{q_2}*e^{q_1}=Q_2*Q_1\)

Felhasználtam, hogy azonos alapú hatványokat úgy is össze lehet szorozni, hogy a közös alapot a kitevők összegére kell emelni, illetve azt is felhasználtam, hogy az összeadás kommutatív a kvaterniók körében.

Tehát kaptuk, hogy \(\displaystyle Q_1*Q_2=Q_2*Q_1\), azaz a kvaterniók körében a szorzás kommutatív, ami úgy általában nem igaz.

Előzmény: [2047] jonas, 2007-05-03 15:58:36
[4038] nadorp2018-11-14 09:05:46

Ebben az esetben van minimum és maximum.Először két egyszerű becslés, amit majd használunk:

\(\displaystyle \sqrt{ab}\leq\frac{a+b}2\leq\sqrt{\frac{a^2+b^2}2}=\frac1{\sqrt2}\), azaz

\(\displaystyle ab\leq\frac12\) és \(\displaystyle a+b\leq\sqrt2\)

\(\displaystyle a+b=\sqrt{(a+b)^2}=\sqrt{1+2ab}\geq1\)

Jelölje T a szóban forgó törtet.

\(\displaystyle T=\frac{{(a^2+b^2)}^2-2a^2b^2+ab+1}{a+b}=\frac{2+ab-2a^2b^2}{a+b}=\frac{2+ab(1-2ab)}{a+b}\)

1) Alsó korlát T-re

Mivel \(\displaystyle 1-2ab\geq0\)

\(\displaystyle T\geq\frac2{a+b}\geq\frac2{\sqrt2}=\sqrt2\)

Egyenlőség \(\displaystyle a=b=\frac{\sqrt2}2\) esetén van.

2) Felső korlát T-re

\(\displaystyle T\leq\frac{2+ab}{a+b}=\frac{4+2ab}{2(a+b)}=\frac{3+{(a+b)}^2}{2(a+b)}=\frac{3-4(a+b)+{(a+b)}^2+4(a+b)}{2(a+b)}=\frac{(a+b-1)(a+b-3)+4(a+b)}{2(a+b)}\)

Mivel \(\displaystyle 1\leq a+b<3\)

\(\displaystyle T\leq\frac{4(a+b)}{2(a+b)}=2\)

Egyenlőség \(\displaystyle a=1, b=0\) vagy \(\displaystyle a=0 ,b=1\) esetén van.

Előzmény: [4037] Edmund, 2018-11-13 13:49:04
[4037] Edmund2018-11-13 13:49:04

a>/=0 b>/=0

[4036] nadorp2018-11-12 10:50:39

Ha \(\displaystyle a^2+b^2=1\), akkor \(\displaystyle |ab|\leq\frac{a^2+b^2}2=\frac12\), azaz \(\displaystyle a^4+b^4+ab+1\geq ab+1\geq\frac12\)

Így ha \(\displaystyle a\) elég közel van \(\displaystyle \frac{\sqrt2}2\)-höz és \(\displaystyle b\) elég közel van \(\displaystyle -\frac{\sqrt2}2\)-höz, akkor a+b elég közel van 0-hoz, így előjelétől függően a tört tetszőlegesen nagy abszolút értékű pozitív illetve negatív szám lehet, azaz nincs véges maximuma és minimuma.

Szerintem az "igazi" példához valamilyen feltételt még elhagytál ( pld. a,b>0)

Előzmény: [4034] Edmund, 2018-11-11 19:11:48
[4035] Fálesz Mihály2018-11-12 10:19:32

\(\displaystyle a^2+b^2=1\)... Két mennyiség négyzetösszege \(\displaystyle 1\)... Hol is láttam ilyet...?

Megvan! A tükörben láttam!

Előzmény: [4034] Edmund, 2018-11-11 19:11:48
[4034] Edmund2018-11-11 19:11:48

Sziasztok,

Nem tudna nekem valaki segíteni megálapítani (deriválas nélkül) hogy mi ennek a legkisebb és mi a legnagyobb lehető értéke ha \(\displaystyle a^2+b^2=1\)?

\(\displaystyle \frac{a^4+b^4+ab+1}{a+b} \)

A válaszokat előle köszönöm.

[4033] sakkmath2018-09-12 16:26:59

Az "aranyos" feladat innen származik. Sietségemben sajnos változtatás nélkül idéztem, s csak később vettem észre, hogy a KöMaL-TEX-ben is előállíthatók a halmazjelölések a BlackBoard típusú betűkkel. Itt a helyes megjelenítés tehát a valós számok halmazára: \(\displaystyle \mathbb{R}\).

Előzmény: [4031] Sinobi, 2018-08-22 23:25:56
[4032] Sinobi2018-08-22 23:30:25

A legtöbb renderer fraktúr ℜ-ként jeleníti meg. Konkrétan az 5 mathjax-os rendererből 3. (A previewHTML, a mathML és az SVG.) Ez meg elég szokatlan jel valós számok halmazának.

Előzmény: [4031] Sinobi, 2018-08-22 23:25:56
[4031] Sinobi2018-08-22 23:25:56

A Re parancs (\(\displaystyle \Re\)) az a valós rész inkább, mint a valós számok halmaza. Legalábbis a legtöbb render fraktúr

Előzmény: [4029] sakkmath, 2018-08-11 15:05:05
[4030] nadorp2018-08-20 11:07:56

Aranyos.

Legyen x=n+r, ahol n egész és \(\displaystyle 0\leq r <1\). Ekkor felhasználva, hogy \(\displaystyle r<\pi\)

\(\displaystyle A(x)=\sin x+\sin[x]+\sin\{x\}=\sin(n+r)+\sin n +\sin r=2\sin(n+\frac r2)\cos\frac r2+\sin r\leq 2\cos\frac r2+\sin r\)

Mivel \(\displaystyle r<\frac\pi3\) és az \(\displaystyle f(x)=2\cos\frac x2+\sin x\) könnyen láthatóan a \(\displaystyle [0,\frac\pi3]\) intervallumon szigorúan monoton nő, ezért

\(\displaystyle A(x)<2\cos\frac12+\sin1=2,59...<\frac{13}5\).

A fenti felső becslés már nem javítható, ugyanis a Dirichlet tételből (http://mathworld.wolfram.com/DirichletsApproximationTheorem.html) következik, hogy

\(\displaystyle |n+\frac 12-\frac\pi2-2k\pi|\) tetszőlegesen kicsi lehet alkalmas k és n esetén.

Előzmény: [4029] sakkmath, 2018-08-11 15:05:05
[4029] sakkmath2018-08-11 15:05:05

Bizonyítsuk be: ha

\(\displaystyle {x\in\Re}\), akkor

\(\displaystyle {\sin(x) + \sin([x]) + \sin(\{x\}) \le \frac{13}5.}\)

[4027] merse2017-12-28 17:24:06

Kedves fórumozók!

A KöMaL-ban van matek, fizika, mérési és informatika pontverseny is, de vannak olyan példák, amik egyik kategóriába sem passzolnak. Olyan kreativitást igénylő fejtörők, amikhez nem a tananyag ismerete a fontos, diákok és felnőttek számára egyaránt élvezetesek tudnak lenni. Jómagam annak idején lelkes KöMaL versenyző voltam több pontversenyben is, jelenleg pedig rendszeres példa kitűző vagyok, de úgy éreztem, hogy szükség lenne egy új pontversenyre, ami szerintem hiánypotló. Ez az új pontverseny szándékom szerint egy űrt töltene be, ami a KöMaL és a sablonos tömegrejtvények műfaja közé esne. Kísérleti jelleggel egy éven keresztül a blogomon futott egy ilyen pontverseny, lásd a Fejtörő feladatok címkét a duplapluszjo.blogspot.hu oldalon. Erre felfigyelt egy újonnan induló ismeretterjesztő napi híportál, a Qubit, ahol november óta nagy sikerrel és nagy látogatottsággal fut az Ész Ventura rovat. Jelenleg az év utolsó fejtörőjét még be lehet küldeni péntekig. Jövőre pedig indul a 2018-as pontverseny, amit szeretnék mindenki figyelmébe ajánlani, aki szereti a fejtörőket. Ha kíváncsi valaki, hogy milyen jellegű példákról beszélek, akkor nézze meg a blogomat vagy keressen rá a Ventura szóra a Qubit keresőjében. Előre is hálás köszönet, és ha tetszik, akkor terjesszétek!

[4026] jonas2017-09-04 00:26:12

15261198345933964248972668816735. feladat

Igazak-e a következők minden \(\displaystyle 2\le n \) egész számra?

(a) \(\displaystyle n \) akkor és csak akkor prím, ha minden \(\displaystyle 1\le k<n \) egészre

\(\displaystyle \binom{n}{k} \equiv 0 \pmod n \)

(b) \(\displaystyle n \) akkor és csak akkor prím, ha minden \(\displaystyle 1\le k<n-1 \) egészre

\(\displaystyle \binom{n-1}{k} \equiv (-1)^k \pmod n \)

[4025] Róbert Gida2017-07-26 21:47:41

Menjünk el egy olyan fához aminek ránézésre sokszáz levele van (nyilván egy 4-5 levelű fának bárki megszámolja a leveleit).

Kérdezzük meg, hogy hány levele van, majd játszunk 10 fordulót: minden egyes fordulóban bekötjük az (ál)fejszámoló szemét, és \(\displaystyle \frac 12\) valószínűséggel letépünk egy levelet a fáról (szabályos érme feldobásával is eldönthetjük ezt), majd levesszük a kötést a szeméről és megkérdezzük a levelek számát. Így a fának még mindig sok levele marad, és a döntésünktől függetlenül minden fordulóban, ha álfejszámoló, akkor \(\displaystyle \frac 12\) esélye van eltalálni a levelek számát (feltéve, hogy tudja, hogy ezt a játékot játsszuk vele). Így, ha nem igazi fejszámoló, akkor \(\displaystyle \frac{1}{1024}<0.001\) esélye van, hogy átmenjen ezen a teszten, azaz roppant nagy valószínűséggel lebukik, ha álfejszámoló.

ps. Figyeljük meg, hogy mi sem tudjuk, hogy az egyes fordulók végén hány levél van a fán, de ha az első kérdésre \(\displaystyle l\) volt a válasza, akkor \(\displaystyle 1\) levél letépése után, ha nem \(\displaystyle (l-1)\)-et válaszol, akkor vagy most tévedett, vagy a legelső kérdésnél és ekkor nem \(\displaystyle l\) levél volt a fán. Hasonló érveléssel például az is eldönthető, hogy valaki a levélszám paritását meg tudná mondani: egy levél letépésénél a paritás változik, egyébként megmarad. Továbbá nyilván úgy is eldönthető lenne, hogy igazat mond-e, hogy \(\displaystyle l\) levelet letépünk, de \(\displaystyle l<1024\)-nél az én tesztem pontosabb, és gyorsabb, környezetbarátabb.

Előzmény: [4024] Loiscenter, 2017-07-26 07:01:51
[4024] Loiscenter2017-07-26 07:01:51

Nagyon szeretnem tudni a megoldas:

Egy ember azt állítja, hogy ránézésre meg tudja állapítani egy fáról, hogy hány levele van.

Hogyan tudnánk meggyőződni arról, hogy igazat beszél-e?

Forras: Algebra 7-8 evfolyam (Fazekas math. )

[4023] Szundi72017-06-04 15:52:51

Ezt olvasva, a Kömal-szerkesztőket kérdezem:

Hány hónapos nem közlés után vehető tutira, hogy egy kitűzésre javasolt feladatot tényleg, végleg ejtettek? (Mondjuk A. v. B./6 pontos lenne a példa.)

Egy ilyen, Kömal-szerkesztőségi parkolópályán veszteglő feladatot a javaslattevő később esetleg továbbíthatna más folyóirathoz, "más versenyre, vagy valamilyen gyakorlaton házi- vagy vizsgafeladatként", ahogyan azt "jonas" bölcsen írta.

Azaz: mennyi az elévülési idő, kedves Kömal-szerkesztők?

Előzmény: [3503] jonas, 2011-10-10 21:25:11
[4022] juantheron2016-08-19 16:51:39

also thanks Fálesz Mihály

[4021] juantheron2016-08-19 16:49:47

If &tex;\displaystyle \ln(2\pi)<\log_{2}(2+\sqrt{3})<\ln(3\pi)&xet; Then number of real roots of &tex;\displaystyle 4\cos(e^x) = 2^x+2^{-x}&xet;

[4020] juantheron2016-08-19 16:48:10

Thanks Ibiro and yield.

[4019] nadorp2016-08-14 01:20:35

Igen, én is valami ilyet csináltam a &tex;\displaystyle \cos x - 3\sin x=\frac{\cos^2 x-9\sin^2 x}{\cos x+3\sin x}&xet; azonosságot felhasználva és a nevezőben levő függvényt vizsgálva a számláló előjelétől függően

Előzmény: [4017] Fálesz Mihály, 2016-08-13 18:50:32
[4018] jonas2016-08-13 23:54:34

A 2188333­59489485­09613500­03957441­83356730. feladat odaát a Játékelmélet téma alatt folytatódik.

Előzmény: [4012] jonas, 2016-08-02 11:47:36
[4017] Fálesz Mihály2016-08-13 18:50:32

Alternatív módszer: keressünk olyan &tex;\displaystyle C&xet; számot, amire

&tex;\displaystyle \cos x \ge 3\sin x + C(1-10\sin^2x) &xet;

teljesül minden &tex;\displaystyle 0\le x\le\frac\pi2&xet; esetén.

Előzmény: [4016] nadorp, 2016-08-12 17:34:15
[4016] nadorp2016-08-12 17:34:15

Ez nagyon elegáns!

Előzmény: [4015] yield, 2016-08-12 15:48:35
[4015] yield2016-08-12 15:48:35

Szerintem az "ibiro" arra gondolt, hogy:

&tex;\displaystyle \cos x_{i} = \sqrt{1-sin^2 x_{i}} = \sqrt{\sum_{k<>i}^{n} sin^2 x_{k}} >= \frac{\sum_{k<>i}^{n} \sin x_{k}}{\sqrt{n-1}}&xet;

Így a minimalizálandó mennyiség:

&tex;\displaystyle \frac{\sum_{i=1}^{n} \cos x_{i}}{\sum_{i=1}^{n} \sin x_{i}} >= \frac{\frac {1}{\sqrt{n-1}} \sum_{i=1}^{n} \sum_{k<>i}^{n} \sin x_{k}}{\sum_{i=1}^{n} \sin x_{i}} = \frac {n-1}{\sqrt{n-1}} = \sqrt{n-1}&xet;

n = 10 esetén a minimum érték = 3

Előzmény: [4014] nadorp, 2016-08-08 21:02:04
[4014] nadorp2016-08-08 21:02:04

Azért ehhez a feladathoz szerintem több ötlet kell, mint egy mezei számtani és négyzetes közép közti összefüggés:-)

Érdekelne a megoldásod.

Előzmény: [4013] ibiro, 2016-08-06 18:25:55
[4013] ibiro2016-08-06 18:25:55

... is 3 (for &tex;\displaystyle x_{1}=x_{2}=\cdots =x_{10}=arcsin(\frac{1}{\sqrt{10}}))&xet; and you can proof this by using the inequality between quadratic and aritmethic mean.

Előzmény: [4011] juantheron, 2016-07-23 16:36:00
[4012] jonas2016-08-02 11:47:36

Mondok egy feladatot, amit nemrég hallottam.

2188333­59489485­09613500­03957441­83356730. feladat. A következő játékot játszod. Kapsz tíz kártyát sorban megszámozva négyestől királyig inklúzíve. Az osztónál van tíz ugyanilyen kártya. Az osztó megkeveri a saját kártyáit véletlenszerű sorrendbe, fejjel lefelé.

Minden körben kiválasztassz egy kártyát a még nálad lévő kártyák közül, és eldobod, majd az osztó eldobja a felső kártyát a saját paklijából. Ha te dobtál magasabb értékű kártyát ebben a körben, akkor te viszed az ütést, ha az osztó, akkor ő viszi. Az is előfordul, hogy egyforma értékű kártyát dobtok, ekkor senki nem viszi el az ütést. Minden körben ismered az összes előző körökben lerakott kártyákat, de azt nem tudod, hogy az osztó mit fog rakni.

Tíz kör után így elfogynak a kártyák, ekkor kiértékelitek a játékot. Ha te vittél több ütést, akkor te nyersz az osztótól tíz fillért, ha az osztó vitt több ütést, akkor ő nyer tőled tíz fillért, ha pedig ugyanannyi ütést vittetek, akkor senki nem fizet semmit.

Van-e olyan stratégia, amivel várhatóan pozitív a nyereményed?

[4011] juantheron2016-07-23 16:36:00

If &tex;\displaystyle x_{i}\in \left[0,\frac{\pi}{2}\right]\forall i = 1,2,3,...,10&xet; and &tex;\displaystyle \sin^2 x_{1}+\sin^2 x_{2}+...+\sin^2 x_{10} = 1&xet;. Then Minimum value of &tex;\displaystyle \frac{\cos x_{1}+\cos x_{2}+...+\cos x_{10}}{\sin x_{1}+\sin x_{2}+....+\sin x_{10}}&xet;

[4010] Lóczi Lajos2016-07-12 19:24:11

Az integrál amúgy egy Green-tétel alkalmazásaként jött létre (a rotációt tartalmazó területi integrál kiszámítása könnyű, az aktuális példa a tétel "másik" oldala, a görbementi integrál egy paraméterezése).

Előzmény: [4008] Róbert Gida, 2016-07-12 18:43:06
[4009] Róbert Gida2016-07-12 18:55:36

Javítás: &tex;\displaystyle 6/5*Pi&xet;-t ír az inverz szimbolikus kalkulátor, ez éppen a tizede a keresett értéknek, ami jó, mert a keresésben a tizedesvessző helyét nem nézi.

Előzmény: [4008] Róbert Gida, 2016-07-12 18:43:06
[4008] Róbert Gida2016-07-12 18:43:06

Ez azért érdekes volt, 9-es verziójú Mathematica 510 másodperc után visszaadta az eredeti problémát, azaz nem tudta kiszámolni, persze numerikusan ki tudja integrálni és innen már könnyű volt (bár az inverz szimbólikus oldal &tex;\displaystyle 6.5*\pi&xet;-t adott rá).

Az első és harmadik tag összegének integrálja &tex;\displaystyle 12\pi&xet;, ez triviális. A második tag integrálja pedig nulla(!), mert a &tex;\displaystyle [0,\pi]&xet; intervallumon az &tex;\displaystyle x=\frac{\pi}{2}&xet; tengelyre nézve páratlan a függvény, így integrálja nulla (és az integrál létezik!), míg a &tex;\displaystyle [\pi,2\pi]&xet; intervallumon az &tex;\displaystyle x=\frac {3\pi}{2}&xet;-re tengelyre nézve ptlan a fv., így integrálja megint nulla. A negyedik tag integrálja is nulla, ez az &tex;\displaystyle x=\pi&xet; tengelyre nézve ptlan fv.

Ptlan fv-eket meglehetősen nehezen ismer fel a Mathematica. Egyébként az első három tag összegét (gyorsan) tudja integrálni.

Előzmény: [4006] Lóczi Lajos, 2016-07-12 15:25:19
[4007] Róbert Gida2016-07-12 17:30:05

&tex;\displaystyle 12\pi&xet; az integrál értéke.

Előzmény: [4006] Lóczi Lajos, 2016-07-12 15:25:19
[4006] Lóczi Lajos2016-07-12 15:25:19

Meg lehet-e határozni az alábbi integrál "pontos" értékét?

&tex;\displaystyle \int_0^{2 \pi } 21 \cos ^2(t)+\cos (t)\sqrt{81 \sin ^4(t)+1} -9 \sin ^2(t)+\sin (t) e^{\sin (3 \cos (t))} dt&xet;

[4005] Sirpi2016-07-06 22:40:50

Köszi! Valóban ott volt a 12. feladat.

Előzmény: [4004] Róbert Gida, 2016-07-06 21:54:04
[4004] Róbert Gida2016-07-06 21:54:04

Kömal A/N feladat lehetett ez, úgy emlékszem &tex;\displaystyle n=2^k&xet; esetén nem lehetséges az eredeti számokat meghatározni. De az biztos, hogy Lovász Kombinatorikai problémák és feladatok könyvében ez a feladat benne van. (Rekonstrukciós problémáknál lehet).

Előzmény: [4003] Sirpi, 2016-07-06 20:15:57
[4003] Sirpi2016-07-06 20:15:57

András gondol &tex;\displaystyle n&xet; darab számra, majd megadja Bélának az ezekből a számokból alkotott párok összegét, &tex;\displaystyle \binom{n}2&xet; darabot (csak magukat a számokat, eltitkolva, hogy mely két eredeti szám összegeként állnak elő).

Minden &tex;\displaystyle n&xet; esetén végig lehet gondolni, hogy a megadott összegekből minden esetben rekonstruálhatóak-e az eredeti számok.

Ha &tex;\displaystyle n < 3&xet;, akkor nyilván nem. &tex;\displaystyle n=3&xet; könnyen rekonstruálható, pl. ha A, B és C a három összeg, akkor ebből &tex;\displaystyle (A+B-C)/2&xet;, &tex;\displaystyle (A-B+C)/2&xet; és &tex;\displaystyle (-A+B+C)/2&xet; az eredeti 3 szám.

Jelenleg &tex;\displaystyle n=6&xet;-ig néztem végig az eseteket, ebből a 6 volt a legizgalmasabb. Szóval &tex;\displaystyle n=4, 5, 6&xet;-ra kérdés, hogy mindig egyértelmű-e a visszafejtés, valamint az is, hogy &tex;\displaystyle n>6&xet; esetén tudunk-e valamit mondani (erre még nem tudom a választ, csak sejtem).

[4002] Fálesz Mihály2016-04-20 09:52:13

A Baranyai-tétel speciális esete, hogy egy &tex;\displaystyle (3k+3)&xet;-elemű halmaz &tex;\displaystyle (k+1)&xet;-elemű részhalmazait hármasával lehet csoportosítani úgy, hogy minden hármas diszjunkt halmazokból álljon, amelyek uniója persze kiadja a teljes halmazt.

Ha a &tex;\displaystyle (3k+2)&xet;-elemű halmazunkhoz hozzáveszünk még egy, "extra" elemet, akkor a Baranyai-tétel felbontja a kibővített halmazt hármasokra. Minden hármasban az egyik halmaz tartalmazza az extra elemet és még &tex;\displaystyle k&xet; elemet, ehhez a &tex;\displaystyle k&xet; elemhez rendelhetjük hozzá a másik két &tex;\displaystyle (k+1)&xet;-es részhalmazt.

Egy kerek megoldáshoz a csoportosításra lenne jó egy szép, közvetlen konstrukciót mutatni. Talán ez segíthet.

Előzmény: [4001] 7cs, 2016-04-18 20:01:02
[4001] 7cs2016-04-18 20:01:02

Megpróbálom most már értelmesen leírni, amit akartam, mert az előző hozzászólásom teljesen értelmetlenre sikerült :-(

Az a sejtésem, hogy a 3k+2 elemű halmaz k és k+1 elemű részhalazai olyan hármasokba rendezhetők, ahol egy-egy hármasba két k+1 elemű és egy k elemű részhalmaz tartozik, melyek páronként diszjunktak és uniójuk épp az alaphalmaz. pl. k = 1 re egy ilyen csoportosítás: (12, 34, 5), (13, 25, 4), (14, 35, 2), (15, 24, 3), (23, 45, 1)

És az a kérdésem, hogy egy 2n elemű halmaz össze nem üres részhalmaza hármsokba csoportosítható-e olyan módon, hogy bármely hármason belül valamely két halmaz diszjunkt és uniója épp a hármas harmadik halmaza. pl. n=1-re a triviális (1,2,12) vagy n=2-re (1,23,123) (2,14,124) (3,24,234) (4,13,134) (12,34, 1234) egy jó csoportosítás. Mi a helyzet általánosan?

Előzmény: [4000] 7cs, 2016-02-18 16:10:50
[4000] 7cs2016-02-18 16:10:50

Sziasztok, új vagyok ezen a néven, de másik nick-kel is rég jártam erre...

Az általad kért konstruktív megoldásra nincs ötletem, de szerintem létezik olyan összerendelés, melyben a részhalmasz-hármasok minden esetben páronként diszjunkt halmazokból állnak.

Egy hasonló, de egyszerűbb "feladvány": az N=1, 2, ...2n halmaz nem üres részhalmazainak száma , osztható 3-mal. Lehet-e ezeket a részhalmazokat hármas csoportokba rendezni úgy, hogy egy csoporton belül páronként diszjunkt halmazok vannak, melyek uniója N? pl. n=1-re a triviális ({1},{2},{1,2}) vagy n=2-re ({1},{2,3},{1,2,3}) ({2},{1,4},{1,2,4}) ({3},{2,4},{2,3,4}) ({4},{1,3},{1,3,4}) ({1,2},{3,4},{1,2,3,4}) egy jó csoportosítás. Mi a helyzet általánosan?

Előzmény: [3992] klevente, 2015-12-02 09:18:51
[3999] marcius82016-01-11 10:38:36

Igen, azóta már én is megértettem a kérdésed lényegét. Olyan hozzárendelést nem találtam, amelyből azonnal kiderül, hogy egy "3k+2" elemű halmaznak kétszer annyi "k+1" elemű részhalmaza van mint ahány "k" elemű.

Előzmény: [3998] klevente, 2016-01-08 15:40:05
[3998] klevente2016-01-08 15:40:05

Nem ilyenre gondoltam, hanem "ügyesre" abban az értelemben, hogy ha adott egy k elemű részhalmaz az elemeivel, akkor ahhoz azonnal meg lehet mondani a két hozzárendelt k+1 elemű részhalmazt az elemeikkel.

Előzmény: [3997] marcius8, 2016-01-04 10:58:37
[3997] marcius82016-01-04 10:58:37

Egy lehetséges célirányos megfeleltetés a részemről a következő:

Először lexikografikusan rendezem a "k" elemű részhalmazokat. Utána lexikografikusan rendezem a "k+1" elemű részhalmazokat.

a.) Ekkor a megfeleltetés legyen az hogy, a "k+1" elemű részhalmazok sorozatának elölről és hátulról számítva az "n"-ik tagjához hozzárendelem a "k" elemű részhalmazok sorozatának "n"-ik tagját.

b.) Ekkor a megfeleltetés legyen az hogy, a "k+1" elemű részhalmazok sorozatának elölről számítva az "2n-1"-ik tagjához és "2n"-ik tagjához hozzárendelem a "k" elemű részhalmazok sorozatának "n"-ik tagját.

Előzmény: [3992] klevente, 2015-12-02 09:18:51
[3996] jonas2015-12-23 21:42:38

Ha senki nem adhat önmagának vagy a házaspárjának ajándékot, akkor természetesen rosszabb a helyzet, mert több megkötés van. Ilyenkor 0.13 körül van az esélye, hogy sikerül a sorsolás.

Előzmény: [3995] marcius8, 2015-12-23 20:59:47
[3995] marcius82015-12-23 20:59:47

Ismert, hogy egy közösség tagjai karácsony előtt egymásközt sorsolással döntik el, hogy ki kinek ad ajándékot. A sorsolás úgy történik, hogy mindenki felírja a nevét egy cetlire, ezután mindenki a cetlit beleteszi egy kalapba, majd ezután mindenki húz egy cetlit ebből a kalapból "csukott szemmel". Így mindenki annak ad ajándékot, akinek a nevét húzta. A sorsolás akkor jó, ha mindenki másnak a nevét húzza. Ismert, hogy ekkor a jó sorsolás valószínűsége tart "1/e"-hez, ha a közösség tagjainak száma tart a végtelenhez.

Most tegyük fel, hogy egy közösség "k" darab házaspárból áll, és megint sorsolással döntik el, hogy ki kinek ad ajándékot. (Minden házaspár mindkét tagja külön-külön részt vesz a sorsolásban.) A sorsolás akkor jó, ha nincs olyan résztvevője a sorsolásnak, aki vagy a saját nevét húzza, vagy pedig a házaspárja nevét húzza. Mennyi a jó sorsolás valószínűsége, ha "k" tart a végtelenhez?

Most tegyük fel, hogy egy közösségnek "n" darab tagja van, és a közösség tagjai megint sorsolással döntik el, hogy ki kinek ad ajándékot. Mennyi annak a valószínűsége, hogy van két olyan tagja a közösségnek, akik egymást ajándékozzák meg? (Most ezutóbbit én is átéltem, ugyanis az iskolában is megtartottuk ezt a sorsolást, és én voltam a tagja annak az egyetlen párosnak, akik egymást ajándékozták meg.)

[3994] w2015-12-21 22:17:46

Legyen &tex;\displaystyle f:N\to N&xet; függvény, ahol &tex;\displaystyle N&xet; a pozitív egészek halmazát jelöli. Tegyük fel, hogy az &tex;\displaystyle f(1),f(2),\dots&xet; sorozatnak nincs közös prímosztója, és hogy elég nagy &tex;\displaystyle n&xet;-re &tex;\displaystyle f(n)\neq 1&xet;. Határozzuk meg &tex;\displaystyle f&xet;-et, ha azt is tudjuk, hogy elég nagy &tex;\displaystyle n&xet; esetén

&tex;\displaystyle f(a)^n | f(a+b)^{a^{n-1}}-f(b)^{a^{n-1}}&xet;(*)

teljesül minden &tex;\displaystyle a,b\in N&xet;-re!

[3993] HoA2015-12-03 22:10:19

Én nem kereskedem a tőzsdén. Így aztán fogalmam sincs róla, mit jelent a "10 pont stop", "kört nyerni" , "pozíció nyílik" stb. Ezért azt hiszem, a te feladatod megoldásához is segít egy másik feladat: Középiskolai matematikai ismereteket - és csak azt - feltételezve fogalmazd meg a problémádat közérthető nyelvre lefordítva.

Előzmény: [3991] shooter, 2015-11-23 17:28:18
[3992] klevente2015-12-02 09:18:51

Könnyű belátni, hogy egy 3k+2 elemű halmaznak kétszer annyi k+1 elemű részhalmaza van, mint k elemű (k természetes szám). Vajon megadható-e "ügyesen" valamilyen kölcsönösen egyértelmű hozzárendelés a k elemű részhalmazok és a k+1 elemű részhalmazokból alkalmasan képzett (diszjunkt) részhalmaz-párok között?

[3991] shooter2015-11-23 17:28:18

Sziasztok! Egy kis segítséget szeretnék kérni tőletek, mert nekem nehéznek és átláthatatlannak tűnik a dolog.

Egy példát szeretnék megoldatni, és nem szeretnék órákat gondolkozni rajt.

Tehát: Tőzsdén kereskedünk. 10 pont stopot használunk. Egymás után átlagosan 10 kört nyerünk. Egy körnek számít az is, ha 1 pozíció nyílik meg, és az is, ha mindhárom megnyílik.

Egy pozíció nyitáskor 1 pontot nyerhetünk. Ha megnyitjuk a második pozíciót (az első még nyitva van!), azon is 10 pontot veszthetünk. Harmadiknál is 10 pontot veszíthetünk.

Véletlenszerű, hogy megnyílik-e a második pozíció, de ha ez megnyílik, akkor többnyire a harmadik is, hacsak nem nyerjük meg a szükséges tőkét az első kettővel.

Mekkora legyen a pozíciók egymáshoz viszonyított méretaránya, hogy mégis nyerjünk? Mekkora legyen a második pozícióval vett nyereség, ha csak kettő nyílik meg, illetve mekkora legyen a minimális nyereség, ha mindhárom megnyílik? Nyerőben szeretnénk kiszállni, ez a lényeg. Egy pozíció megnyitása sok esetben nem elég, ezért kell a többi is. Kérem a segítségeteket! Köszönöm. Krisz

[3990] csábos2015-11-16 23:20:02

Vegyük észre, hogy az adott egyenesek kielégítik az

&tex;\displaystyle (x-1)(y-1)(z-1)-xyz=0&xet;

egyenletet. Ekkor &tex;\displaystyle x=y=-6z&xet; helyettesítéssel a

&tex;\displaystyle 24z^2+11z+1=0 &xet;

egyenlet adódik, melynek gyökei &tex;\displaystyle z=-\frac{1}{3}&xet; és &tex;\displaystyle z=-\frac{1}{8}&xet;

1. eset: &tex;\displaystyle z=-\frac{1}{3}&xet;. Ekkor a &tex;\displaystyle (2,2,\frac{-1}{3})&xet; ponton is átmegy az egyenes. Ha átfektetünk e ponton és pl. az &tex;\displaystyle x=z-1=0&xet; egyenesen egy síkot, akkor ez 1-1 pontban metszi a másik két egyenest. Ha ezek ,,véletlenül'' egy egyenesen vannak, akkor nyertünk. És nyertünk. A pontok:

&tex;\displaystyle (0,-2,1)&xet;,&tex;\displaystyle (1,0,\frac{1}{3})&xet;,&tex;\displaystyle (\frac{3}{2},1,0)&xet; és persze &tex;\displaystyle (2,2,-\frac{1}{3})&xet;. Ezek egy egyenesen vannak.

2. eset: &tex;\displaystyle z=-\frac{1}{8}&xet;. Ekkor a &tex;\displaystyle (\frac{3}{4},\frac{3}{4},-\frac{1}{8})&xet; pontbl fektetjük a síkot és a másik 3 pont: &tex;\displaystyle (0,3,1 )&xet;, &tex;\displaystyle (1,0, -\frac{1}{2}) )&xet; és &tex;\displaystyle (\frac{2}{3}),1,0 )&xet;

Előzmény: [3969] Lóczi Lajos, 2015-09-17 19:31:04
[3989] Loiscenter2015-11-11 16:43:17

Köszönöm szépen! szép a megoldás!

Előzmény: [3988] csábos, 2015-11-08 19:34:54
[3988] csábos2015-11-08 19:34:54

Ha van 1, akkor van 1+1, és akkor van minden természetes szám. Vegyük az

&tex;\displaystyle \frac{1}{\frac{1}{a}-\frac{1}{a+c}}=\frac{a^2}{c}+a&xet;

összefüggést. Ebből &tex;\displaystyle a&xet;-t kivonva &tex;\displaystyle c=1&xet; választással adódik &tex;\displaystyle a^2&xet;. Ha &tex;\displaystyle a=-1&xet;, akkor &tex;\displaystyle c=2&xet;-vel adódik &tex;\displaystyle \frac{a^2}{2}&xet;, amit önmagával összeadva adódik &tex;\displaystyle a^2&xet;.

Ezután a

&tex;\displaystyle \frac{b}{2}=\frac{1}{\frac{1}{b}+\frac{1}{b}}&xet;

trükkel csak a

&tex;\displaystyle 2ab=(a+b)^2-a^2-b^2&xet;

kifejezést kell felezni.

Előzmény: [3987] Loiscenter, 2015-11-08 08:23:17
[3987] Loiscenter2015-11-08 08:23:17

Modositananak a feladaton:

1 tartozik a szamhalazunkhoz. Csak kulönbséget (-) es recsiprok-at venni. Bizonyitando Összeadást, szorzást lehet elvégezni!

( Köszi Csábosnak hozászlásodért - de ez a néhány gomb 'sok' lenne?)

Előzmény: [3986] csábos, 2015-11-07 20:29:12
[3986] csábos2015-11-07 20:29:12

Arany Dániel 1980 3. kat 2. forduló 10. osztály 1. feladat.

Szerintem a számológépen van még néhány gomb, pl. a számjegyek.

Előzmény: [3985] Loiscenter, 2015-11-06 23:30:09
[3985] Loiscenter2015-11-06 23:30:09

Hajnal Péter : Elemi Kombinatorikai feladatok ( Polygon)

18.2 Feladat: Kis számológépünkön csupán összeadás és kivonás van, de egy szám reciprokát is képezhetjük. Kiszámolhatjuk - e vele két szám szorzatát?

PROBLÉMA: könyvben szereplö megoldás nem teljes, mert kész tényként tekintette hogy (a+1) létezik , holott nem mutatja hogy 1 van benne - igy a+1 nem bizonyitott hogy van benne S halmazban.

Segitsetek tisztázni ezt a problémat! Köszönöm!

[3984] csábos2015-10-22 13:11:04

Az összes ilyen tulajdonságú 4-edfokú polinom körülbelül:&tex;\displaystyle (x^2+1)(ax^2+bx+1)&xet; alakú, ahol &tex;\displaystyle 0< a<1&xet; és &tex;\displaystyle b^2-4a<0&xet;. A körülbelül az azt jelenti, hogy konstanssal lehet szorozni és &tex;\displaystyle x&xet; helyébe &tex;\displaystyle cx&xet;-et írni.

Előzmény: [3983] Lóczi Lajos, 2015-10-18 10:23:59
[3983] Lóczi Lajos2015-10-18 10:23:59

Szép példa! (Ráadásul eggyel kisebb a fokszáma, mint annak a példának, melyet egy 1999-es cikkben találtam korábban.)

A példádban az is szép, hogy az &tex;\displaystyle \epsilon_0=510663/50000000&xet; konstans egy egyszerű racionális szám:

az &tex;\displaystyle \epsilon x^5+\frac{31 x^4}{1000}+\frac{17 x^3}{50}+\frac{1031 x^2}{1000}+\frac{17 x}{50}+1&xet; polinom minden gyökének valós része negatív, ha &tex;\displaystyle 0<\epsilon<\epsilon_0&xet;, ám &tex;\displaystyle \epsilon=0&xet; vagy &tex;\displaystyle \epsilon=\epsilon_0&xet; esetén már fellépnek tiszta képzetes gyökök.

Előzmény: [3981] csábos, 2015-10-17 23:43:55
[3981] csábos2015-10-17 23:43:55

Nem.

&tex;\displaystyle 0.031 x^4+0.34 x^3+1.031 x^2+0.34 x+1&xet;

szerintem ellenpélda. Ennek gyöke az &tex;\displaystyle i&xet;. Fordítva gondolkoztam. Vegyük azt a polinomot, aminek gyökei az eredeti polinomunk gyökeinek a reciprokai, megszoroztam x-szel, majd hozzáadtam epszilont.

Megkérdeztem egy pár embertől, és ennek a polinomnak a fordítottjára jutottunk jutottunk. A feltételeket

http://lib.physcon.ru/doc?id=7b389ac0fb8f

innen ellenőriztük, a wikipédián

https://en.wikipedia.org/wiki/Routh%E2%80%93Hurwitz_stability_criterion

itt van.

Előzmény: [3980] Lóczi Lajos, 2015-10-13 00:38:49
[3980] Lóczi Lajos2015-10-13 00:38:49

Rögzítsünk egy &tex;\displaystyle n\ge 2&xet; egészt, egy pontosan &tex;\displaystyle (n-1)&xet;-edfokú egyváltozós valós &tex;\displaystyle p&xet; polinomot, és egy &tex;\displaystyle \epsilon_0>0&xet; számot.

Tudjuk, hogy minden &tex;\displaystyle 0<\epsilon\le \epsilon_0&xet; mellett az &tex;\displaystyle \epsilon x^n + p(x)&xet; polinom minden gyökének valós része negatív. Igaz-e, hogy az (&tex;\displaystyle \epsilon&xet;-tól független) &tex;\displaystyle p&xet; polinom minden gyökének valós része is negatív?

[3979] Lóczi Lajos2015-10-09 23:25:13

Még egy megjegyzés: attól, hogy a Reduce szerint az egy harmadfokú egyenlet gyöke, még nem biztos, hogy ne lehetne egyszerűsíteni; pl. a 0-ra rámondanád, hogy az &tex;\displaystyle x^3=0&xet; egyenlet gyöke?

Előzmény: [3977] emm, 2015-10-07 17:44:42
[3978] Lóczi Lajos2015-10-09 23:08:34

Szóval a Reduce parancs szerint több megoldás is létezik? Ezzel nem értek egyet. (Amúgy a kérdésben nemnegatív változók szerepelnek, nem pedig pozitívak.)

Előzmény: [3977] emm, 2015-10-07 17:44:42
[3977] emm2015-10-07 17:44:42

Mathematicával:

&tex;\displaystyle {FindInstance}\bigg[\bigg\{a+\alpha +A+b=1,\alpha \beta +A B+b=\frac{1}{2}, \alpha \beta ^2+A B^2+b=\frac{1}{3}, b \beta \gamma +b B cc+\alpha B c=\frac{1}{6},\alpha \beta ^3+A B^3+b=\frac{1}{4}, &xet;

&tex;\displaystyle b \beta \gamma +b B {cc}+\alpha \beta B c=\frac{1}{8}, b \beta ^2 \gamma +b B^2 {cc}+\alpha B^2 c=\frac{1}{12},b B c \gamma =\frac{1}{24},a>0,b>0,&xet;

&tex;\displaystyle c>0,A>0,B>0,cc>0,\alpha >0,\beta >0,\gamma >0\bigg\},\{\alpha ,\beta ,\gamma ,a,b,c,A,B,{cc}\}\bigg] &xet;

&tex;\displaystyle \left\{\alpha = \frac{1}{6},\beta = \frac{1}{2},\gamma = \frac{1}{2},a= \frac{1}{6},b= \frac{1}{6},c= 1,A= \frac{1}{2},B= \frac{1}{2},C= \frac{1}{2}\right\} &xet;

Reduce-al megadja az összeset, de kb. egy képernyőt elfoglal az eredményként kapott logikai kifejezés, és szerepel benne harmadfokú egyenlet gyöke is - szóval annyira nem szép.

Előzmény: [3974] Lóczi Lajos, 2015-10-02 12:32:21
[3976] Lóczi Lajos2015-10-06 20:25:37

Martin Kutta 114 éve oldotta meg valós változók esetén a felírt egyenletrendszert, és ezzel leírta az összes 4-lépéses 4-edrendű explicit Runge&tex;\displaystyle -&xet;Kutta-módszert, amely módszerek közönséges differenciálegyenletek numerikus analízisében azóta kedveltnek számítanak.

Ha megköveteljük a módszer együtthatóinak nemnegativitását, akkor olyan kitüntetett módszert kapnánk, amelynek bizonyos szempontból jobbak a stabilitási tulajdonságai. A kérdés tehát az, hogy a 4-lépéses 4-edrendű explicit módszerek 4 családjában van-e csupa nemnegatív együtthatóval bíró Runge&tex;\displaystyle -&xet;Kutta-módszer.

Előzmény: [3975] csábos, 2015-10-06 19:50:20
[3975] csábos2015-10-06 19:50:20

Szabad tudni, hogy ez miért érdekes? Köszi.

Előzmény: [3974] Lóczi Lajos, 2015-10-02 12:32:21
[3974] Lóczi Lajos2015-10-02 12:32:21

Határozzuk meg az &tex;\displaystyle a&xet;, &tex;\displaystyle b&xet;, &tex;\displaystyle c&xet;, &tex;\displaystyle A&xet;, &tex;\displaystyle B&xet;, &tex;\displaystyle C&xet;, &tex;\displaystyle \alpha&xet;, &tex;\displaystyle \beta&xet;, &tex;\displaystyle \gamma&xet; nemnegatív mennyiségek értékét, amelyek teljesítik az

&tex;\displaystyle a+\alpha +A+b=1,&xet;

&tex;\displaystyle \alpha \beta +A B+b=\frac{1}{2},&xet;

&tex;\displaystyle \alpha \beta ^2+AB^2+b=\frac{1}{3},&xet;

&tex;\displaystyle b \beta \gamma +b B C+\alpha B c=\frac{1}{6},&xet;

&tex;\displaystyle \alpha \beta ^3+AB^3+b=\frac{1}{4},&xet;

&tex;\displaystyle b \beta \gamma +b B C+\alpha \beta B c=\frac{1}{8},&xet;

&tex;\displaystyle b \beta ^2\gamma +b B^2 C+\alpha B^2 c=\frac{1}{12},&xet;

&tex;\displaystyle b B c \gamma =\frac{1}{24}&xet;

egyenleteket.

[3973] Fálesz Mihály2015-09-20 14:04:12

Az egyenesek Plücker-koordinátáival általánosan lehet az ilyen feladatokat kiszámolni.

Egy egyenes Plücker-koordinátái &tex;\displaystyle ({\bf d},{\bf m})=(d_1,d_2,d_3,m_1,m_2,m_3)&xet;, ha &tex;\displaystyle {\bf d}=(d_1,d_2,d_3)&xet; az egyenes egy irányvektora, és &tex;\displaystyle {\bf m}=(m_1,m_2,m_3)&xet; az a vektor a térben, amire az egyenes minden &tex;\displaystyle {\bf x}&xet; pontjára &tex;\displaystyle {\bf x}\times{\bf d}={\bf m}&xet;. A definíció miatt &tex;\displaystyle {\bf d}&xet; és &tex;\displaystyle {\bf m}&xet; merőleges egymásra.

Persze ez a koordinátázás nem egyértelmű, konstanssal szorozva ugyanannak ez egyenesnek egy másik koordinátavektorát kapjuk. Ezért kiköthetjük, hogy az irányvektor egységnyi hosszú legyen, vagy pedig a koordinátahatost tekinthetjük egy pontnak az 5-dimenziós projektív térben, amit homogén koordinátákkal írtunk fel, de ennek az 5-dimenziós pontnak teljesítenie kell az &tex;\displaystyle d_1m_1+d_2m_2+d_3m_3=0&xet; egyenletet is; az ilyen pontok alkotják a Grassmann-sokaság nevű felületet. A felületnek azok a pontjai, amikre az irányvektor rész a nullvektor, az ideális egyeneseket reprezentálják.

Jó tudni, hogy két egyenes, &tex;\displaystyle ({\bf d}_1,{\bf m}_1)&xet; és &tex;\displaystyle ({\bf d}_2,{\bf m}_2)&xet; akkor és csak akkor van egy síkban, ha a "skaláris szorzatuk" &tex;\displaystyle 0&xet;: &tex;\displaystyle {\bf d}_1\cdot {\bf d}_2+{\bf m}_1\cdot {\bf m}_2=0&xet;. Ha tehát 4 adott egyenest metsző ötödiket keresünk, akkor van egy másodfokú és 4 lineáris feltételünk; a feladat egy (legfeljebb) másodfokú egyenlet megoldására vezet.

Kérdés: ha &tex;\displaystyle {\bf d}_1&xet; és &tex;\displaystyle {\bf d}_2&xet; is egységvektor, akkor mi a geometriai jelentésa a &tex;\displaystyle {\bf d}_1\cdot {\bf d}_2+{\bf m}_1\cdot {\bf m}_2&xet; "skaláris szorzatnak"?

A konkrét feladatban az első egyenes egy irányvektora &tex;\displaystyle (0,0,1)&xet;, egy pontja &tex;\displaystyle (1,0,0)&xet;. Mivel &tex;\displaystyle (1,0,0)\times(0,0,1)=(0,-1,0)&xet;, az egyenes egy Plücker-koordinátázása &tex;\displaystyle (0,0,1;0,-1,0)&xet;. Innen Ti jöttök. :-)

Előzmény: [3969] Lóczi Lajos, 2015-09-17 19:31:04
[3972] csábos2015-09-20 13:16:14

3 egyenes meghatároz egy egyköpenyű hiperboloidot: a mindhárom egyenest metsző egyenesek úniója. Megszorítva egy egyenesre egy egyváltozós másodfokú polinomot kapunk aminek 2 gyöke van, tehát a 4. egyenesünk 2 pontban metszi a hiperboloidot. A bal-seregnek egy-egy egyenese megy át a két ponton, ez a két egyenes lesz a megoldás, vagyis a kérdésre a válasz: 2. vagy 0, attam.ól függően van-e valós gyöke a polinomnak. Nem magamtól vagyok ilyen okos, itt találtam.

https://docs.google.com/file/d/0Bw3xm1IL6QVJaXlWcVEybkR2ZGc/edit?pli=1

Előzmény: [3969] Lóczi Lajos, 2015-09-17 19:31:04
[3971] gyula602015-09-20 10:42:28

A feladvány nem korrekt, így kiegészítésre szorul. Olyan szimmetrikus alakot keressünk, amelybe akárhogy is helyettesítjük az értelmezési tartomány két &tex;\displaystyle (y,z)&xet; valós értékét és egy &tex;\displaystyle x&xet; ismeretlent, hogy az így keletkező &tex;\displaystyle S(x,y,z)=0&xet; egyenletnek az &tex;\displaystyle x&xet;-re nézve négy valós gyöke legyen, hasonlóan, mint a Héron-képlet területnégyzeténél keletkező egyenletben. Továbbá a keresendő &tex;\displaystyle g(x,y)&xet; kétváltozós függvény kifejezhető legyen &tex;\displaystyle g_1(x)\cdot g_2(y)&xet; szorzat segítségével is.

Előzmény: [3970] gyula60, 2015-09-18 21:43:30
[3970] gyula602015-09-18 21:43:30

Bizonyítsuk be, hogy az &tex;\displaystyle f (x, y, z) := 2x^2y^2 + &xet; &tex;\displaystyle x^2 + y^2 - z^2&xet; függvényhez található olyan &tex;\displaystyle g(x, y)&xet; kétváltozós irracionális függvény, hogy az &tex;\displaystyle S(x, y, z) :=g^2 (x, y) -f^2 (x, y,&xet; &tex;\displaystyle z)&xet; háromváltozós függvény szimmetrikus legyen? Vagyis teljesüljön az &tex;\displaystyle S(x, y, z) = S(y, z, x)&xet; azonosság.

Megjegyzés: A Cayley-Klein geometriai rendszer trigonometriái szolgálnak alapot a példákra. Legtriviálisabb az iskolai geometria koszinusztétele, ahol &tex;\displaystyle f(x, y, z) := x^2 + y^2 - z^2&xet; és &tex;\displaystyle g(x,y):=2xy&xet;. Ekkor &tex;\displaystyle S(x,y,z):=g^2-f^2&xet; szimmetrikus lesz a Héron formulában szereplő kifejezés miatt is. A másik példa a gömbi geometriából való, ahol &tex;\displaystyle f(x,y,z):=cos(z)-cos(x)cos(y)&xet; és &tex;\displaystyle g(x,y):=sin(x)sin(y)&xet; és ekkor &tex;\displaystyle S(x,y,z):=g^2-f^2&xet; szintén szimmetrikus függvény lesz.

[3969] Lóczi Lajos2015-09-17 19:31:04

Adott a térben 4 egyenes az alábbi egyenletekkel:

1.) &tex;\displaystyle x-1=y=0&xet;,

2.) &tex;\displaystyle y-1=z=0&xet;,

3.) &tex;\displaystyle x=z-1=0&xet;,

4.) &tex;\displaystyle x=y=-6z&xet;.

Van-e olyan egyenes (és ha igen, hány), amely metszi mind a négy fenti egyenest?

[3968] Loiscenter2015-04-19 12:39:42

Most foglalkozunk a következö feladattal:

2nx2n sakktábla es ugy festjük hogy minden sorban és minden oszlopban van 4 - 4 fekete mezö. Hány féleképen lehet?

Van egy gondolatom:

Azt mondjuk hogy egy müvelet "jo" , ha a müvelet elvégzesnél minden sorban és minden oszlopban 1- 1 mezöt festjük feketére ( n db mezöt).

Ezzel gondolattal tulajdonkeppen egy 4-4 szinezést 4 db 1-1 szinezésre tudjuk bontani ! Most még azon gondolom, hogyan számoljam egyértelmüen!

Nem tudom hogy ez segit- e nekunk?

Előzmény: [3967] jonas, 2015-04-17 15:50:22
[3967] jonas2015-04-17 15:50:22

Attól függ, hogyan általánosítod. Ha azt szeretnéd tudni, hogy hányféleképpen lehet kiszínezni egy sakktáblát úgy, hogy minden sorban és minden oszlopban pontosan 4 fehér mező legyen, akkor az A058528 sorozat adja meg az eredményt. Az ott látható képletet nem tudom levezetni, de azt el tudom mondani, hogy én hogy számolnám ki ezeket a számokat annál egy kicsit bonyolultabban.

Ha e helyett olyan színezéseket számolsz, ahol minden sorban és minden oszlopban a mezők fele fehér, vagyis a korábban említett A058527 sorozatról van szó. Ez utóbbit én nem tudom polinom időben kiszámolni.

Előzmény: [3966] Loiscenter, 2015-04-17 15:28:34
[3966] Loiscenter2015-04-17 15:28:34

Az első feladatra (4 fekete+ 4 fehér) van általános képlet?

A másodikat még tanulmányozom.

Köszönöm a hozzászólásokat!

Előzmény: [3965] jonas, 2015-04-16 22:45:26
[3965] jonas2015-04-16 22:45:26

Érdekes így egymás után feltéve a két kérdés. Miután az elsőt kiszámoltam (és ugyanazt az eredményt kaptam, mint Róbert Gida), a másodiknak is ugyanúgy álltam neki, mint az elsőnek. Ki is jött a helyes eredmény.

Utána viszont valaki elárulta, hogy van a második feladatra egy egyszerűbb megoldás is. Rá kellett volna jönnöm magamtól, csak az első elterelte a figyelmemet. Elmondom röviden.

Legyen egy &tex;\displaystyle n×n&xet;-es sakktáblánk, ahol &tex;\displaystyle n = 8 &xet;. Tekintsük azokat a színezéseit a sakktáblának, ahol minden mező fekete vagy fehér, és minden sorban van fekete és fehér mező is. Legyenek &tex;\displaystyle k, l &xet; nemnegatív egészek, és jelöljünk ki a sakktáblán &tex;\displaystyle k &xet; oszlopot csupa feketének, meg &tex;\displaystyle l &xet; ettől diszjunkt oszlopot csupa fehérnek, a többi oszlopban bármilyen színű mezők lehetnek. Jelölje &tex;\displaystyle a_{k,l} &xet; azt a számot, ahány színezés van az előbbiek közül, ha ezt a néhány rögzített oszlopot nem változtathatjuk. Ez nyilván független attól, hogy melyik oszlopokat jelöltük ki. Ha ismernénk az &tex;\displaystyle a_{k,l} &xet; számokat, akkor szitával megkaphatjuk azoknak a színezéseknek az &tex;\displaystyle r &xet; számát, amelyekben nincs sem csupa fekete, sem csupa fehér oszlop. Pontosan

&tex;\displaystyle r = \sum_k\sum_l (-1)^{k+l}\binom{n}{k+l}\binom{k+l}{l}a_{k,l} &xet;

Viszont &tex;\displaystyle a_{k,l} &xet; értékét azért könnyű kiszámolni, mert az ez által megszámolt színezésekben a sorok függetlenek. Azt kell tehát csak kiszámolni, hogy egy sort hányféleképpen színezhetünk ki megfelelően, és ezt &tex;\displaystyle n &xet;-edik hatványra emelni. Valóban,

&tex;\displaystyle a_{k,l} = (2^{n-k-l} - [0 = l] - [0 = k])^n &xet;

A két korrekciós tag azért kell, hogy kizárjuk a csupa fekete és a csupa fehér mezőből álló sort, de csupa fekete színezés csak akkor lehet, ha semelyik oszlopot nem rögzítettük fehérnek. Megoldásként tehát azt a dupla összeget kapjuk, hogy

&tex;\displaystyle r = \sum_k\sum_l (-1)^{k+l}\binom{n}{k+l}\binom{k+l}{l}(2^{n-k-l} - [0 = l] - [0 = k])^n &xet;

Ezt ki lehet számolni közvetlenül, de lehet egyszerűsíteni is. Ehhez szét kell választani négy részre az összeget a szerint, hogy &tex;\displaystyle k &xet; és &tex;\displaystyle l &xet; közül melyik nulla.

&tex;\displaystyle r = r_0 + r_1 + r_2 + r_3 &xet;

&tex;\displaystyle r_0 = (2^n - 2)^n &xet;

&tex;\displaystyle r_1 = \sum_{0 < l} (-1)^l\binom{n}{l}(2^{n-l} - 1)^n &xet;

&tex;\displaystyle r_2 = \sum_{0 < k} (-1)^k\binom{n}{k}(2^{n-k} - 1)^n &xet;

&tex;\displaystyle r_3 = \sum_{0 < k}\sum_{0 < l} (-1)^{k+l}\binom{n}{k+l}\binom{k+l}{l}(2^{n-k-l})^n &xet;

Szimmetria miatt &tex;\displaystyle r_1 = r_2 &xet; (ez akkor is igaz lenne, ha nem négyzetes táblát használnánk). A negyedik részről észrevehetjük, hogy átlósan lehet összegezni, az &tex;\displaystyle m = k + l &xet; helyettesítéssel.

&tex;\displaystyle r_3 = \sum_{2 \le m}\left((-1)^m 2^{n(n-m)}\binom{n}{m}\cdot\sum_{1 \le l < m} \binom{m}{l}\right) = &xet;

&tex;\displaystyle = \sum_{2 \le m}\left((-1)^m \binom{n}{m}(2^m - 2)2^{n(n-m)} \right) &xet;

Így pedig már csak két szimpla összeget kell kiértékelni, és mindkettőben csak &tex;\displaystyle n-1 &xet; darab nemnulla tag van.

Itt vannak az egyes tagok.

&tex;\displaystyle r_0&xet; = 17324859965700833536;

&tex;\displaystyle r_1&xet; = -541401873928151048+6948361847490588-47761898096696 +179402343750-322828856+183708-8 = -534501094899058562;

&tex;\displaystyle r_3&xet; = 15762598695796736-369435906932736+4209067950080 -28185722880+113770496-258048+254 = 15397343784603902;

&tex;\displaystyle r = r_0 + 2r_1 + r_3&xet; = 16271255119687320314;

Az első feladatra nem ismerek ennyire gyors számítást, de persze nem tudom kizárni, hogy van.

Előzmény: [3959] Loiscenter, 2015-04-14 22:46:28
[3964] Róbert Gida2015-04-16 17:20:34

Nekem is annyi jött ki, a kisebb n-ekre a színezések száma (n=1-től indulva):

0,2,102,22874,17633670,46959933962,451575174961302.

Előzmény: [3963] jonas, 2015-04-16 14:11:32
[3963] jonas2015-04-16 14:11:32

Róbert Gidával egyetértek, valóban 116963796250 olyan színezés van a 8×8-as sakktáblán, ahol minden sorban és minden oszlopban pontosan 4 fekete mező van.

A másik kérdésre. Nekem az jött ki, hogy 16271255119687320314 olyan színezés van, ahol minden sorban és minden oszlopban van fekete és fehér mező is, ez az összes fekete-fehér színezésnek kb. 88 százaléka. Persze lehet, hogy elszámoltam valamit, úgyhogy ellenőrizzétek. Ez nincs benne az OEIS-ben.

Előzmény: [3959] Loiscenter, 2015-04-14 22:46:28
[3962] Róbert Gida2015-04-15 20:44:19

2x2-esre 2, (géppel) 4x4-esre 90 színezés van, rákeresve http://oeis.org/A058527.

Előzmény: [3959] Loiscenter, 2015-04-14 22:46:28
[3961] Loiscenter2015-04-15 18:45:52

Persze hogy a kérdés :

Hányféle szinezés van ha sakktábla mezöi megvannak számozva!

Köszönöm !

Előzmény: [3960] jonas, 2015-04-15 13:22:42
[3960] jonas2015-04-15 13:22:42

Jó, de mi a kérdés? Azt szeretnéd tudni, hogy hányféle ilyen színezés van, ha a sakktábla sorai és oszlopai számozva vannak?

Előzmény: [3959] Loiscenter, 2015-04-14 22:46:28
[3959] Loiscenter2015-04-14 22:46:28

Tud-e valaki segiteni a következö feladatokban:

8x8 sakktáblának mezöit feketere és fehérre ugy, hogy minden oszlopban és minden sorban....:

1.feladat: 4 fehér és 4 fekete mezö van! és általanositás 2nx2n -re?

2. feladat: van mind két szinböl! és nxn általánositásra?

köszönöm!

[3958] Loiscenter2015-04-14 22:30:23

Segitséset szeretnék kérni a következö feladatban ( tudomásom szerint igaz )

Bizonyitsuk be hogy

f(x)= (n+1).&tex;\displaystyle x^n&xet; + n.&tex;\displaystyle x^{n-1}&xet; + ... + 2x + 1

irreducibilis (nem bontható két egész együtthatos nen 0- foku polinom szorzatára) egész számok felett.

Elnézést - remélem mar nincs több irási hiba.

nagyon köszönöm!

Előzmény: [3957] Loiscenter, 2015-04-14 22:24:10
[3957] Loiscenter2015-04-14 22:24:10

Segitséset szeretnék kérni a következö feladatban ( tudomásom szerint igaz )

Bizonyitsuk be hogy

f(x)= (n+1).&tex;\displaystyle x^n&xet; + n.&tex;\displaystyle x^{(n-1)}&xet; + ... + x + 1

irreducibilis (nem bontható két egész együtthatos nen 0- foku polinom szorzatára) egész számok felett.

nagyon köszönöm!

Előzmény: [3956] csábos, 2015-04-13 20:25:14
[3956] csábos2015-04-13 20:25:14

Ajjaj! Kéne még egy kis korrekció. Nem értem a feladatot.

Előzmény: [3954] Loiscenter, 2015-04-12 13:07:50
[3955] HoA2015-04-13 13:30:31

Vagy ugyanaz közvetlenül a megfelelő körívvel: &tex;\displaystyle AB = c&xet; és &tex;\displaystyle \gamma&xet; ismeretében a &tex;\displaystyle k&xet; körülírt kör megrajzolható. A &tex;\displaystyle C&xet;-t nem tartalmazó &tex;\displaystyle AB&xet; ív &tex;\displaystyle P&xet; felezőpontja körül &tex;\displaystyle PA&xet; sugárral rajzolt &tex;\displaystyle k_P&xet; kör áthalad a beírt kör &tex;\displaystyle O&xet; középpontján. Ezért &tex;\displaystyle O&xet; mint &tex;\displaystyle k_P&xet; és az &tex;\displaystyle AB&xet; -vel párhuzamos, tőle r távolságban húzott egyenes metszéspontja adódik. A háromszög &tex;\displaystyle a&xet; és &tex;\displaystyle b&xet; oldalegyenesei az &tex;\displaystyle O&xet; középpontú, &tex;\displaystyle r&xet; sugarú beírt körhöz &tex;\displaystyle B&xet; -ből ill. &tex;\displaystyle A&xet; -ból húzott érintők.

Előzmény: [3951] Fálesz Mihály, 2015-02-16 16:40:38
[3954] Loiscenter2015-04-12 13:07:50

korrigálom az irási hibát: Bizonyitsuk be hogy f(x)= (n+1). &tex;\displaystyle x^n&xet; + n. &tex;\displaystyle x^{n-1}&xet; + ... + x + 1 irreducibilis egész számok halmazában.

Előzmény: [3953] Loiscenter, 2015-04-12 08:56:01
[3953] Loiscenter2015-04-12 08:56:01

Bizonyitsuk be hogy f(x)= (n+1).&tex;\displaystyle x^n&xet; + n.&tex;\displaystyle x^n-1&xet; + ... + x + 1 irreducibilis egész számok halmazában.

[3952] rizsesz2015-02-16 18:14:12

Anyam. Koszi!

Előzmény: [3951] Fálesz Mihály, 2015-02-16 16:40:38
[3951] Fálesz Mihály2015-02-16 16:40:38

Segítség: Legyen a háromszög &tex;\displaystyle ABC&xet;, az &tex;\displaystyle AB&xet;-vel szemközti szöge -- amit ismerünk --, &tex;\displaystyle \gamma&xet;, a beírt kör középpontja &tex;\displaystyle I&xet;. Számítsd ki az &tex;\displaystyle BIA&xet; szöget.

Előzmény: [3950] rizsesz, 2015-02-16 14:54:35
[3950] rizsesz2015-02-16 14:54:35

Sziasztok! Van egy egyszerűnek tűnő feladatom, de azt hiszem, kifog rajtam: szerkesszünk háromszöget, ha adott egy oldala, az azzal szemközti szöge és a beírt kör sugara.

[3949] Fálesz Mihály2015-01-21 13:47:48

Szindbád unokája, André házasodik. A vendéglátó kalifa felajánlotta neki, hogy egy tradícionális, de annál szórakoztatóbb játék keretében hozzáadja az egyik szépséges lányát. Egy ennyire nagylelkű ajánlatot bárdolatlanság lenne visszautasítani -- az életébe kerülne -- így belemegy a játékba. Sajnos André még soha egyik lányt sem látta, csak annyit tud, hogy a kalifának 365 lánya van.

A játék szabályai a következők. A következő évben a kalifa minden reggel elbújtatja az egyik lányát a palota kertjének valamelyik bokra alatt. Azt, hogy a lányok milyen sorrendben jönnek, teljesen véletlenszerűen választja ki. Andrénak minden délelőtt 10 és 11 között fütyörészve, zsebre dugott kézzel körbe kell sétálnia a kertben. Amikor André melléje ér, a lánynak elő kell ugrania a bokorból, és fennhangon kiáltania kell: Szerelem vagy halál? Andrénak ekkor végleges, visszavonhatatlan IGEN-t vagy NEM-et kell mondania. Ha valakinek igent mond, ott helyben összeadják őket, és a játék véget ér.

André hallott róla, hogy nagyapja, a szintén világutazó Szindbád nagyon hasonló játékot nyert meg az akkori uralkodó udvarában. Szindbád maximalista volt, és mindig mindenből a legjobbat akarta; ebben a játékban is arra törekedett, hogy a legszebb lányt, Nagy Ő-t válassza ki. Szindbád stratégiája az volt, hogy az első néhány lánynak nemet mondott, és a többiek közül választotta az első olyat, aki az összes korábbi lánynál szebb volt. Kiszámította, hogy Nagy Ő megtalálására a legnagyobb, körülbelül &tex;\displaystyle 36,87\%&xet; esélye akkor van, ha az első 134 lánynak mond automatikusan nemet. Szindbádnak mázlija volt: sikerült Nagy Ő-t feleségül vennie.

De André arról is hallott, hogy a kalifa egy másik nevezetes vendége, Behrám herceg, aki megpróbálta Szindbád módszerét követni, hogyan járt pórul. A herceg esetében a legszebb lány a 129-edik volt a sorban, így nemet mondott neki és az utána következő összes többi lánynak is. Végül csak úgy kerülhette el a lefejezést, hogy feleségül vette az utolsó napon sorra került, pelyhes állú Koncsítát.

Ezért André, hogy a siker esélyét javítsa, azt a valamivel kisebb célt tűzi ki, hogy a három legszebb lány, Nagy Ő, Kis Ő és Félkövér Ő valamelyikét válassza ki. Stratégiája a következő: az évet négy évszakra osztja (tél, tavasz, nyár, ősz), ezek rendre &tex;\displaystyle X&xet;, &tex;\displaystyle Y&xet;, &tex;\displaystyle Z&xet;, illetve &tex;\displaystyle 365-X-Y-Z&xet; napból állnak. A téli időszakban hűvösen csak megfigyel, mindenkit ki fog kosarazni. Ha tavasszal olyan lánnyal találkozik, aki az összes korábbi lánynál szebb, annak igent fog mondani, a többieknek nemet. Nyáron akkor mond igent, ha a lánynál legfeljebb egy még szebbet látott korábban; végül ősszel akkor mond igent, ha az aktuális lánynál legfeljebb két szebbet látott már.

1. Mekkora a valószínűsége annak, hogy André Nagy Ő-t, Kis Ő-t, illetve hogy Félkövér Ő-t veszi feleségül?

2. Hogyan válassza meg André &tex;\displaystyle X&xet;, &tex;\displaystyle Y&xet; és &tex;\displaystyle Z&xet; értékét, hogy a lehető legmagasabb valószínűséggel elérje célját?

[3948] w2015-01-11 09:18:29

Lefedhető-e a tér diszjunkt körvonalakkal? (Kömal N.11.)

[3947] csábos2014-11-13 23:04:29

Hanyadikos vagy?

Előzmény: [3945] Szegedi Balázs, 2014-11-13 15:01:18
[3946] w2014-11-13 19:00:02

A gondolkodásban sokat tud segíteni, ha időnként megállsz, és lecsupaszítod a feladatot.

Csak azt tudod variálni, hogy hányszor nyomod le a billentyűt. Tehát ezzel igazából egy számot gépelsz be...

Előzmény: [3945] Szegedi Balázs, 2014-11-13 15:01:18
[3945] Szegedi Balázs2014-11-13 15:01:18

Sziasztok srácok! Én még új vagyok ezen az oldalon, és lenne egy sorozatokkal kapcsolatos kérdésem! Na szóval a kérdés a következő: Hogyan tudok úgy sorozatot alkotni, hogy csak egy billentyűt használok hozzá,és egymás után több számot is leírok. Szóval ez egyfajta "1-es számrendszer" elvileg ez egy nagyon egyszerű feladat de én nem jöttem rá a megoldásra. a válaszokat előre is köszönöm:)

[3944] w2014-11-10 17:00:42

Szerintem lelőhetnéd.

Előzmény: [3943] gyula60, 2014-11-08 16:52:22
[3943] gyula602014-11-08 16:52:22

Csak segíteni szeretnék ennek az egyszerű feladatnak a megoldásában. Egy lehetséges megoldás, ha felhasználjátok a koszinusztétel mindhárom alakját. Majd a szinusztételt alkalmazva írjátok fel &tex;\displaystyle S_a+S_b+S_c&xet;-ét az oldalak függvényében.

Előzmény: [3940] w, 2014-10-23 11:39:16
[3942] w2014-10-23 12:27:00

"Teljesen rossz" - szerintem ki bírod javítani. :)

Előzmény: [3941] Róbert Gida, 2014-10-23 11:58:19
[3941] Róbert Gida2014-10-23 11:58:19

Ez egy teljesen rossz megoldás. &tex;\displaystyle p^2&xet; is oszthatja az &tex;\displaystyle a_j-a_i&xet; tényezőt, ahogy &tex;\displaystyle j-i&xet;-t is.

Előzmény: [3939] w, 2014-10-23 11:36:52
[3940] w2014-10-23 11:39:16

Adott egy háromszög, melynek szögei: &tex;\displaystyle A&xet;, &tex;\displaystyle B&xet; és &tex;\displaystyle C&xet;. Vezessük be a következő jelölést:

&tex;\displaystyle S_a=\cos^2 B+\cos^2 C+2\sin B\sin C\cos A,&xet;

és ciklikusan permutálva a szögeket adjuk meg &tex;\displaystyle S_b&xet; és &tex;\displaystyle S_c&xet; kifejezéseket.

Adott &tex;\displaystyle S_a&xet; és &tex;\displaystyle S_b&xet;. Határozzuk meg &tex;\displaystyle S_c&xet; értékét!

[3939] w2014-10-23 11:36:52

Leírok egy megoldásvázlatot a feladatra (aztán kiderült, hogy a Skljarszkij-Csencov-Jaglomban is pont ez szerepel).

Legyen &tex;\displaystyle p&xet; tetszőleges prímszám. Belátjuk, hogy &tex;\displaystyle p&xet; kitevője &tex;\displaystyle C=\prod_{1\le i<j\le n}(j-i)&xet;-ben legalább annyi, mint &tex;\displaystyle p&xet; kitevője &tex;\displaystyle P=\prod_{1\le i<j\le n}(a_j-a_i)&xet;-ben.

Jelölje minden &tex;\displaystyle r=0,1,\dots,p-1&xet;-re &tex;\displaystyle k_r&xet; azt, hogy hány &tex;\displaystyle a_i&xet; ad &tex;\displaystyle r&xet; maradékot &tex;\displaystyle p&xet;-vel osztva. Ekkor &tex;\displaystyle p&xet; kitevője &tex;\displaystyle P&xet;-ben az &tex;\displaystyle \binom 12=\binom 02=0&xet; jelöléssel

&tex;\displaystyle \sum_{r=0}^{p-1}\binom{k_r}2.&xet;

Ennek a minimumát keressük &tex;\displaystyle k_0+k_1+\dots+k_{p-1}=n&xet; feltétel mellett (&tex;\displaystyle k_r&xet; természetes szám). Ha valamely két &tex;\displaystyle k_r&xet; eltérése legalább &tex;\displaystyle 2&xet;, akkor azokat egymás felé mozgatva, az összeg csökkenni fog; ebből következik, hogy a minimális összeget akkor érhetjük el, amikor bármely két &tex;\displaystyle k_r&xet; eltérése legfeljebb &tex;\displaystyle 1&xet;. Ez éppen a &tex;\displaystyle C&xet;-ben előforduló &tex;\displaystyle p&xet;-kitevőnek felel meg.

Talán mégiscsak ez a legegyszerűbb megközelítés. Habár determinánsokkal kétségtelenül elegánsabb.

Előzmény: [3936] w, 2014-09-28 14:05:41
[3938] jonas2014-09-30 15:33:19

Aha, a te bizonyításod egyszerűbb. Eltér az enyémtől, mert te nem jobbról, hanem balról szorzod meg valamivel a Vandermonde determinánst, mégpedig egy Stirling-számokból álló háromszög-mátrixszal.

Előzmény: [3936] w, 2014-09-28 14:05:41
[3937] Fálesz Mihály2014-09-28 17:59:17

Szerintem nem olyan nehéz megsejteni a választ: az &tex;\displaystyle 0,1,2,\dots,n-1&xet; számokból készített szorzat (a legkisebb pozitív szorzat), vagyis &tex;\displaystyle 1!\cdot 2!\cdot\dots\cdot (n-1)!&xet; a legnagyobb közös osztó.

Előzmény: [3935] jonas, 2014-09-28 00:07:31
[3936] w2014-09-28 14:05:41

Szerintem nagyon természetes a bizonyításod. (Az elején nyilván nem &tex;\displaystyle \prod (l-k)&xet;, hanem &tex;\displaystyle \prod (a_l-a_k)&xet; van, de ez nem zavaró.)

Én eredetileg picit máshogy olvastam:

&tex;\displaystyle \prod_{1\le i<j\le n}\frac{a_j-a_i}{j-i}=\frac{\prod_{1\le i<j\le n}(a_j-a_i)}{\prod_{k=0}^{n-1} k!}=\left(\prod_{k=0}^{n-1}k!\right)^{-1}\cdot \left|\matrix{a_1^0 & a_2^0 & \dots & a_n^0\cr a_1^1 & a_2^1 & \dots & a_n^1 \cr a_1^2 & a_2^2 & \dots & a_n^2 \cr \dots & & & \dots \cr a_1^{n-1} & a_2^{n-1} & \dots & a_n^{n-1} }\right|=&xet;

&tex;\displaystyle =\quad \left|\matrix{\frac{a_1^0}{0!} & \frac{a_2^0}{0!} & \dots & \frac{a_n^0}{0!}\cr \frac{a_1^1}{1!} & \frac{a_2^1}{1!} & \dots & \frac{a_n^1}{1!} \cr \frac{a_1^2}{2!} & \frac{a_2^2}{2!} & \dots & \frac{a_n^2}{2!} \cr \dots & & & \dots \cr \frac{a_1^{n-1}}{(n-1)!} & \frac{a_2^{n-1}}{(n-1)!} & \dots & \frac{a_n^{n-1}}{(n-1)!} }\right|\quad =\quad \left|\matrix{\binom{a_1}0 & \binom{a_2}0 & \dots & \binom{a_n}0 \cr \binom{a_1}1 & \binom{a_2}1 & \dots & \binom{a_n}1 \cr \binom{a_1}2 & \binom{a_2}2 & \dots & \binom{a_n}2 \cr \dots & & & \dots \cr \binom{a_1}{n-1} & \binom{a_2}{n-1} & \dots & \binom{a_n}{n-1} }\right|\quad \in Z.&xet;

De a feladat megoldható Vandermonde-determinánsok nélkül is.

Előzmény: [3935] jonas, 2014-09-28 00:07:31
[3935] jonas2014-09-28 00:07:31

Megsejteni nehéz, de ha már tudom, hogy mi a várt megoldás, akkor nem olyan nehéz bebizonyítani. Mutatok egy vázlatot. Ez elég ronda, szeretnék látni szebb bizonyítást.

Először írjuk fel az általad kért szorzatot Vandermonde-determináns alakban.

&tex;\displaystyle {\rm det} {\bf V} = \prod_{1\le k<l\le n} (l-k) = \left|\matrix{ a_1^0 & a_2^0 & \dots & a_n^0 \cr a_1^1 & a_2^1 & \dots & a_n^1 \cr a_1^2 & a_2^2 & \dots & a_n^2 \cr \dots & & & \dots \cr a_1^{n-1} & a_2^{n-1} & \dots & a_n^{n-1} \cr }\right| &xet;

Speciálisan írjuk fel a nevezőt is ilyen alakban.

&tex;\displaystyle {\rm det} {\bf S} = \prod_{1\le k<l\le n} (l-k) = \left|\matrix{ 1^0 & 2^0 & \dots & n^0 \cr 1^1 & 2^1 & \dots & n^1 \cr 1^2 & 2^2 & \dots & n^2 \cr \dots & & & \dots \cr 1^{n-1} & 2^{n-1} & \dots & n^{n-1} \cr }\right| &xet;

Most a célunk belátni, hogy bármilyen &tex;\displaystyle a &xet; egész számra a &tex;\displaystyle {\bf g}_a = {(}a^0, a^1, a^2, \dots, a^{n-1}{)}^{\rm T} &xet; vektort fel lehet írni az utóbbi determináns oszlopvektoraiból egész együtthatós lineáris kombinációként. Ezt teljes indukcióval lehet belátni. Vegyük észre ugyanis, hogy bármely &tex;\displaystyle 0 \le k < n &xet; egész kitevőre

&tex;\displaystyle 0 = \sum_{0\le l\le n} (-1)^l \binom{n}{l} (a-l)^k &xet;

ez ugyanis az &tex;\displaystyle a^k &xet; sorozat &tex;\displaystyle n &xet;-edik különbségsorozatának az &tex;\displaystyle a &xet; indexű eleme. Ebből

&tex;\displaystyle 0 = \sum_{0\le l\le n} (-1)^l \binom{n}{l} {\bf g}_{a-l}. &xet;

Ebben az összegben az együtthatók egészek, és a két szélső vektor, &tex;\displaystyle {\bf g}_a &xet; és &tex;\displaystyle {\bf g}_{a-n} &xet; éppen &tex;\displaystyle \pm1 &xet; együtthatóval szerepel. Ha kivonjuk a szélső tagot, akkor a maradék összeg megadja a &tex;\displaystyle {\bf g}_a &xet; illetve &tex;\displaystyle {\bf g}_{a-n} &xet; vektort az előző &tex;\displaystyle n &xet; illetve a következő &tex;\displaystyle n &xet; vektor egész együtthatós kombinációjaként. Így minden &tex;\displaystyle {\bf g}_n &xet; vektort rekurzívan kifejthetünk előre (ha &tex;\displaystyle n &xet; pozitív) vagy hátra (ha &tex;\displaystyle n &xet; nem pozitív) addig, hogy csak a &tex;\displaystyle {\bf g}_1, \dots, {\bf g}_n &xet; vektorok kombinációiból álljon, és ebben az együtthatók egészek lesznek.

Ha ezt a &tex;\displaystyle {\bf V} &xet; mátrix minden oszlopára megtesszük, akkor &tex;\displaystyle {\bf V} &xet;-t felírtuk &tex;\displaystyle {\bf S} &xet; és egy egész együtthatós mátrix szorzataként, innen &tex;\displaystyle {\rm det} {\bf V} &xet; többszöröse &tex;\displaystyle {\rm det} {\bf S} &xet;-nek.

Előzmény: [3934] w, 2014-09-27 19:57:42
[3934] w2014-09-27 19:57:42

Igen, ez a megoldás. A feladat más szóval azt kéri, hogy bizonyítsuk be, hogy

&tex;\displaystyle \prod_{1\le i<j\le n}\frac{a_j-a_i}{j-i}&xet;

egész szám bármely &tex;\displaystyle a_1,a_2,\dots,a_n&xet; egész számokra.

Kíváncsi vagyok, hogy milyen megoldási ötleteket fogtok találni.

Előzmény: [3933] jonas, 2014-09-16 23:10:19
[3933] jonas2014-09-16 23:10:19

Nem ismertem, de érdekes feladat. Szerintem ez a sorozat a megoldás rá.

Előzmény: [3932] w, 2014-09-15 17:56:02
[3932] w2014-09-15 17:56:02

Kíváncsi vagyok, hányan ismerik:

Legyen &tex;\displaystyle n&xet; pozitív egész szám, és tekintsük bármely &tex;\displaystyle S=(a_0,\dots,a_n)&xet; egész számokból álló sorozathoz a

&tex;\displaystyle f(S)=\prod_{0\le i<j\le n}(a_j-a_i)&xet;

szorzatot. Ezzel az összes ilyen számsorozathoz egy-egy egész számot rendeltünk. Mi a legnagyobb olyan pozitív egész, amely minden &tex;\displaystyle f(S)&xet; számot osztja?

[3931] w2014-09-15 17:51:48

Erre lényegét tekintve csak egyetlen bizonyítást ismerek, de jó meggondolni, hogy hányféleképpen mondható el. Talán a legrövidebb magyarázat a következő.

Vegyük észre, hogy az egyenlet ekvivalens a következő nyilvánvaló ténnyel:

&tex;\displaystyle \left|\left\{(k,a)\in N^2:\quad 0<k^ta\le x^t\right\}\right|=\left|\left\{(k,b)\in N^2:\quad 0<k^{1/t}b\le x\right\}\right|,&xet;QED.

Megjegyzés. Ha nadorp gondolatmenetét akarjuk átvinni, a következő szemléletesebb modellel lehet a legérdekesebb elmondani (lásd akár a 2013-as IMO shortlist A4 feladatát). Rajzoljunk egy oszlopdiagramot a derékszögű koordinátarendszer első síknegyedébe, méghozzá úgy, hogy az &tex;\displaystyle x&xet;-tengelyen a &tex;\displaystyle k&xet;-adik egységszakasz fölé &tex;\displaystyle \left[\frac{x}{k^{1/t}}\right]&xet; magasságú oszlopot rajzolunk. Az oszlopok együttes területe így a jobb oldalt adja ki, és persze az oszlopok "ereszkednek". Most képzeljük el mindezt, mint egy sordiagramot: nézzük meg, hogy milyen hosszú sor lóg ki az &tex;\displaystyle y&xet;-tengely &tex;\displaystyle k&xet;-adik egységszakaszán. Ez a sor éppen addig tart, amíg az &tex;\displaystyle a&xet;-adik oszlop magassága legalább &tex;\displaystyle k&xet;, avagy amíg

&tex;\displaystyle \left[\frac{x}{a^{1/t}}\right]\ge k,&xet;

&tex;\displaystyle \frac{x}{a^{1/t}}\ge k,&xet;

&tex;\displaystyle \frac{x^t}{k^t}\ge a,&xet;

&tex;\displaystyle \left[\frac{x^t}{k^t}\right]\ge a.&xet;

Más szóval, az (alulról) &tex;\displaystyle k&xet;-adik sor hossza éppen &tex;\displaystyle \left[\frac{x^t}{k^t}\right]&xet;, és ezzel kaptuk, hogy a bal oldali összeg is a diagram területét adja ki.

Előzmény: [3930] w, 2014-09-09 19:55:20
[3930] w2014-09-09 19:55:20

Az általánosításban szükségszerű pozitív egészekre szorítkozni? Igaz-e, hogy ha &tex;\displaystyle x,t>0&xet;, akkor

&tex;\displaystyle \sum_{k=1}^\infty \bigg[\frac{x^t}{k^t}\bigg]=\sum_{k=1}^\infty \bigg[\frac x{k^{1/t}}\bigg].&xet;

Előzmény: [3929] nadorp, 2014-09-09 10:23:38
[3929] nadorp2014-09-09 10:23:38

Ha &tex;\displaystyle 1\leq k\leq n^2&xet; egész és &tex;\displaystyle \left[\frac{n}{\sqrt{k}}\right]=a&xet;, akkor nyilván &tex;\displaystyle 1\leq a\leq n&xet; ,továbbá

&tex;\displaystyle \frac{n^2}{(a+1)^2}<k\leq\frac{n^2}{a^2} &xet;(1)

Legyen &tex;\displaystyle I_a=\bigg(\frac{n^2}{(a+1)^2};\frac{n^2}{a^2}\bigg]&xet; balról nyílt, jobbról zárt intervallum (&tex;\displaystyle 1\leq a\leq n&xet; egész). Ekkor az &tex;\displaystyle I_a&xet; intervallumok diszjunktak, uniójuk tartalmazza az összes egészt 1 és n között, mégpedig mindegyik &tex;\displaystyle I_a&xet; pontosan &tex;\displaystyle \left[\frac{n^2}{a^2}\right]-\left[\frac{n^2}{(a+1)^2}\right]&xet; egészt tartalmaz. Mivel &tex;\displaystyle k\in I_a&xet; pontosan akkor teljesül, ha &tex;\displaystyle \left[\frac{n}{\sqrt{k}}\right]=a&xet;, ezért

&tex;\displaystyle \sum_{k=1}^{n^2}\left[\frac{n}{\sqrt{k}}\right]=\sum_{a=1}^{n}\sum_{k\in I_a}\left[\frac{n}{\sqrt{k}}\right]=\sum_{a=1}^{n}a\left(\left[\frac{n^2}{a^2}\right]-\left[\frac{n^2}{(a+1)^2}\right]\right)=\sum_{a=1}^{n}\left[\frac{n^2}{a^2}\right]&xet;

Általánosítás:

Tetszőleges n,m pozitív egészre

&tex;\displaystyle \sum_{k=1}^{n^m}\left[\frac{n}{\root{m}\of{k}}\right]=\sum_{k=1}^{n}\left[\frac{n^m}{k^m}\right]&xet;

Előzmény: [3928] w, 2014-09-03 16:17:04
[3928] w2014-09-03 16:17:04

Jelölje &tex;\displaystyle [x]&xet; az &tex;\displaystyle x&xet; egészrészét. Bizonyítsuk be, hogy

&tex;\displaystyle \left[\frac{n^2}{1^2}\right]+\left[\frac{n^2}{2^2}\right]+\dots+\left[\frac{n^2}{n^2}\right]=\left[\frac{n}{\sqrt{1}}\right]+\left[\frac{n}{\sqrt{2}}\right]+\dots+\left[\frac{n}{\sqrt{n^2-1}}\right]+\left[\frac{n}{\sqrt{n^2}}\right].&xet;

Keressünk általánosítást is.

[3927] Loiscenter2014-08-13 10:37:02

Nagyon köszönöm szépen Lóczi Lajos ellenpéldát.(elnézés a elözö irás Névhibáért)

Hozá kell még pontositanom hogy k, n pozitiv egész!

Előzmény: [3926] Loiscenter, 2014-08-13 10:10:59
[3926] Loiscenter2014-08-13 10:10:59

Nagyon köszönöm szépen Loci Láo ellenpéldát.

Hozá kell még pontositanom hogy k pozitiv egész!

Előzmény: [3925] Lóczi Lajos, 2014-08-12 22:42:02
[3925] Lóczi Lajos2014-08-12 22:42:02

Nem. Pl. &tex;\displaystyle n=2&xet;, &tex;\displaystyle x_1=1/2&xet;, &tex;\displaystyle x_2=3/2&xet; és &tex;\displaystyle k=-2&xet; ellenpélda.

Előzmény: [3924] Loiscenter, 2014-08-12 18:31:27
[3924] Loiscenter2014-08-12 18:31:27

Legyenek &tex;\displaystyle x_1&xet; , &tex;\displaystyle x_2&xet; , ... , &tex;\displaystyle x_n&xet; pozitiv számok, melyeknek összegük n azaz &tex;\displaystyle x_1 + x_2 +...+ x_n = n&xet;.

Igaz -e a következö egyenlötlenség:

&tex;\displaystyle x_1^k.x_2^k...x_n^k &xet; ( &tex;\displaystyle x_1^{k+1}&xet; + &tex;\displaystyle x_2^{k+1}&xet; +....+ &tex;\displaystyle x_n^{k+1}&xet; ) =< &tex;\displaystyle x_1^k+x_2^k +....+ x_n^k .&xet;

[3923] Loiscenter2014-08-12 17:59:22

Multkor kéedeztem a következö feladatot

ROKA SÁNDOR: 2000 feladat.... ( 1780. feladat) Adott 35 pozitiv egész szám, amelyek összege 100, és egyikük sem nagyobb 50-nél. Bizonyitsuk be, hogy van köztük néhány olyan, amelyek összege 50.

Most Ehhez a témához kapcsolatban szeretnék segitséget megint kérni. A szakirodalmakrol és közelálló eredményekrol adnatok valamilyen tampontot hogy elinduljak! köszönöm szépen elöre! N.V. Loi.

[3922] Loiscenter2014-07-29 11:01:37

Megjegyzés Erben Péter munkajaval kapcsolattal: 1)Nagyon tetszik nekem a algoritmus és egyenlőtlenség kombinácio alkalmazását. Sötszerintem általanos fejlesztéshez ezen az irányon érdemes menni. 2) köszönöm a Pataki J. munkahoz hozzáférhetöget. 3). szeretnek tovabb menni a khövetkezö iranyba: 2n (k.n)osszegu es egyenkent sulya nem nagyobb n-nel. Mi a legkisebb m szam hogy ket (k) egyenlö részre bonthatoság. ehhez tudtok -e irodalmat forrását segiteni nekem esetleg az tapasztalatokat, javaslatokat is!!! nagyon köszönöm szépen a segitségeteket!!!

Nguyen Van Loi.

Előzmény: [3920] Erben Péter, 2014-07-28 22:51:14
[3921] Loiscenter2014-07-29 10:46:16

Elöbb szeretném folytatni a gondolataimat: Most tekintjük azt az esetet, amikor maximum csak 8 csoportra oszthato a számokat.legyen ezek A1, A2, A3,..., A8 növekvö összegü sorendben. A1,A2,...,A5 5-ösból kivalaszthato nehány tagot , melynek összege oszthato 25 -tel. ez csak 25 lehet ( mert 50-est kizarjuk, 75-est nem éri el azért mert utolso 2 tag összege nagyobb 25 -nél). 1)csak azt az esetet kell foglalkozni, amikor legalabb 3 tag van benne az 25-ösben.==> van 5-ös összegü tag. legyen ez A1=5. 2)Vesszük A2, A3,..., A6 -t , ebben megint talaljuk legalább 3 tagu 25-ös összeget. megint van 5-ös összegü tag. legyen ez A2=5. 3)Valasszuk ki A3, A4,..., A7. Ha ennek összege 75, akkor A8=15. A kompozicio:( 5, 5, 15, 15, 15, 15, 15, 15 ) ebböl 5+ 15+15+15=50 jo. Más különben megint van 5-ösöm. Legyen ez A3=5. 4) most vesszük A1, A2, A3,A7, A8. Ha összege 75 akkor A4+A5+ A6=25. ==> A4=5, ezért A7+A8=60, ebben csak 30+30 lehet. megint tudjuk 50-est kombinálni. 5)Hanem, akkor megint van 25-ös. tehat A4 = 5 vagy A4=10. 6)A felmaradó 3 tagbol egyik sem lehet 25, osszegük pedig legalább 75, kell hogy legyen. ezért van 30-nal nem kisebb tag ez legyen A8. igy vagy vele vagy masik ket taggal tudjuk kombinalni 50-est. kész.

Előzmény: [3920] Erben Péter, 2014-07-28 22:51:14
[3920] Erben Péter2014-07-28 22:51:14

Itt még sokkal több érdekesség olvasható a feladatról (a 64. oldaltól).

Előzmény: [3919] Erben Péter, 2014-07-28 22:33:54
[3919] Erben Péter2014-07-28 22:33:54

Ha &tex;\displaystyle k=1&xet;, akkor tehát az történt, hogy a 7 legnagyobb súlyt már be tudtuk pakolni, és az utolsó (&tex;\displaystyle b_1&xet;) nem fér egyik tartályba sem. Ebből következik, hogy &tex;\displaystyle b_1>1&xet;. Sőt, &tex;\displaystyle b_1=2&xet;, mert &tex;\displaystyle b_1\ge 3&xet;-ból az következne, hogy a súlyok összege legalább 24.

Továbbra is az összegre figyelve kiderül, hogy legalább 4 darab 2-es van. (&tex;\displaystyle 2+7\cdot 3 > 20&xet;, &tex;\displaystyle 2\cdot 2+ 6\cdot 3>20&xet;, stb.) Ha van 5 darab kettes, akkor kész vagyunk.

Ha pont 4 darab 2-es van, akkor a maradék 4 súly mind 3. Ebben az esetben &tex;\displaystyle 2+2+3+3&xet; megoldás.

Megjegyzés: A &tex;\displaystyle p(k)&xet; polinom általában is segít megtalálni egy olyan &tex;\displaystyle m&xet; számot, ami fölött mindig megy a kiválasztás. Amikor 100 az összeg, akkor az derül ki, hogy &tex;\displaystyle m=35&xet; a határ. (Ott is a &tex;\displaystyle k=1&xet; esettel kell külön megküzdeni.) &tex;\displaystyle m=34&xet;-re a 33 darab 3-as és 1 darab 1-es esetén nem állítható elő az 50.

Előzmény: [3918] Erben Péter, 2014-07-28 22:17:51
[3918] Erben Péter2014-07-28 22:17:51

Megpróbálom leírni a kisebb feladatra, onnan lehet általánosítani.

Adott tehát 8 pozitív egész, összegük 20, egyik sem több, mint 10. Szeretnénk kiválasztani közülük néhányat, amelyek összege 10.

Megadunk egy algoritmust, ami sok esetben megadja a megoldást. Ha mégsem, azokkal az esetekkel elbánunk valahogy.

Algoritmus: A számokat súlyoknak tekintjük, amiket két 10 kg kapacitású "tartályba" próbálunk bepakolni a következő módon. Súly szerint csökkenő sorrendben haladunk, és a soron következő súlyt berakjuk valamelyik tartályba, ahova még elfér. Soha nem lépjük át a 10 kg-os határt. Ha végigmegy az algoritmus, akkor örülünk. Ha nem, akkor megvizsgáljuk, hol akadtunk el.

Az elakadás szükséges feltétele: Legyenek a súlyok: &tex;\displaystyle b_8\ge b_7 \ge \dots \ge b_1&xet;. Tegyük fel, hogy a &tex;\displaystyle k&xet;. súly az első, amit már egyik tartályba sem tudunk berakni. Ha a tartályokban pillanatnyilag megmaradt szabad kapacitás &tex;\displaystyle h_1&xet; és &tex;\displaystyle h_2&xet;, akkor az elakadás azt jelenti, hogy &tex;\displaystyle b_k>h_1&xet; és &tex;\displaystyle b_k>h_2&xet;. Egészekrők van szó, vagyis &tex;\displaystyle b_k\ge h_1+1&xet; és &tex;\displaystyle b_k\ge h_2&xet;.

Most felhasználjuk, hogy a szabad kapacitások összege pontosan a még be nem pakolt súlyok összege.

&tex;\displaystyle 2b_k\ge h_1+ h_2 +2 = b_1+b_2+\dots+b_{k-1}+b_k+2 \rightarrow b_k \ge b_1+b_2+\dots+b_{k-1}+2 \ge k+1&xet;

Alulról becsülve az összes súly összegét:

&tex;\displaystyle 20=b_1+b_2+\dots+b_8 = (b_1+\dots+b_{k-1})+(b_k+\dots+b_8)\ge k-1+(8-k+1)\cdot(k+1)&xet;

Rendezés után &tex;\displaystyle k^2-9k+12\ge 0&xet; adódik. Csak olyan &tex;\displaystyle k&xet; indexű súlynál akadhat el az algoritmus, amire a &tex;\displaystyle p(k)=k^2-9k+12&xet; polinom nemnegatív. Az fog kiderülni, hogy nem sok ilyen &tex;\displaystyle k&xet; van.

A &tex;\displaystyle p(k)&xet; csak &tex;\displaystyle k=1&xet; és &tex;\displaystyle k=8&xet; esetén nemnegatív, a minket érdeklő halmazon.

&tex;\displaystyle k=8&xet; nem lehetséges, mert feltettük, hogy minden súly legfeljebb 10. Marad tehát a &tex;\displaystyle k=1&xet; eset, ott még kell egy kicsit dolgozni. (Folyt. köv.)

Előzmény: [3917] csábos, 2014-07-28 21:28:13
[3917] csábos2014-07-28 21:28:13

Mostmár szívesen látnám a hivatalos megoldást. Akár a Pataki tanár úr félét.

Előzmény: [3916] Erben Péter, 2014-07-28 19:42:26
[3916] Erben Péter2014-07-28 19:42:26

Innen már tényleg kevés van hátra.

A 8 tag esete az eredeti probléma kisebb változata. Legyenek a &tex;\displaystyle b_1, b_2,\dots,b_8&xet; a tagokban lévő számok összegének ötödével egyenlők. Így &tex;\displaystyle b_1+b_2+\dots+b_8=20&xet;, és &tex;\displaystyle b_i\le 10&xet;. Megmutatható, hogy kiválasztható közülük néhány, amelyek összege 10. A kiválasztott &tex;\displaystyle b_i&xet;-k megadják az eredeti feladat megoldását: a nekik megfelelő tagokban lévő számok összege 50.

Előzmény: [3915] Loiscenter, 2014-07-28 15:23:48
[3915] Loiscenter2014-07-28 15:23:48

Nagyon jo ötletet meritettem a hozzászólásotokböl.

Most tekintjuk azt legfinomabb felosztást, melyre csak 7 csoport a maximális. 1) csoportok közti szamok különbsége oszthato 5-tel. 2) (LEGFONTOSABB): csorton belül szamok különbsége is rendelkezik ezzel a tulajdonsaggal.( különben csinálhatjuk egy rossz cserét). összegezve : 35 számokbol bármelyik kettönek különbsége osztható 5-tel. 3)vannak 3-nal kisebb szám. tehat vagy 1, vagy 2( és kizárják egymást). a)ha legkisebb szám 2. akkor alap 2.35=70. ezért mar csak legfeljebb(30:5)=6 darab 7-nal nem kisebb szam lehet. azaz legalább (35-6)=29 darabb 2-es van ==> kivalasztható 25-öt , kész.(ez pont Erben P. esete) b) ha legkisebb szam 1-es. akkor alap: 35. csak (65:5=13 darab 6-nál nem kisebb. azaz (35-13)=22 darab 1-es van legalabb. tehat van 4 csoport , melynek összege 5 ( összesen 20) és 3 csoport, melynek összege 80.téhát van 30-nal nagyobb összegü. ennek összege csak 50-nal nagyobb lehet:55,60,65,70.(mert van még két csoport).ebbol a csoportbol 2 darabb legnagyobb szam kicerélem a legkiebb-be igy csokkenthetjuk 50 alá az összeget. Tovább kiegészithetem 1-essekkel 50-re. téhat a 7-es csoport esete el van intézve. csak 8-as csoport esete maradt. (de jo !!!!)

Előzmény: [3914] csábos, 2014-07-28 10:51:42
[3914] csábos2014-07-28 10:51:42

A csoportok közti csere azt jelenti, hogy ha pontosan 5 elemből áll egy csoport, és van két ilyen is, akkor egy-egy elemet cserélve újabb 5-ösöket kapunk, amelyekből szintén kiválasztható néhány szám. amely összege osztható 5-tel. Ha a cserélt számok nem kongruensek egymással modulo 5, akkor kisebb csoportokat kapunk. Így feltehető, hogy ha van több 5-ös csoport, akkor az összes azokban lévő elem páronként kongruens modulo 5.

Előzmény: [3913] Erben Péter, 2014-07-28 07:24:17
[3913] Erben Péter2014-07-28 07:24:17

A 3. pontot nem értem, amikor cserélünk számokat a tagok között. Pedig arra biztosan szükség lesz, amint a következő példa mutatja.

Tegyük fel, hogy a 35 szám így néz ki: 29 darab 2-es és 6 darab 7-es. Ekkor a 7-est tartalmazó tagok pontosan öt eleműek, és a csupa 2-esből állók is. Vagyis pontosan 7 tag lesz.

Előfordulhat, hogy a 7 tag így néz ki: 6-szor: (2+2+2+2+7), 1-szer: (2+2+2+2+2). Itt a tagok összegének megváltoztatása nélkül nem tudjuk az ötvenet előállítani, hiszen van 6 db 15-ös és 1 db 10-es.

Előzmény: [3912] Loiscenter, 2014-07-27 16:05:40
[3912] Loiscenter2014-07-27 16:05:40

ROKA SÁNDOR: 2000 feladat.... ( 1780. feladat) a feladat 35 db számrol van szo! tehát sokkal erösebb állitás. Van már majdnem megoldásom(????) ezutan mindig indirekt modon tegyuk fel hogy nincs 50 összeg. Elöször : bontjuk 5-tel osztható csoportokra ( ezt tehetjük) Tekintjuk a legfinomabb ilyen felbontást. ( legtöbb tagot tartalmazást). ÉSZRE VÉTELEK legfinomabb felbontasokról : 1, legalább 7 tagot tartalmaz. 2. minden ilyen tag a csoportban legfeljebb 5 szamot tartalmaz. 3. Ha A1 A2 ket tag , akkor barmelyik ket szám helyi csere a tagok közötti esetén az 5-tel valo oszthatsága megmaradt, igy tagnak maradtak. 4. 25 összegü tagot nem tartalmazhat. 5. 9-nél több tag nem lehet.(söt 9 -es se) tehat csak 7,8 tagot tartalmazo felbontás maradt. itt a 3) pont nagyon kezdtem kiaknazni - nincs meg nekem teljes kidolgozva. mindig varom a segitségeteket És nagyon varom ErBen Péter féle fejlesztést (minimum mennyi a legkisebb m...) addig is köszönöm a segitségeteket.

Előzmény: [3911] Erben Péter, 2014-07-27 10:37:39
[3911] Erben Péter2014-07-27 10:37:39

Ha 35 helyett 51 számról kérdezzük a feladat állítását, akkor működik az oszthatóságos lemma, és még a kiegyensúlyozós fázisra sincs szükség.

Veszünk 50 számot az 51 közül. Ezekből kiválasztható néhány, amelyek összege 50-nel osztható. Az összeg biztosan pozitív és 100-nál kisebb (az 51. szám kihagyása miatt), tehát csak 50 lehet.

Előzmény: [3910] csábos, 2014-07-25 20:27:23
[3910] csábos2014-07-25 20:27:23

Igazad van, tényleg elnéztem.

Előzmény: [3909] Erben Péter, 2014-07-25 18:12:03
[3909] Erben Péter2014-07-25 18:12:03

Ez egy nagyon szép feladat.

Én úgy tanultam -- Pataki Jánostól --, hogy először 51 számról kérdezzük, miért lehet őket egyenlő összegű csoportokra bontani, utána megcsináljuk 50 számra (itt már kell a feltétel, hogy nincs 50-nél nagyobb), és utána kezdjük el keresni, hogy melyik legkisebb &tex;\displaystyle m&xet;-re igaz a következő:

Ha az &tex;\displaystyle a_1, a_2, \dots, a_m&xet; pozitív egészek összege 100, akkor két egyenlő összegű csoportba oszthatók.

A megoldást nem akarom még lelőni.

Előzmény: [3906] Loiscenter, 2014-07-24 22:03:58
[3908] Erben Péter2014-07-25 18:06:33

Ha jól értem, azt használtad, hogy az &tex;\displaystyle a_1, a_2, a_3, \dots a_n&xet; egészek közül kiválasztható néhány, amelyek összege osztható &tex;\displaystyle n&xet;-nel.

Azt nem látom, hogy ha &tex;\displaystyle n=25&xet;-re használjuk ezt, akkor mi garantálja a 25 darab 1-est. A 25 kijöhetett úgy is, hogy &tex;\displaystyle a_1,a_2,\dots,a_{25}&xet; nem mindegyike 1, és a kiválasztásnál nem használtuk mindegyiket.

Előzmény: [3907] csábos, 2014-07-25 09:45:35
[3907] csábos2014-07-25 09:45:35

Vegyük a 25 legkisebb számot közülük. Ezek közül van néhány, amelyek összege osztható 25-tel. Ez az összeg nem lehet 75, mert akkor a 35 szám összege 100 fölött lenne. Ha 50 az összeg, nyertünk. Ha az összeg 25, akkor van 25 darab 1-esünk, és 10 számunk, amelyek összege 75. Osszuk el ezt két kb. egyforma részre. Ha valamelyik rész összege 25 és 50 közt van, akkor kipótoljuk az 1-esekkel. Ha az egyik kisebb, mint 25, a másik nagyobb, mint 50, akkor áttesszük a legkisebb elemet a nagyból a kicsibe. Mivel nincs 50-nél nagyobb szám, ezért a két kupac összege közti különbség csökkent. Így folytatva egy idő után a különbség 25 alatt lesz, és ekkor az egyik (mindkét) rész összege 25 és 50 közé esik.

Előzmény: [3906] Loiscenter, 2014-07-24 22:03:58
[3906] Loiscenter2014-07-24 22:03:58

Segitség!!! ROKA SÁNDOR: 2000 feladat.... ( 1780. feladat) Adott 35 pozitiv egész szám, amelyek összege 100, és egyikük sem nagyobb 50-nél. Bizonyitsuk be, hogy van köztük néhány olyan, amelyek összege 50.

[3905] w2014-07-23 17:13:13

Igen, ez a természetes megoldás. Még a következő (elegánsabb) megoldást ismerem: &tex;\displaystyle n&xet; szerinti teljes indukcióval (a feltételt és a háromszög-egyenlőtlenséget használva) könnyen adódik, hogy &tex;\displaystyle |a_{nk}-na_k|<n&xet;, ahonnan a háromszög-egyenlőtlenséggel

&tex;\displaystyle \left|\frac{a_n}n-\frac{a_k}k\right|\le \frac{|a_{nk}-na_k|+|ka_n-a_{nk}|}{nk}<\frac1n+\frac1k.&xet;

Arra lennék kíváncsi, hogy mennyire lehet ehhez a korláthoz közel menni: milyen, a feltételt kielégítő &tex;\displaystyle (a_n)&xet; sorozat esetén lesz "nagy" az &tex;\displaystyle \frac{a_n}n&xet; számok eltérése. Van-e olyan &tex;\displaystyle c<1&xet;, amire a bizonyítandó becslés jobb oldalán &tex;\displaystyle c\left(\frac1n+\frac1k\right)&xet; írható (esetleg véges sok &tex;\displaystyle n,k&xet; kivételével)?

Előzmény: [3904] nadorp, 2014-07-23 13:15:55
[3904] nadorp2014-07-23 13:15:55

Ha n>k, akkor a feltétel szerint

&tex;\displaystyle \frac{a_n}n\leq\frac1n+\frac{a_k+a_{n-k}}n&xet;

&tex;\displaystyle \frac{a_n}n-\frac{a_k}k\leq\frac1n+\frac{a_k+a_{n-k}}n-\frac{a_k}k=\frac1n+\frac1{nk}\left(ka_{n-k}-(n-k)a_k\right)&xet;

Hasonlóan

&tex;\displaystyle \frac{a_n}n-\frac{a_k}k\geq-\frac1n+\frac1{nk}\left(ka_{n-k}-(n-k)a_k\right)&xet;

Innen n szerinti indukcióval &tex;\displaystyle |ka_{n-k}-(n-k)a_k|\leq n-k+k=n&xet; felhasználásával adódik az állítás

Előzmény: [3903] w, 2014-07-18 13:41:45
[3903] w2014-07-18 13:41:45

Legyen &tex;\displaystyle a_1,a_2,\dots&xet; egy valós számokból álló végtelen sorozat, amire minden pozitív egész &tex;\displaystyle k,n&xet; esetén fennáll

&tex;\displaystyle |a_{k+n}-a_k-a_n|\le 1.&xet;

Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges &tex;\displaystyle k,n&xet; esetén

&tex;\displaystyle \left|\frac{a_k}k-\frac{a_n}n\right|\le \frac1k+\frac1n.&xet;

[3902] nadorp2014-07-01 09:48:43

A [3901]-ben leírt 2. állítás bizonyításához a Dirichlet tétel következő nyilvánvaló következményét kell kimondani:

Végtelen sok olyan &tex;\displaystyle \frac pq&xet; racionális szám létezik, amelyre (p,q)=1 és &tex;\displaystyle \left|\alpha-\frac pq\right|<\frac1{q^2}&xet;

Előzmény: [3901] nadorp, 2014-06-30 16:00:40
[3901] nadorp2014-06-30 16:00:40

Én is feltettem, hogy f mindenütt értelmezett.

Először is ha f T periódusú függvény, akkor a g(x)=f(Tx) 1 szerint periodikus és tetszőleges k egészre

&tex;\displaystyle f(k)=g\left(\frac kT\right)=g\left(\left\{\frac kT\right\}\right)=g\left(\left\{k\left\{\frac1T\right\}\right\}\right)&xet;

azaz elég belátni az alábbi állítást:

Ha f 1 szerint periodikus, folytonos, páratlan függvény és &tex;\displaystyle 0<\alpha<1&xet; irracionális szám, akkor

&tex;\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{k=1}^nf(k\alpha)=0&xet;

A bizonyítás az A.603 megoldásának gondolatmenetét használja.

Először is szükségünk lesz a következő állításra:

1. állítás: f egyenletesen folytonos az értelmezési tartományán

1. állítás bizonyítása

Legyen &tex;\displaystyle \varepsilon>0&xet;. A folytonosság miatt f a [0,1]-en egyenletesen folytonos, tehát létezik olyan &tex;\displaystyle \delta<1&xet; pozitív szám, hogy ha &tex;\displaystyle x_1,x_2\in[0,1]&xet; és &tex;\displaystyle |x_1-x_2|<\delta&xet;, akkor &tex;\displaystyle |f(x_1)-f(x_2)|<\frac\varepsilon2&xet;. Legyenek most &tex;\displaystyle x\neq y &xet; olyan valós számok, melyekre &tex;\displaystyle |x-y|<\delta<1&xet;. Ekkor két eset lehetséges.

1.eset: létezik n egész szám úgy, hogy &tex;\displaystyle x,y\in[n,n+1]&xet;

Ekkor az 1 szerinti periodikusság miatt &tex;\displaystyle |f(x)-f(y)|<\frac\varepsilon2<\varepsilon&xet;

2. eset: létezik n egész szám x és y között, pld. x<n<y

Mivel f(n)=0 ( f páratlan), ezért az 1.esetet alkalmazva &tex;\displaystyle |f(x)|=|f(x)-f(n)|<\frac\varepsilon2&xet; és &tex;\displaystyle |f(y)|=|f(y)-f(n)|<\frac\varepsilon2&xet;, tehát

&tex;\displaystyle |f(x)-f(y)|\leq|f(x)|+|f(y)|<\varepsilon&xet;.

Ezzel az 1. állítást igazoltuk.

__________________________________

a feladat bizonyítása

Legyen &tex;\displaystyle \varepsilon>0&xet;. Ekkor az 1. állítás miatt létezik olyan &tex;\displaystyle \delta&xet; pozitív szám, hogy &tex;\displaystyle |x-y|<\delta&xet; esetén &tex;\displaystyle |f(x)-f(y)|<\varepsilon&xet;.

f páratlan és 1 periódusú, ezért &tex;\displaystyle \int_0^1f(x)dx=0&xet;, azaz &tex;\displaystyle \lim_{q\to\infty}\frac1q\sum_{k=1}^qf\left(\frac kq\right)=0&xet;, tehát nagy q-ra.

&tex;\displaystyle \left|\frac1q\sum_{k=1}^qf\left(\frac kq\right)\right|<\varepsilon &xet;(1)

Dirichlet approximációs tétele szerint létezik végtelen sok olyan &tex;\displaystyle \frac{p}{q}&xet; racionális szám, amelyre &tex;\displaystyle \left|\alpha-\frac{p}{q}\right|<\frac1{q^2}&xet;

Válasszunk az ilyen törtek közül egy olyat, melynek q nevezőjére teljesül (1) és &tex;\displaystyle q>\frac2\delta&xet;.

Ekkor az előbb választott q-ra és tetszőleges x valós számra igaz a következő állítás.

2. állítás:

&tex;\displaystyle \left| \sum_{k=1}^qf(x+k\alpha)\right| < 2q\varepsilon &xet;(2)

2. állítás bizonyítása

Legyen r olyan egész, hogy &tex;\displaystyle \frac rq\leq x<\frac{r+1}q&xet;. Ekkor &tex;\displaystyle \left|x-\frac rq\right|\leq\frac 1q&xet; és

&tex;\displaystyle \left|\sum_{k=1}^qf(x+k\alpha)\right|\leq\sum_{k=1}^q\left|f(x+k\alpha)-f\left(\frac rq+\frac {kp}q\right)\right|+\left|\sum_{k=1}^qf\left(\frac rq+\frac {kp}q\right)\right|&xet;

Mivel &tex;\displaystyle \left|x+k\alpha-\frac rq -\frac{kp}q\right|\leq\left|x-\frac rq\right|+k\left|\alpha-\frac pq\right|<\frac 1q+\frac k{q^2}<\frac2q<\delta&xet;

és

&tex;\displaystyle \sum_{k=1}^qf\left(\frac rq+\frac {kp}q\right)=\sum_{k=1}^qf\left(\frac kq\right)&xet;, hiszen az r+kp számok teljes maradékrendszert alkotnak mod q

ezért az 1.állítás és (1) alapján

&tex;\displaystyle \left|\sum_{k=1}^qf(x+k\alpha)\right|<\sum_{k=1}^q\varepsilon+q\varepsilon=2q\varepsilon&xet;

Ezzel a 2. állítást igazoltuk.

__________________________________

Legyen most már n pozitív egész, melyre &tex;\displaystyle n>\frac q\varepsilon&xet;. Osszuk el maradékosan n-et q-val: &tex;\displaystyle n=n_1q+n_2&xet;. Ekkor felhasználva (2)-t a &tex;\displaystyle 0,q\alpha,...,(n_1-1)q\alpha&xet; számokra

&tex;\displaystyle \left|\sum_{k=1}^nf(k\alpha)\right|=\left|\sum_{a=0}^{n_1-1}\sum_{k=1}^qf(aq\alpha+k\alpha)+\sum_{k=1}^{n_2}f(n_1q\alpha+k\alpha)\right|<n_12q\varepsilon+n_2M\leq2n\varepsilon+qM&xet;, ahol &tex;\displaystyle M=sup|(fx)|&xet;.

Tehát

&tex;\displaystyle \left|\frac1n\sum_{k=1}^nf(k\alpha)\right|<2\varepsilon+M\varepsilon=(M+2)\varepsilon&xet;

Előzmény: [3887] Sinobi, 2014-06-20 12:04:47
[3900] Loiscenter2014-06-29 04:56:06

Nagyon szép és ügyes bizonyitás ( a 80-as eredmény is tetszik mert egyszeru és lényeget nem veszti.A masodik bizonyitas agyafurt! köszönöm széppen a segitséget!

Előzmény: [3899] w, 2014-06-28 15:14:50
[3899] w2014-06-28 15:14:50

Első nekiugrásra:

Nézzük az &tex;\displaystyle (n+1)&xet;-jegyű, &tex;\displaystyle 9&xet;-es jegyet nem tartalmazó számokat: ezekből nyilván &tex;\displaystyle 8\cdot 9^n&xet; darab van. Ha most reciprokösszegükben lecserélünk minden nevezőt a legkisebb &tex;\displaystyle (n+1)&xet;-jegyű számra (azaz &tex;\displaystyle 10^n&xet;-re), akkor az összeget növeltük, és amit kapunk, az éppen &tex;\displaystyle (8\cdot 9^n)\cdot \frac1{10^n}=8\cdot \left(\frac9{10}\right)^n&xet;.

Ha &tex;\displaystyle S&xet;-sel jelöljük a &tex;\displaystyle 9&xet;-est nem tartalmazó pozitív egészek reciprokösszegét, akkor ezek szerint

&tex;\displaystyle S<\sum_{n=0}^{\infty}8\cdot \left(\frac9{10}\right)^n=8\cdot\frac1{1-(9/10)}=80,&xet;

ahol a mértani sor összegzőképletét használtuk.

Túlbecsültünk.

Finomítás: most ahelyett, hogy mindegyik &tex;\displaystyle (n+1)&xet;-jegyű számot &tex;\displaystyle 10^n&xet;-re cserélnénk, most azokat, melyeknek első számjegye &tex;\displaystyle a&xet;, csupán &tex;\displaystyle a\cdot 10^n&xet;-re csökkentsük le, így reciprokukat &tex;\displaystyle \frac1{a\cdot 10^n}&xet;-re növelvén. Ezzel az &tex;\displaystyle (n+1)&xet;-jegyűek reciprokösszegét a következővel múljuk felül:

&tex;\displaystyle \sum_{a=1}^8 9^n\cdot \frac1{a\cdot 10^n}=\left(\sum_{a=1}^8\frac1a\right)\cdot (9/10)^n\approx 2,72\cdot (9/10)^n.&xet;

Ezt &tex;\displaystyle n=0&xet;-tól a végtelenségig összegezve, &tex;\displaystyle 2,72\cdot \frac1{1-(9/10)}=27,2<30&xet; adódik, kész.

Előzmény: [3898] Loiscenter, 2014-06-28 12:08:03
[3898] Loiscenter2014-06-28 12:08:03

HELP! nincs a könyvben megoldás!

ROKA SÁNDOR: 2000 feladat.... ( 571. feladat) Mutassuk meg, hogy a 9-es számjegyet nem tartalmazó, különböző pozitiv egészek reciprokainak összege nem lehet nagyobb 30-nal.

[3897] Róbert Gida2014-06-27 22:12:03

Nem jó bizonyítás. &tex;\displaystyle \epsilon&xet;-hoz választok &tex;\displaystyle p&xet;-t, így a becslésben &tex;\displaystyle p(M+1)\epsilon&xet; nem lehet akármilyen kicsi. (Lehetne fordítva is &tex;\displaystyle p&xet;-hez "&tex;\displaystyle \epsilon&xet;-t választani", de ez sem működik).

Előzmény: [3896] Róbert Gida, 2014-06-27 19:39:14
[3896] Róbert Gida2014-06-27 19:39:14

Mindenütt értelmezett &tex;\displaystyle f&xet;-re bizonyítom, hogy igaz!

Legyen az &tex;\displaystyle f&xet; periódusa &tex;\displaystyle T>0&xet; irrac., az &tex;\displaystyle f&xet; az origóra szimmetrikus, így &tex;\displaystyle f(x)=-f(-x)=-f(T-x)&xet;, azaz &tex;\displaystyle f(x)=-f(T-x)&xet;, és triviálisan &tex;\displaystyle f(0)=0&xet; és &tex;\displaystyle f(\frac T2)=0&xet;. Az &tex;\displaystyle f&xet; a &tex;\displaystyle [0,T]&xet;-n folytonos, így egyenletesen is folytonos (Heine tétel), továbbá korlátos is, azaz &tex;\displaystyle |f|<M&xet; igaz valamely &tex;\displaystyle M&xet;-re.

Rögzített &tex;\displaystyle \epsilon>0&xet;-hoz Heine miatt létezik &tex;\displaystyle D>0&xet;, hogy, ha &tex;\displaystyle x,y\in [0,T]&xet; és &tex;\displaystyle |x-y|<D&xet;, akkor &tex;\displaystyle |f(x)-f(y)|<\epsilon&xet;. &tex;\displaystyle p>0&xet; egész legyen olyan (nagy), hogy &tex;\displaystyle \frac Tp<D&xet; teljesüljön.

&tex;\displaystyle f(n)=f(\{\frac nT\}*T)&xet; igaz a &tex;\displaystyle T&xet; szerinti periodikusság miatt. Most jön a nehéz rész: Weyl kritériumból könnyen következik, hogy &tex;\displaystyle \{n\alpha \}&xet; egyenletes eloszlású, ha &tex;\displaystyle \alpha&xet; irrac. (Freud Gyarmatinál ez a 8.4.5 tétel, Weyl-t nem bizonyítja). Alkalmazzuk ezt &tex;\displaystyle \alpha=\frac 1T&xet;-re. Legyen (adott &tex;\displaystyle n&xet;-re) &tex;\displaystyle H_k=\{i: 0\le i<n; \{\frac iT\}*T \in [k\frac Tp,(k+1)\frac Tp)\}&xet;, az egyenletes eloszlás miatt &tex;\displaystyle |H_k|=\frac np+c_k&xet;, ahol &tex;\displaystyle |c_k|<\epsilon n&xet;, ha &tex;\displaystyle n&xet; elég nagy. Legyen az &tex;\displaystyle n&xet; olyan nagy, hogy ez minden &tex;\displaystyle k&xet;-ra igaz legyen (&tex;\displaystyle p&xet; rögzítve van).

Háromszög egyenlőtlenséggel: &tex;\displaystyle |\sum _{i \in H_k} f(i)-\frac npf(k\frac Tp)|\le |\sum _{i \in H_k} f(i)-|H_k|f(k\frac Tp)|+||H_k|f(k\frac Tp)-\frac npf(k\frac Tp)|\le &xet;

&tex;\displaystyle |H_k|\epsilon+||H_k|-\frac np|*f(k\frac Tp)\le n\epsilon+\epsilon n M&xet; (trivi &tex;\displaystyle |H_k|\le n&xet;-et is használtuk). Ebből következik újra a háromszög egyenlőtlenséggel: &tex;\displaystyle |\sum _{k=0}^{p-1} (\sum _{i \in H_k} f(i)-\frac np f(k\frac Tp))| \le \sum_{k=0}^{p-1} |\sum _{i \in H_k} f(i)-\frac npf(k\frac Tp)| \le \sum_{k=0}^{p-1} (n\epsilon+\epsilon n M)=p(M+1)\epsilon n&xet;. A bal oldalon mi van: &tex;\displaystyle \sum_{k=0}^{p-1}\sum_{i \in H_k}f(i)=\sum_{i=0}^{n-1}f(i)&xet; triviálisan, továbbá &tex;\displaystyle \sum_{k=0}^{p-1}\frac np f(k\frac Tp)=\frac np \sum_{k=0}^{p-1}f(k\frac Tp)=\frac np f(0)=0&xet;, hiszen a &tex;\displaystyle k&xet;-adik és &tex;\displaystyle (p-k)&xet;-adik tag összege nulla lesz ( mert &tex;\displaystyle f(x)=-f(T-x)&xet;, illetve páros &tex;\displaystyle p&xet;-nél &tex;\displaystyle f(\frac T2)=0&xet;-t is használjuk ), és &tex;\displaystyle f(0)=0&xet;. Azaz írható: &tex;\displaystyle |\sum_{i=0}^{n-1}f(i)|\le p(M+1)\epsilon n&xet;, amiből már következik az állítás (&tex;\displaystyle M&xet; konstans, &tex;\displaystyle p&xet; rögzített, és &tex;\displaystyle n&xet;-nel tarthatunk végtelenhez).

Előzmény: [3887] Sinobi, 2014-06-20 12:04:47
[3895] Lóczi Lajos2014-06-26 10:25:38

"Fejtsük a függvényt Fourier-sorba" -- és mi a garancia arra, hogy a függvény Fourier-sora előállítja a függvényt?

Előzmény: [3894] emm, 2014-06-26 02:44:04
[3894] emm2014-06-26 02:44:04

Eddig jutottam el vele:

Először is: a függvény folytonos, korlátos, periódikus, így integrálható. Feltehető, hogy a függvény &tex;\displaystyle 2\pi&xet; szerint periodikus, ekkor a

&tex;\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n f(kx)&xet;

összeget kell vizsgálni, ahol &tex;\displaystyle x&xet; és &tex;\displaystyle \pi&xet; lineárisan függetlenek &tex;\displaystyle Q&xet; felett Emellett:

&tex;\displaystyle \frac{1}{n}\Big|\sum_{j=1}^n \sin(jx)\Big|=\Big|\frac{\sin \frac{nx}{2} \sin \frac{x(n+1)}{2}}{n\sin\frac{x}{2}}\Big|\leq \frac{c}{n}&xet;

&tex;\displaystyle \frac{1}{n}\Big|\sum_{j=1}^n \cos(jx)\Big|=\Big|\frac{\sin \frac{nx}{2} \cos \frac{x(n+1)}{2}}{n\sin\frac{x}{2}}\Big|\leq \frac{c}{n}&xet;

Így a &tex;\displaystyle \sin&xet; és &tex;\displaystyle \cos&xet; függvényekre igaz az állítás, ha &tex;\displaystyle x&xet; és &tex;\displaystyle \pi&xet; lineárisan függetlenek &tex;\displaystyle Q&xet; felett. Fejtsük a függvényt Fourier-sorba:

&tex;\displaystyle f(x)=a_0+\sum_{i=1}^\infty a_k \sin (kx)+b_k\cos(kx)&xet;

&tex;\displaystyle a_0=\int_{0}^{2\pi}f(x)dx=0&xet;

Ekkor:

&tex;\displaystyle \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n f(kx)=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\sum_{j=1}^\infty a_j \sin (kjx)+b_j\cos(kjx)=\sum_{j=1}^\infty a_j\frac{\sin \frac{njx}{2} \sin \frac{xj(n+1)}{2}}{n\sin\frac{jx}{2}}+b_j\frac{\sin \frac{njx}{2} \cos \frac{xj(n+1)}{2}}{n\sin\frac{jx}{2}}&xet;

(a szummázás itt most felcserélhető az egyenletes konvergencia miatt)

Előzmény: [3887] Sinobi, 2014-06-20 12:04:47
[3893] jonas2014-06-21 20:02:45

Biztosan integrálható, hiszen folytonos és korlátos.

Előzmény: [3891] Sinobi, 2014-06-20 20:08:35
[3892] Sinobi2014-06-20 20:13:13

Szerintem nem szukseges, hogy ertelmezve legyen olyan helyeken, amelyeket nem ertekelunk ki.

Előzmény: [3888] jonas, 2014-06-20 13:15:30
[3891] Sinobi2014-06-20 20:08:35

Mar ha integralhato egyaltalan.

Előzmény: [3890] Alma, 2014-06-20 14:07:32
[3890] Alma2014-06-20 14:07:32

Jajj azt hiszem az origóra való szimmetriát rosszul értettem, bocsánat. Így irreleváns az "ellenpélda" és teljesül a kikötési javaslat is automatikusan.

Előzmény: [3889] Alma, 2014-06-20 13:57:32
[3889] Alma2014-06-20 13:57:32

f(x)=10+cos(x) nem ellenpélda erre? Kikötésnek nem hiányzik, hogy a függvény integrálja egy periódusra nulla?

Előzmény: [3887] Sinobi, 2014-06-20 12:04:47
[3888] jonas2014-06-20 13:15:30

A függvény minden valós számon van értelmezve?

Előzmény: [3887] Sinobi, 2014-06-20 12:04:47
[3887] Sinobi2014-06-20 12:04:47

igaz-e, hogy minden folytonos, periodikus, irracionális periódushosszú, origóra szimmetrikus f(x) függvényre &tex;\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n f(k) = 0&xet;?

[3886] Róbert Gida2014-06-18 17:36:06

Úgy emlékszem Szalay Mihály Számelmélet könyvében is benne van.

Előzmény: [3885] csábos, 2014-06-18 16:48:05
[3885] csábos2014-06-18 16:48:05

a) Freud könyv 7.7.2. Tétel

b) ugyanott 7.7.5/b feladat

Előzmény: [3884] w, 2014-06-17 11:48:40
[3884] w2014-06-17 11:48:40

Oldjuk meg a következő diofantoszi egyenleteket:

a) &tex;\displaystyle a^4+b^2=c^4&xet;,

b) &tex;\displaystyle a^4+b^4=c^2&xet;.

[3883] w2014-06-17 11:47:27

&tex;\displaystyle \frac34&xet;-nek tűnik...

Előzmény: [3882] pelike, 2014-04-20 11:25:09
[3882] pelike2014-04-20 11:25:09

Egy egyszerű, de "mindennapi élethez köthető" feladat:)

A "Kérem a következőt!" című vetélkedőben egy kör 4 kérdést tartalmaz, minden kérdésre 2 válaszlehetőséggel. Egy kör sikeres, amennyiben legalább 3 jó válasz érkezik.

Tegyük fel, hogy Játékosunk pontosan 2 kérdésre tudja a választ és azokra a kérdésekre, amelyekre nem tudja a választ, semmilyen háttér információja sincs, tehát vakon tippel.

Mekkora eséllyel veszi sikerrel a kört Játékosunk?

[3881] HoA2014-04-15 13:22:43

&tex;\displaystyle f(2013) = 3852&xet; :-)

Előzmény: [3880] juantheron, 2014-04-15 05:52:56
[3880] juantheron2014-04-15 05:52:56

Sorry actually original question is

If &tex;\displaystyle f:N\rightarrow N&xet; and &tex;\displaystyle f(f(x)) = 3x&xet;, Then &tex;\displaystyle f(2013)&xet;

Előzmény: [3879] juantheron, 2014-04-15 05:51:39
[3879] juantheron2014-04-15 05:51:39

If &tex;\displaystyle f:R\rightarrow R&xet; and &tex;\displaystyle f(f(x)) = 3x&xet;, Then &tex;\displaystyle f(2013)&xet;

[3878] w2014-03-31 19:03:17

Egy szép kis saját feladat:

Van-e olyan injektív &tex;\displaystyle f(x)&xet; valós függvény, amihez vannak olyan &tex;\displaystyle a,b>0&xet; konstansok, melyek esetén bármely valós &tex;\displaystyle x&xet;-re

&tex;\displaystyle f\big(x^2\big)-\left(f(ax+b)\right)^2\ge \frac14&xet;

teljesül?

[3877] jonas2014-03-28 11:35:01

Fixpontmentes permutációk száma: A000166.

Előzmény: [3875] Micimackó, 2014-03-25 23:26:34
[3876] csábos2014-03-28 11:18:46

&tex;\displaystyle n&xet; elem fixpontmentes permutációinak SZÁMÁNAK paritása ellentétes &tex;\displaystyle n&xet; paritásával.

Előzmény: [3875] Micimackó, 2014-03-25 23:26:34
[3875] Micimackó2014-03-25 23:26:34

Adott n-re, mennyi az n elemű halmaz fixpont mentes permutációinak paritása?

[3874] jonas2014-03-13 21:14:40

Úgy értem, az (a) és (b) feladat az, hogy mennyi a lépések számának várható értéke, és miért független ez a stratégiától.

Előzmény: [3873] jonas, 2014-03-13 21:13:23
[3873] jonas2014-03-13 21:13:23

Helyes, a véges várható érték. Akkor most jön a megoldás trükkösebb része.

Rögztsük a játékos egy stratégiáját. Jelölje Fn a játék állapotát n lépés után. Ez tartalmazza a játékos által kiválasztott két golyót és a játékvezető érmedobását az első n lépésben.

Legyen Xn az a szám, ahányféleképpen a játékos megválaszthatná a két különböző golyót az (n+1)-edik lépésében. Azért számozom így, mert Xn az Fn függvénye. Nyilván X0=n(n-1), mivel a kezdőhelyzetben bármely két golyó különböző. Feltéve, hogy a játék n lépés után még nem ért véget, számoljuk ki az E(Xn+1-Xn|Fn) feltételes várható értéket!

Ha ez megvan, akkor alkalmazzuk a martingál megállási tételt egy megfelelő martingálra, és ezzel oldjuk meg az (a) és (b) feladatot.

Előzmény: [3872] Róbert Gida, 2014-03-13 17:22:28
[3872] Róbert Gida2014-03-13 17:22:28

Nem jött megoldás, így lelövöm. Kezdetben n szín van, a játék véget ér, ha egy szín marad. Tetszőleges n2 egymásutáni fordulóban (1 forduló amikor 2 golyót a játékvezetőnek adunk és 2-t visszakapunk) van olyan szín ami legalább n-szer szerepel az odaadott golyószínek között (skatulyaelv, sőt van ami legalább 2n-szer), és legfeljebb persze n2-szer (mindez stratégiától függetlenül igaz). Ha ezen fordulók mindegyikében pont a másik színből adott vissza a játékvezető, akkor ebből a színből több nem marad (és később sem jöhet "vissza" a szabályok miatt). Ennek valószínűsége legalább r=\frac{1}{2^{n*n}}. Nézzünk n-1 egymásutáni blokkot, azaz n2 hosszú fordulót, ha minden blokkban vesztünk egy színt, akkor a játék természetesen véget ér, ennek a valószínűsége legalább q=rn-1. Azaz annak a valószínűsége, hogy n2(n-1) fordulóban befejeződik a játék legalább q, így annak a valószínűsége, hogy nem fejeződik be a játék legfeljebb s=1-q<1.

Ebből már készen vagyunk, mert ekkor Pr2(m)=Pr(játék m lépésben nem fejeződik be)<c*pm, ahol c>0,p<1 (Miért is? Bontsuk fel az m fordulót n2(n-1) hosszú fordulókra, bármelyiket is választjuk legfeljebb s<1 valószínűséggel nem ér benne véget a játék, így m forduló után is játszunk legfeljebb s^{\frac {m}{n^2(n-1)}-1}<c*p^m valószínűséggel .)

Legyen Pr1(m)=Pr(játék pontosan m lépésben ér véget), ekkor E=\sum_{m=1}^{\infty}m*Pr1(m)=\sum_{m=0}^{\infty}Pr2(m)<\sum_{m=0}^{\infty}c*p^m=\frac{c}{1-p}, azaz véges a várható érték, stratégiától függetlenül.

Sőt itt valamivel többet is beláttam, hiszen c,p csak n-től függött (de a stratégiától nem), azaz létezik v(n) véges szám, hogy a várható érték kisebb, mint v(n). Itt v(n) egyébként ki is számolható.

Előzmény: [3871] jonas, 2014-03-12 10:10:43
[3871] jonas2014-03-12 10:10:43

Hadd szedjem külön a feladat első részét.

(c) Lássuk be, hogy bármilyen stratégiával játszol is, a lépések számának várható értéke véges.

Előzmény: [3870] jonas, 2014-03-11 21:03:52
[3870] jonas2014-03-11 21:03:52

Ezt a feladatot nem volt jó ötlet ezen a fórumon feladnom, mert a megoldásához túl sok előismeret kell. A középiskolás fórumozóktól ezért elnézést kérek.

Előzmény: [3861] jonas, 2014-03-09 16:36:46
[3869] jonas2014-03-11 17:42:59

Aha, értem! Bocsánat, hogy nem fogalmaztam egyértelműen. Valóban, a játékvezető nem adja vissza a két golyót, amit odaadtál neki, így minden lépés után pontosan n golyó lesz nálad.

Előzmény: [3868] Róbert Gida, 2014-03-11 17:28:14
[3868] Róbert Gida2014-03-11 17:28:14

Jó a megoldásom, csak egy másik feladatra. Az persze számomra nem volt világos, hogy a játékvezető a két golyót lenyúlja amit odaadsz neki, így persze nálad mindig n golyó lesz, az én feladatomban pedig minden lépés után 2-vel több.

Előzmény: [3867] jonas, 2014-03-11 11:46:28
[3867] jonas2014-03-11 11:46:28

A számok, amiket megadtál, szerintem nem stimmelnek. n=3 esetén az első lépés után három golyóból két egyforma színű, és egy különböző lesz. Ez után minden további lépés után 1/2 valószínűséggel nyertél, 1/2 valószínűséggel visszajutsz egy hasonló állapothoz, csak most a másik színből van két golyód, mint az előbb. Így aztán biztosan legalább 2 lépés kell a nyerésig, nem 1, mint a táblázatban mutatod. Nem nehéz belátni, hogy a lépések várható száma pontosan 3.

Látható, hogy n=3 esetén még lényegében nincs választásod a játék során. A következő, n=4 esetben már van választásod. Például ha az első lépés után két fehér, egy sárga, és egy piros golyód van, akkor kétféleképpen dönthetsz. Odaadhatod a játékvezetőnek a sárga és a piros golyót, ez a kevésbé kockázatos stratégia, mert ekkor legközelebb biztosan két fehér és két másik azonos színű golyód van. Vagy kockáztathatsz, odaadva a játékvezetőnek egy fehér és egy sárga golyót, ekkor 1/2 valószínűséggel már három fehér golyód lesz, amivel közelebb jutottál a nyeréshez; de 1/2 valószínűséggel két sárga, egy fehér és egy piros golyód lesz, amivel helyben maradtál.

Te választod meg a stratégiát, de a feladat kitűzésében azt állítottam, hogy a lépések számának várható értéke bármely stratégia esetén ugyanannyi.

Előzmény: [3864] Róbert Gida, 2014-03-10 21:20:33
[3866] Róbert Gida2014-03-10 21:47:50

Nagyobb n-ekre megnézve látszik, hogy \frac {a(n)}{n} tart 1-hez, ami nagyon igaznak tűnik. Például a(1000) kb. 974.7749818216391980931583112 .

Előzmény: [3865] Róbert Gida, 2014-03-10 21:39:02
[3865] Róbert Gida2014-03-10 21:39:02

Optimális stratégiával a sorozat első 20 tagja (Neil adatbázisában nincs benne a számlálók sorozata, a nevezők 2 hatványok)

1 0

2 1

3 1

4 5/2

5 5/2

6 33/8

7 33/8

8 93/16

9 93/16

10 965/128

11 965/128

12 2379/256

13 2379/256

14 11333/1024

15 11333/1024

16 26333/2048

17 26333/2048

18 480429/32768

19 480429/32768

20 1079775/65536

Előzmény: [3864] Róbert Gida, 2014-03-10 21:20:33
[3864] Róbert Gida2014-03-10 21:20:33

"Minden lépésben megnézed a golyókat"

"A várható érték miért ugyanannyi függetlenül attól, hogy melyik golyókat választod?"

Játszhatok egy stratégia szerint, vagy véletlenül kell a golyókat kiválasztanom? Optimális stratégiával O(n) lesz a válasz: mindig a két eddig legtöbbet kihúzott színt választom (ha több lehetőség van, akkor véletlenül döntök a leggyakoribbak közül), ez persze mese eddig, hogy miért is ez lenne az opt. Várható értéket sem mutatja, de sokkal könnyebben kiszámítható ezzel a várható érték.

Míg hülyén játszva O(n2). Teljesen véletlenül játszva is érdekes (lehet) a feladat.

Előzmény: [3861] jonas, 2014-03-09 16:36:46
[3863] jonas2014-03-10 07:35:16

Igen, veheted úgy, hogy a játékvezető csukott szemmel választ egyet. Én úgy képzelem, hogy egy golyót a játékvezető jobb kezébe adsz, egyet a bal kezébe. Ezután ha a játékvezető fejet dob, akkor két olyat ad vissza, amilyen a bal kezében van, ha írást, akkor két olyat, ami a job kezében van.

Előzmény: [3862] BohnerGéza, 2014-03-10 03:13:18
[3862] BohnerGéza2014-03-10 03:13:18

Nem értem biztosan a feladatot. Ki dönti el, melyik az egyik illetve másik? Azt akarja jelenteni, amit így kapunk?

... A két kiválasztott közül csukott szemmel választ egyet és két ilyen színű kerül vissza. ...

n=1 esetén 0, n=2 esetén 1 a várható érték. A többi néhány esetet ehhez jobban értőkre bízom!

Előzmény: [3861] jonas, 2014-03-09 16:36:46
[3861] jonas2014-03-09 16:36:46

Itt van egy valószínűség-számítás feladat.

Legyen n egy természetes szám. Kapsz n különböző színű golyót. Minden lépésben megnézed a golyókat, majd ki kell választanod két különböző színű golyót, és odaadnod a játékvezetőnek. Ezután a játékvezető feldob egy érmét, ha fej jön ki, akkor ad neked két olyan színű golyót, mint az egyik, amit adtál neki; ha írás jön ki, akkor két olyan golyót kapsz, mint a másik golyó a kettő közül. Ha n egyforma golyó van nálad, akkor a játék véget ér, nyertél.

Mennyi a várható értéke a lépések számának? A várható érték miért ugyanannyi függetlenül attól, hogy melyik golyókat választod?

[3860] nyerek012014-03-06 19:54:41

(de valószínűleg hagyom és nem OFF-olok itt róla)

Előzmény: [3859] nyerek01, 2014-03-06 19:49:08
[3859] nyerek012014-03-06 19:49:08

Nem teljesen értem a hozzászólásodat, csak azért kérdeztem itt az elliptikus görbékről, mert suliban hallottam róla és gondoltam, hogy érdemes annyi figyelmet szentelnem neki, hogy egy egyszerű Java programban implementáljam. Nekünk a titkosítást említették mint felhasználási módot.

Előzmény: [3857] csábos, 2014-03-05 23:03:34
[3858] Loiscenter2014-03-06 01:48:22

Köszönönöm a segitséget!

Előzmény: [3851] w, 2014-03-03 20:48:18
[3857] csábos2014-03-05 23:03:34

Bakchausz Tibi, Zábrádi Gergely, Maga Péter, Harczos Gergely, Bodor Bertalan

Mi kellene róluk?

Előzmény: [3856] nyerek01, 2014-03-04 21:47:34
[3856] nyerek012014-03-04 21:47:34

Más: Elliptikus görbékhez ért valaki? Titkosításhoz kéne, ha megértem akkor lehet hogy írok ilyen programot.

[3855] w2014-03-04 20:59:30

Ahogy mondod.

Előzmény: [3854] nyerek01, 2014-03-04 20:22:20
[3854] nyerek012014-03-04 20:22:20

Na de a minimális várakozási idő kéne, ami akkor jön ki beleszámoljuk azt is hogy lejátszás közben is tölt, tehát nem az Össz. idő és a betöltési sebesség hányadosa a jó megoldás.

Előzmény: [3853] w, 2014-03-04 16:54:46
[3853] w2014-03-04 16:54:46

Ömm, 82 perc az 82.60=4920 másodpercben a 28 másodperc 175-ször van meg, így 350 másodpercig bufferol, ha azok a feltételek. Azaz én 5 perc 50 másodpercre állítanám meg, de ember a kb. 6 perc időtartamot szerintem könnyebben bírja érzékelni. :-) Ha ilyen formában kérdezed meg, csak egy maradékos osztásról van szó.

Előzmény: [3852] nyerek01, 2014-03-04 10:46:59
[3852] nyerek012014-03-04 10:46:59

Sziasztok. Egy 82 perces YouTube videó 28 másodpercenként megáll bufferelni 2 másodpercre, akkor hány másodpercre kell megállítani, hogy bebuffereljen elég tartalmat ahhoz, hogy utána akadásmentesen végig lehessen nézni.

Nem tudom mennyivel lenne bonyolultabb álltalánosítva, tehát ha X perces videó, N másodpercenként M sec-et bufferel. (Nyilván a "matekos" része a lényeg, nem az informatikai, tehát minden ideális, nincs szerver leállás, sávszél. ingadozás stb.)

[3851] w2014-03-03 20:48:18

554. feladat. Adott x2+2y2=1 esetén mennyi \sqrt{2x+1}+\sqrt{2y+1} maximuma?

(Nem kell az egész TeX tanfolyamot elvégezni ahhoz, hogy ezt be bírd gépelni, csak rámész és kikeresed, hogy hogy lehet hatványt és gyökjelet írni. Sokkal jobban néz ki, nem?)

Van rá egy bonyolult elemi megoldásom, egy saját módszerrel, ami nagyon hatékonyan működik.

Egy bizonyos becsléssorozatot fogok végrehajtani, de egyelőre nem tudom, hogy mik lesznek a súlyok. Legyenek tehát A és B később meghatározandó pozitív valós konstansok.

A kéttagú számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenség szerint

\sqrt{2x+1}=\frac1{A}\cdot\sqrt{A^2(2x+1)}\le\frac{A^2+2x+1}{2A},(1a)
\sqrt{2y+1}\le \frac{B^2+2y+1}{2B}.(1b)

A két becslést összeadva becslést kapunk \sqrt{2x+1}+\sqrt{2y+1}-re, amit ezáltal egy \frac{2x}{2A}+\frac{2y}{2B} plusz konstans típusú kifejezéssel majoráltunk.

Ezután pedig a Cauchy-egyenlőtlenséget alkalmazzuk:

\frac xA+\frac yB\le\sqrt{(x^2+2y^2)\left(\frac{1}{A^2}+\frac1{2B^2}\right)},(2)

ami már fix érték.

Ahhoz, hogy ezek a becslések működjenek, kizárólag arra van szükségünk, hogy egyenlőséget is garantálhassunk. Egyenlőség a következő esetekben áll fenn: 2x+1=A2 az (1a)-ban, 2y+1=B2 az (1b)-ben, illetve x2.A2=2y2.2B2 (2)-ben, végül pedig az, hogy erre az x,y párra x2+2y2=1 fenn is álljon. A kapott egyenletrendszert megoldva (negyedfokú egyenletre vezet, amit ez megold, és hát reménykedhetünk abban, hogy van valós megoldása). Ha nem probléma én ezt most nem fejezném be.

Előzmény: [3850] Loiscenter, 2014-03-03 09:55:25
[3850] Loiscenter2014-03-03 09:55:25

Legyenek x, y nem negativ számok, továbbá x*2 + 2.y*2 = 1. Határozzuk meg (2x+1)*1/2 + (2y+1)*1/2 maximum és minimum értékét ! ( * hatványt jelent)

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