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.

2006-10-21 23:10:52

Megint én.

A következő feladat okoz igen nagy gondot:

Bizonyítsuk be, hogy $\sum_{k=0}^nk(-1)^k\binom{n}{k}=0$ . Egyébként n $\ge$ 2-től igaz csak...

Állítólag indukcióval kéne, addig jutok, hogy megpróbálom párosítani a szélső tagokat, hogy bele lehessen keverni a binomiális tételt, de igen körülményes, és máshogy se akar kijönni. Tudnátok segíteni?

Előre is köszönöm.

(Lóczi Lajos: ha kapok rá plusz pontot, ha nem, megőrülök hogy nem tudom megcsinálni és nem bírom ki a következő gyakig (nov 6))

[1429] Cckek

2006-10-22 08:05:52

Megint egy szép deriváltas bizonyítás:

$(1-x)^n=\sum_{k=0}^{n}C_{n}^{k}(-1)^kx^k$

Deriválva kapjuk:

$n(-1)(1-x)^{n-1}=\sum_{k=0}^{n}C_{n}^{k}(-1)^kkx^{k-1}$

Ha x=1 megkapjuk a kívánt egyenlőséget.

Előzmény: [1428] phantom_of_the_opera, 2006-10-21 23:10:52

[1430] nadorp

2006-10-22 12:22:47

Ha k>0, akkor $k\binom{n}{k}=n\binom{n-1}{k-1}$ -ből következik, hogy

$\sum_{k=0}^{n}(-1)^kk\binom{n}{k}=n\sum_{k=1}^{n}(-1)^k\binom{n-1}{k-1}=n\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^{k+1}\binom{n-1}{k}=0$ , mert

0=(1-1)^n-1, ha n $\geq$ 2

Előzmény: [1428] phantom_of_the_opera, 2006-10-21 23:10:52

[1431] phantom_of_the_opera	2006-10-22 14:04:51
Hát ha ezt a $k\binom{n}{k}=n\binom{n-1}{k-1}$ azonosságot tudtam volna... így már valamivel barátságosabb. Köszönöm szépem.
Előzmény: [1430] nadorp, 2006-10-22 12:22:47

[1432] nadorp

2006-10-22 22:55:30

Kedves phantom_of_the_opera !

Utólag olvasva [1429] hozzászólásod végét, nem volt "szép dolog" Lóczi Lajossal szemben, hogy megoldottuk a szorgalmi példádat. Álljon itt egy hasonló, hátha mégis kaphatsz plusz pontot :-)

$\sum_{k=0}^nk^2\binom{n}{k}= ?$

Előzmény: [1431] phantom_of_the_opera, 2006-10-22 14:04:51

[1433] Lóczi Lajos

2006-10-23 15:56:23

:-)

E szép hozzászólásokból tehát az látszik, hogy ha m tetszőleges pozitív egész, akkor n $\ge$ m+1 esetén

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

Előzmény: [1432] nadorp, 2006-10-22 22:55:30

[1434] djlado

2006-10-24 08:31:04

Erdekes feladat:

Hogyan visz ki a pincerno 20 palinkat 5x re ugy , hogy mind az 5x parantlant vigyen?

[1435] Sirpi	2006-10-24 10:21:46
Pl. kivisz minden alkalommal 4 pálinkát meg egy sört :-)
Előzmény: [1434] djlado, 2006-10-24 08:31:04

[1436] jonas	2006-10-24 10:49:50
Egyszerű. Az öt alkalommal rendre ötöt, ötöt, hármat, hármat, és hármat visz ki. Utána felszámláz húsz pálinkát.
Előzmény: [1434] djlado, 2006-10-24 08:31:04

[1437] Hajba Károly	2006-10-24 13:31:52
1x 1-t visszavisz.
Előzmény: [1434] djlado, 2006-10-24 08:31:04

[1438] phantom_of_the_opera	2006-10-26 21:03:52
Kedves nadorp! Azért mertem csak meghúzni, mert tudom, hogy olvassa a fórumot, meg nem is szoktam ilyen módszerekkel pluszpontot szerezni. Csak nem bírtam ki... Azért a másikkal is megpróbálkozom :)
Előzmény: [1432] nadorp, 2006-10-22 22:55:30

[1439] nadorp	2006-10-26 21:30:16
Nem akartalak megsérteni, az a hozzászólás félig "poén" volt, ha nem úgy tűnt, akkor ezúton kérek elnézést minden érintettől. Különben valószínűleg nem "akadt ki", ahogy a válaszából ez ki is derült.
Előzmény: [1438] phantom_of_the_opera, 2006-10-26 21:03:52

[1440] phantom_of_the_opera	2006-10-27 15:43:15
Viszont helyette feladtatok nekem egy olyan feladatot, amit mégannyira se tudok megcsinálni, mint eddig az eredetit. Ami pont annyira zavar, mint az előző esetében :)
Előzmény: [1439] nadorp, 2006-10-26 21:30:16

[1441] Lóczi Lajos	2006-10-27 20:57:52
Próbáld megsejteni az eredményt: egy exponenciális függvény (pl. 2ⁿ) és egy (max. másodfokú) polinom (an²+bn+c) szorzataként. (Valami ilyesmire emlékszem legalábbis, hogy ilyen alakú lesz.)
Előzmény: [1440] phantom_of_the_opera, 2006-10-27 15:43:15

[1442] Cckek

2006-10-27 22:25:21

A következő érdekes azonosság, permutációk fixpontjainak a kiszámolásánál jött elő:

$\sum_{i=0}^{n-2}\left(C_n^i(n-i)!\sum_{k=2}^{n-i}(-1)^k\frac{1}{k!}\right)=n!-1$

Lehet adni rá egy egyszerű bizonyítást?

[1443] Lóczi Lajos	2006-10-27 23:42:26
Olyan alakú lesz.
Előzmény: [1441] Lóczi Lajos, 2006-10-27 20:57:52

[1444] phantom_of_the_opera	2006-10-28 10:07:20
A k^m-es verzióra gondol(sz?), vagy a k²-esre, esetleg mindkettőre?
Előzmény: [1441] Lóczi Lajos, 2006-10-27 20:57:52

[1445] Lóczi Lajos	2006-10-28 18:37:19
A (-1)^kk^m-es verzió eredménye 0. A k²-es verziónak az eredményét nem tudod még :)
Előzmény: [1444] phantom_of_the_opera, 2006-10-28 10:07:20

[1446] Lóczi Lajos	2006-10-28 18:39:31
Ebben a formában ez egy kellemes négysoros indukciós gyakorlófeladat.
Előzmény: [1442] Cckek, 2006-10-27 22:25:21

[1447] nadorp

2006-10-29 01:29:11

A szita formula egy ismert alkalmazása a következő: Egy színházi előadáson a ruhatárba n darab ernyőt adtak le. Az előadás után senki sem a saját ernyőjét kapta meg. Hányféleképpen történhet meg ez ?

Az eredmény $n!\sum_{k=0}^n(-1)^k\frac1{k!}=n!\sum_{k=2}^{n}(-1)^k\frac1{k!}$

A fenti alapján az $\binom{n}{i}(n-i)!\sum_{k=2}^{n-i}(-1)^k\frac1{k!}$ képlet az (1,2,...n) azon permutációinak a száma, amikor pontosan i darab elem van a saját helyén. Ha i=n-1, akkor az összeg 0, hiszen nincs olyan eset, amikor n-1 elem a saját helyén van és 1 meg nem. Ha i=n, a kkor a fenti összeg 1, hiszen minden elem a saját helyén van. Az összes esetek száma az n darab elem permutációinak a száma, azaz n!. Tehát

$\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}(n-i)!\sum_{k=2}^{n-i}(-1)^k\frac1{k!}=n!$

Előzmény: [1442] Cckek, 2006-10-27 22:25:21

[1448] Cckek

2006-10-29 07:55:26

Nos, nagyon szép bizonyítás, a képletek levezetése nekekem napokba telt.Egy kis korekció, remélem nem fogsz megsértődni érte, az első szumma nem mehet n-ig: $\sum_{i=0}^{n-2}{C_n^i(n-i)!\sum_{k=2}^{n-i}{(-1)^k\frac{1}{k!}}}+0+1=n!$

Ahol 0 az n-1 fixponttal rendelkező permutációk száma-tudjuk, hogy ilyen nincs:), 1 az n fixpontal rendelkező permutációk száma, tudjuk hogy ilyen csak egy van az identikus permutáció. Amúgy találtam rá egy egyszerű bizonyítást:

$\sum_{i=0}^{n-2}{C_n^i(n-i)!\sum_{k=2}^{n-i}{(-1)^k\frac{1}{k!}}}=n!\sum_{m=2}^{n}\left(\sum_{i+k=m,k\ge 2}{\frac{(-1)^k}{i!k!}}\right)=...=n!\left(1-\frac{1}{n!}\right)$

Előzmény: [1447] nadorp, 2006-10-29 01:29:11

[1449] nadorp

2006-10-29 11:26:36

Igazad van,nem mehet n-ig, az alábbi szummát kell "elvágni":

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

Előzmény: [1448] Cckek, 2006-10-29 07:55:26

[1450] Cckek	2006-10-29 18:41:57
A következő "differenciálegyenlethez" kellene egy kis segítség: 2xf'(x)=f(2x). Az f(x)=ax illetve f(x)=ax² függvények megoldások. Van más is?

[1451] nadorp

2006-10-30 08:56:12

Nyilván f(0)=0. Ha f(x) hatványsora ( meggondolandó, hogy ilyen van !!) $f(x)=\sum_{n=1}^\infty{a_n}x^n$ , akkor az együtthatók összehasonlításából azt kapjuk, hogy

$\sum_{n=1}^\infty(2^n-2n)a_nx^n=0$ , azaz n $\geq$ 3 esetén a_n=0. Innen f(x)=ax²+bx alakú lehet, ez pedig mindig jó.

Előzmény: [1450] Cckek, 2006-10-29 18:41:57

[1453] Cckek	2006-10-30 14:19:43
Ez egy nagyon érdekes következtetés. Ugyanis én valójában az (x+y)(f(x)-f(y))=(x-y)f(x+y)funkcionálegyenletet alakítottam-nem egészen ortodox módon:)-ezzé a differenciálegyenletté. S valóban ennek a funkcionálegyenletnek ezek a függvények a megoldásai.Hogy van-e más is? Jó kérdés:)
Előzmény: [1451] nadorp, 2006-10-30 08:56:12

[1454] Yegreg

2006-10-30 23:56:41

Nem kapcsolódik az aktuális témához, de itt kérdezem meg:

$\sin(\frac{p}{q}\pi)$ mikor írható fel egész számokkal, alapműveletek és gyökök segítségével? (amúgy elvileg mindig algebrai)

Pl: $sin(\frac{\pi}{12})=\frac{\sqrt2(\sqrt3-1)}{4}$

[1455] nadorp

2006-10-31 09:23:17

Ha f(x)=xg(x), akkor

xg(x)-yg(y)=(x-y)g(x+y)

Azaz tetszőleges t-vel

(x+t)g(x+t)-xg(x)=t^.g(2x+t) és

xg(x)-(x-t)g(x-t)=t^.g(2x-t) Összeadva

(x+t)g(x+t)-(x-t)g(x-t)=t(g(2x+t)+g(2x-t)) A baloldalra újra alkalmazva az eredeti egyenlőséget:

2t^.g(2x)=t(g(2x+t)+g(2x-t)) Bevezetve a 2x+t=p, 2x-t=q jelölést

$g(\frac{p+q}2)=\frac{g(p)+g(q)}2$ minden p,q valós számra. Ebből úgy néz ki, hogy a függvény konvex és konkáv egyszerre, azaz valószínűleg egyenes. Ha viszont g(x) egyenes, akkor f(x) csak a már megtalált megoldás lehet.

Előzmény: [1453] Cckek, 2006-10-30 14:19:43

[1456] Lóczi Lajos	2006-10-31 09:43:51
Persze ennek a függvényegyenletnek lehet, hogy vannak nemfolytonos, s így nemderiválható megoldásai is, ami lehetetlenné teszi az összes megoldás explicit felírását. (Analógia alapján, a Cauchy-féle f(x+y)=f(x)+f(y) egyenletről jutott eszembe, aminek "csúnya" megoldásából meglehetősen "sok" van.)
Előzmény: [1453] Cckek, 2006-10-30 14:19:43

[1457] Lóczi Lajos	2006-10-31 10:03:05
Legyenek p és q pozitív egészek. Mivel sin (p $\pi$ /q) nem más, mint $e^{i\pi p/q}$ képzetes része, és $\big({e^{i\pi p/q}}\big)^{2q}=1$ , ezért sin (p $\pi$ /q) vagy cos (p $\pi$ /q) megkapható a z^2q-1=0 algebrai egyenlet megoldása után. Ennek szorzatfelbontásán múlik a dolog, hogy az egyes tényezők gyökképlettel felírhatók-e, ez pedig elvben eldöntött kérdés -- a Galois-elmélet speciális eseteként bizonyára ismert a válasz q függvényében.
Előzmény: [1454] Yegreg, 2006-10-30 23:56:41

[1458] Lóczi Lajos	2006-10-31 10:04:18
Néhány konkrét érték itt található.
Előzmény: [1457] Lóczi Lajos, 2006-10-31 10:03:05

[1459] Lóczi Lajos	2006-10-31 10:08:10
Hogy a másik topikhoz is kapcsolódjak, ajánlom az érdeklődőknek, mint jó játékot sin ( $\pi$ /17) értékének megkeresését, ami a szabályos 17-szög megszerkesztéséhez kell.
Előzmény: [1458] Lóczi Lajos, 2006-10-31 10:04:18

[1460] nadorp	2006-10-31 10:41:56
És mi a helyzet a $g\left(\frac{x+y}2\right)=\frac{g(x)+g(y)}2$ függvényegyenlettel. Feltesszük, hogy pld. x,y>0 ( ez az előző hozzászólásom hiányossága, mert nem zártam ki az x+y=0 lehetőséget az eredeti függvényegyenlet átalakításakor). Van ennek "csúnya" megoldása ?
Előzmény: [1456] Lóczi Lajos, 2006-10-31 09:43:51

[1461] Lóczi Lajos	2006-10-31 11:04:39
Érdekes, ezen a helyen azt olvasni, hogy mindegyik egységgyök kifejezhető iterált gyökképletekkel. Aki jól tudja az algebrát, az el tudja dönteni, igazat mond-e a cikk, én elhiszem neki.
Előzmény: [1457] Lóczi Lajos, 2006-10-31 10:03:05

[1462] Lóczi Lajos	2006-10-31 11:51:03
A választ Aczél János vagy Kuczma klasszikus függvényegyenletes könyvei bizonyára tartalmazzák. Az egyenlet neve egyébként Jensen-függvényegyenlet, érdemes megnézni, a neten erről van-e vmi "discontinuous" vagy "nowhere continuous" link, én konkrétat ezalatt a kis idő alatt nem találtam, talán azért, mert a kérdés nagyon klasszikus ízű. Intuitíve biztos vagyok benne, hogy ennek is van millió más megoldása. A konstrukció nyilván Hamel-bázissal kell történjen, a Cauchy-egyenlet mintájára. A megoldásfüggvények grafikonjai ilyen esetben az egész síkon sűrű ponthalmazok szoktak lenni.
Előzmény: [1460] nadorp, 2006-10-31 10:41:56

[1463] nadorp	2006-10-31 14:19:09
Köszi, még magyar nyelvű leírás is létezik. ( http://www.math.klte.hu/~szekely/FVEGY.pdf )
Előzmény: [1462] Lóczi Lajos, 2006-10-31 11:51:03

[1464] Lóczi Lajos

2006-10-31 14:44:53

Igen, a debreceni KLTE-s PDF szép leírás.

Még egy dolog eszembe jutott, már egyszer volt is szó róla itt a fórumon, a hatványsoros megközelítéssel kapcsolatban: tudjuk, hogy vannak $C^{\infty}$ , de nem $C^\omega$ függvények, vagyis olyan függvények, amelyek akárhányszor deriválhatók ugyan, de nem analitikusak, azaz nem fejthetők Taylor-sorba.

Egy ilyen függvény pl. az f(x):=e^-1/x², ha x $\ne$ 0 és f(0):=0, melyeket szokás "lapos" ("flat") függvényeknek is nevezni. Egyszerűen látható, hogy ennek 0-körüli Taylor-sora a konstans 0 függvény, ami nyilván nem állítja elő f-et semmilyen origó körüli intervallumon sem.

Szóval elvileg ilyen megoldása is lehet egy függvényegyenletnek, ezeket tehát hatványsorfejtéssel nem lehet megtalálni, noha a folytonossággal/deriválhatósággal nincs baj.

Előzmény: [1451] nadorp, 2006-10-30 08:56:12

[1465] Cckek	2006-10-31 19:52:14
Nos, én is utánnaolvasgattam, úgy tűnik a Jensen egyenlet megoldásai A(x)+a alakúak, ahol A(x) a Cauchy egyenlet megoldása, s mint ilyen lehet nemfolytonos is. Mindenesetre mindkettőtöknek köszönöm a segítségét, megint bebizonyosodott milyen könnyű függvényegyenletet szerkeszteni és milyen nehéz őket megoldani:).
Előzmény: [1462] Lóczi Lajos, 2006-10-31 11:51:03

[1466] Lóczi Lajos

2006-10-31 21:07:22

Egy jópofa feladat:

Adott $\alpha$ valós szám esetén számítsuk ki a $\lim_{n\to \infty} \cos(n \alpha)$ határértéket.

[1467] Lóczi Lajos

2006-10-31 21:50:29

Adjuk meg mindazokat az x>0 valós számokat, melyekre fennáll, hogy

x^x²+1=e^1-x³.

[1468] Cckek	2006-10-31 22:06:02
x=1
Előzmény: [1467] Lóczi Lajos, 2006-10-31 21:50:29

[1469] phantom_of_the_opera	2006-10-31 22:26:19
Ismét a segítségeteket kérném a következő feladattal kapcsolatban: tegyük fel, hogy a valós, és $a+\frac{1}{a}$ egész. Bizonyítsuk be, hogy ekkor bármely n természetes számra $a^n+\frac{1}{a^n}$ is egész.

[1470] Cckek	2006-10-31 22:36:37
Egyszerűen indukcióval és a binomális képlettel. A megfelelő tagokat csoportosítsd.
Előzmény: [1469] phantom_of_the_opera, 2006-10-31 22:26:19

[1471] phantom_of_the_opera	2006-10-31 22:45:38
Azzal próbálkoztam, ilyen $(a+\frac1a)^n$ -szerű képletekkel, és meg is jelenik a keresendő tag, de nem csak n-nel, hanem az összes 1..n-ig terjedő hatvánnyal... ha tényleg olyan egyszerű, nem írnád le 1-2 sorban?
Előzmény: [1470] Cckek, 2006-10-31 22:36:37

[1472] Cckek	2006-10-31 23:03:18
Tehát ez az indukció egy formája. Az állítás igaz 1,2,..k-ra és ezekből kóvetkezik, hogy igaz k+1 re akkor igaz minden n-re P(k): $a^k+\frac{1}{a^k}\in Z$ igaz $\left(a+\frac{1}{a}\right)^{k+1}=\sum_{p=0}^{k+1}{C_{k+1}^pa^{k+1-2p}}$ Ebben a szélektől egyenlő távolságra levő tagokat csoportosítod majd az $a^{k+1}+\frac{1}{a^{k+1}}$ tagon kivül átviszed a baloldalra.A baloldal egész lesz:)
Előzmény: [1471] phantom_of_the_opera, 2006-10-31 22:45:38

[1473] phantom_of_the_opera

2006-10-31 23:28:19

Tehát ha jól sejtem, akkor a jobb oldalon: $\binom{k+1}{0}a^{k+1}+\binom{k+1}{k+1}\frac{1}{a^{k+1}}$ áll, a bal oldalon pedig $\binom{k+1}{1}a^{k-1}+\binom{k+1}{k}a^{1-k}+\binom{k+1}{2}a^{k-3}+\binom{k+1}{k-1}a^{3-k}$ stb. Bakker. Végül is miután rájöttem, hogy $a^{k-3}+\frac{1}{a^{k-3}}$ azért kell hogy egész legyen, mert k-3<k, és k-ig az indukciós feltétel miatt igaz, innen már rendben van. Csak mire ez eljutott a tudatomig...

Köszönöm szépen a szíves felvilágosítást.

Előzmény: [1472] Cckek, 2006-10-31 23:03:18

[1474] nadorp

2006-11-01 09:14:36

Ha n=2, akkor $a^2+\frac1{a^2}=\left(a+\frac1a\right)^2-2$

Ha pedig n $\geq$ 3 ,akkor

$a^{n+1}+\frac1{a^{n+1}}=\left(a^n+\frac1{a^n}\right)\left(a+\frac1a\right)-\left(a^{n-1}+\frac1{a^{n-1}}\right)$

Előzmény: [1473] phantom_of_the_opera, 2006-10-31 23:28:19

[1475] nadorp	2006-11-01 09:21:25
Ha pedig n $\geq$ , akkor ...
Előzmény: [1474] nadorp, 2006-11-01 09:14:36

[1476] phantom_of_the_opera	2006-11-01 11:52:35
Ezt én is felírtam, mikor próbálkoztam. Csak át kellett volna rendeznem az egyenletet?!?! El sem hiszem.
Előzmény: [1475] nadorp, 2006-11-01 09:21:25

[1477] Python

2006-11-01 15:17:36

Bemutatkozásul egy, feladat, ma olvatam:

238. feladat Gondoltam egy törtre, a számlálója és a nevezője is kétjegyű. A számlálónak és a nevezőnek egy-egy jegyét elhagyva (pl.: 56-ból a hatost elhagyva 5-öt kapunk) a tört egyszerűsített alakját kapjuk. Melyik lehet ez a tört?

Meg egy saját:

239. feladat

Négyzetrácsos terepen él a matekkígyó. A négyzetrács minden mezőjén vagy nincs semmi, vagy élelem van, vagy fal, vagy a kígyó feje, vagy a kígyó testének egy szakasza. A kígyó (nem sárkány, így a) testén nincs elágazás. Egy időegységen belül:

I. Ha nincs élelem a terepen, valahonnan egy véletlenszerűen kiválasztódott üres mezőre egy adag élelem kerül.

II. Mozog a kígyó:

1. A kígyó feje elmozdul egy oldalszomszédos mezőre, amelyen élelem van. Ekkor a kígyó feje helyén testszakasz jelenik meg, nyúlik a kígyó.

2. A kígyó feje elmozdul egy oldalszomszédos üres mezőre. Ekkor mozog, minden testszakasza előrébb mozdul, az utolsó helyén üres hely alakul ki.

3. Ha nem tud mozogni (1. v. 2.), rövidül, elveszti az utolsó testtáját.

a) Egy ilyen terepen:

#	#	#	#
#			#
#	:)		#
#	#	#	#

, ahol '#'=fal; ':)'=kígyó feje; ' '(space)=üres mező (A kígyónak még nincs teste, de tfh túléli...) elérheti-e a kígyó a 3 testszakasz+fej hosszt, és ha igen, optimális stratégia mellett legfeljebb hány időegység alatt? (Hányadik időegység végére eszi meg az utolsó élelmet?)

b) Terep:

#	#	#	#	#
#	#		#	#
#		:)		#
#	#		#	#
#	#	#	#	#

Kérdés ugyanaz, de itt csak 2 testszakasz+fej kell.

[1478] jonas

2006-11-01 17:45:29

238. Ez a feladat azért nem jó, mert túl sok megoldása van. Mondj még valami információt, különben nem tudunk választani.

A lehetséges megoldások:

20/10=2/1, 22/11=2/1, 24/12=2/1, 24/12=4/2, 26/13=2/1, 26/13=6/3, 28/14=2/1, 28/14=8/4, 30/10=3/1, 30/20=3/2, 32/16=2/1, 33/11=3/1, 33/22=3/2, 36/12=3/1, 36/12=6/2, 36/24=3/2, 36/24=6/4, 39/13=3/1, 39/13=9/3, 39/26=3/2, 39/26=9/6, 40/10=4/1, 40/20=4/2, 40/30=4/3, 42/21=4/2, 42/21=2/1, 44/11=4/1, 44/22=4/2, 44/33=4/3, 46/23=4/2, 46/23=6/3, 48/12=4/1, 48/12=8/2, 48/24=4/2, 48/24=8/4, 48/36=4/3, 48/36=8/6, 50/10=5/1, 50/20=5/2, 50/30=5/3, 50/40=5/4, 54/27=4/2, 55/11=5/1, 55/22=5/2, 55/33=5/3, 55/44=5/4, 60/10=6/1, 60/20=6/2, 60/30=6/3, 60/40=6/4, 60/50=6/5, 62/31=6/3, 62/31=2/1, 63/21=6/2, 63/21=3/1, 63/42=6/4, 63/42=3/2, 64/16=4/1, 64/32=6/3, 64/32=4/2, 65/13=5/1, 65/26=5/2, 65/39=5/3, 66/11=6/1, 66/22=6/2, 66/33=6/3, 66/44=6/4, 66/55=6/5, 68/34=6/3, 68/34=8/4, 69/23=6/2, 69/23=9/3, 69/46=6/4, 69/46=9/6, 70/10=7/1, 70/20=7/2, 70/30=7/3, 70/40=7/4, 70/50=7/5, 70/60=7/6, 75/15=5/1, 76/38=6/3, 77/11=7/1, 77/22=7/2, 77/33=7/3, 77/44=7/4, 77/55=7/5, 77/66=7/6, 80/10=8/1, 80/20=8/2, 80/30=8/3, 80/40=8/4, 80/50=8/5, 80/60=8/6, 80/70=8/7, 82/41=8/4, 82/41=2/1, 84/21=8/2, 84/21=4/1, 84/42=8/4, 84/42=4/2, 84/63=8/6, 84/63=4/3, 85/17=5/1, 86/43=8/4, 86/43=6/3, 88/11=8/1, 88/22=8/2, 88/33=8/3, 88/44=8/4, 88/55=8/5, 88/66=8/6, 88/77=8/7, 90/10=9/1, 90/20=9/2, 90/30=9/3, 90/40=9/4, 90/50=9/5, 90/60=9/6, 90/70=9/7, 90/80=9/8, 93/31=9/3, 93/31=3/1, 93/62=9/6, 93/62=3/2, 95/19=5/1, 96/16=6/1, 96/32=9/3, 96/32=6/2, 96/64=9/6, 96/64=6/4, 98/49=8/4, 99/11=9/1, 99/22=9/2, 99/33=9/3, 99/44=9/4, 99/55=9/5, 99/66=9/6, 99/77=9/7, 99/88=9/8,

Ezen kívül mindegyik megoldás úgy is, ha a számlálókat és nevezőket felcseréljük, van továbbá egy csomó olyan megoldás is, amikor a számláló egyenlő a nevezővel.

Előzmény: [1477] Python, 2006-11-01 15:17:36

[1479] Python

2006-11-01 18:51:05

Bocs!!!

Kifelejtettem, hogy az elhagyott két számjegy ugyanaz!! Még így is van rengeteg 'felesleges' megoldás pl.: $\frac{44}{55}$ , $\frac{40}{30}$ .

Kiköthetjük továbbá, hogy 0 $\le$ a tört <1, így a megoldások száma lefeleződik...

Korlátozási javaslatokat várok...

(Ahol olvastam 4 megoldás volt: $\frac{16}{64}=\frac14$ , $\frac{19}{95}=\frac15$ , $\frac{26}{65}=\frac25$ , $\frac{49}{98}=\frac48$ , de egy picit(?) általánosítottam...)

[1480] Cckek	2006-11-01 20:47:53
$Oldjuk~ meg ~N^xN^-ban:~\left(\frac{m}{n}\right)^m=(mn)^n$

[1481] jonas	2006-11-01 21:47:32
Valóban. Így még mindig van egy csomó olyan, mint 38/38=3/3 meg olyan hogy 30/70=3/7. Ha ezeket leszámítjuk, akkor tényleg csak ez a négy megoldás van, meg uganezek fejenállva.
Előzmény: [1479] Python, 2006-11-01 18:51:05

[1482] kdano	2006-11-01 22:04:15
Hát igen, ha kikötjük, hogy a tört értéke kisebb, mint egy, s a letörlendő számjegyek pozitívak, akkor kész vagyunk, a feladat megfogalmazását befejeztük :D
Előzmény: [1481] jonas, 2006-11-01 21:47:32

[1483] Python

2006-11-02 16:46:02

240.feladat

7	8	9
4	5	6
1	2	3
0

Ezeken a számológépgombkon beütünk egy tízjegyű számot (x) úgy, hogy minden jegye pontosan egyszer szerepel, és két egymás utáni jegy gombja oldalszomszédos (tehát pl.: 7 előtt/után lehet 4 vagy 8).

a)Hányféleképpen üthetjük be?

b)Mennyi sin x^o (x fok szinusza)?

[1484] tommyk

2006-11-05 09:53:33

Sziasztok!

Van egy feladat ,melyhez kérném a segítségeteket! A feladat a következő: Van egy pásztor, annak meg van egy tökéletesen kör alakú mezeje K1 sugarú. A mi pásztorunk megegyezik a szomszéd pásztorral, hogy használhatja az ő mezejét. A szomszéd pásztor egyetlen egy birkát legeltethet ezen a kör alakú mezőn úgy, hogy annak PONTOSAN csak a felét eheti meg a birka. Továbbá a birka csak a körmező szélén egy póznához kikötve mozoghat. Kérdés: mekkora sugarú körön K2 kell mozogni a birkának ahhoz, hogy pontosan a felét legelje le a körmezőnek? K1/K2=?

[1485] nadorp	2006-11-05 10:31:19
Lásd "Érdekes metekfeladatok" [342] hozzászólás (77. feladat). Megoldás [349] hozzászólás.
Előzmény: [1484] tommyk, 2006-11-05 09:53:33

[1486] jenei.attila	2006-11-07 13:56:09
n=(2k+1)^k,m=(2k+1)^k+1, ahol k tetszőleges természetes szám.
Előzmény: [1480] Cckek, 2006-11-01 20:47:53

[1487] Cckek	2006-11-08 21:51:11
Helyes, de még vannak megoldások:)
Előzmény: [1486] jenei.attila, 2006-11-07 13:56:09

[1488] jenei.attila	2006-11-09 11:36:17
Valóban, n=k^k²-1,m=k^k²+1. Azt hiszem más megoldás nincs.
Előzmény: [1487] Cckek, 2006-11-08 21:51:11

[1489] Cckek

2006-11-11 13:10:18

Nagyon érdekes kis határértékfeladat:)

$\lim_{n \to \infty}{\sum_{i=1}^{n}ln{\frac{n+i}{n}}arctg{\frac{n}{n^2+i^2-i}}}$

[1490] jenei.attila	2006-11-12 22:21:29
Egy kis segítség kéne. Szerintem egy határozott integrál közelítő összege lehet, mégpedig az ln függvény Stieltjes integrálja az [1,2] intervallumon (n egyenlő részre osztva az intervallumot), ami szerint pedig a Stieltjes integrált képezzük, egy olyan g függvény, amelyre g(1+i/n)-g(1+(i-1)/n)=arctg(...).
Előzmény: [1489] Cckek, 2006-11-11 13:10:18

[1491] nadorp

2006-11-13 08:17:08

Szerintem jó helyen kereskedsz, használd fel a következőt:

$arc\tg\frac{n}{n^2+i^2-i}=arc\tg\frac{i}{n}-arc\tg\frac{i-1}{n}$

Előzmény: [1490] jenei.attila, 2006-11-12 22:21:29

[1492] jenei.attila	2006-11-13 11:39:06
Ezek szerint a határérték (ha létezik): $\int_1^2 ln(x)\frac{1}{1+(x-1)^2}dx$ . Nem szeretek integrálni, vagyis még nem sikerült.
Előzmény: [1491] nadorp, 2006-11-13 08:17:08

[1493] nadorp

2006-11-13 12:27:23

Igen, vagy másképp írva

$\int_0^1\frac{\ln(1+x)}{1+x^2}dx$ .

Erre van "trükkös" megoldás is. A végeredmény szerintem $\frac\pi8\ln2$

Előzmény: [1492] jenei.attila, 2006-11-13 11:39:06

[1494] jenei.attila	2006-11-13 12:32:44
Te az x-1 helyett x-et írtál, de nekem még mindig elég vad. Szerintem áruld el a "trükköt".
Előzmény: [1493] nadorp, 2006-11-13 12:27:23

[1495] nadorp

2006-11-13 13:31:54

Az x=tg y helyettesítéssel

$I=\int_0^1\frac{\ln(1+x)}{1+x^2}dx=\int_0^{\frac\pi4}\ln(1+\tg{y})dy=\int_0^{\frac\pi4}\ln(\sin{y}+\cos{y})dy-\int_0^{\frac\pi4}\ln(\cos{y})dy$

$I=\int_0^{\frac\pi4}\ln(\sqrt2\cos(y-\frac\pi4))-\int_0^{\frac\pi4}\ln(\cos{y})dy=\frac\pi8\ln2+\int_0^{\frac\pi4}\ln(cos(y-\frac\pi4))-\int_0^{\frac\pi4}\ln(\cos{y})dy$ .

Könnyen meggondolható, hogy a cosinus párossága miatt az utolsó két integrál egyenlő, azaz $I=\frac\pi8\ln2$

Előzmény: [1494] jenei.attila, 2006-11-13 12:32:44

[1496] jenei.attila	2006-11-13 13:54:16
Szép megoldás, de most már kíváncsi lennék, Cckek szerint mitől is olyan érdekes ez a feladat. Nekem inkább kissé mesterkéltnek és "strapásnak" tűnik, hacsak nincs rá egy ettől különböző igazán szellemes megoldás.
Előzmény: [1495] nadorp, 2006-11-13 13:31:54

[1497] Lóczi Lajos	2006-11-13 15:58:01
Például lehet attól érdekes, hogy ismert konstansokkal egyáltalán ki tudjuk fejezni az eredményét :)
Előzmény: [1496] jenei.attila, 2006-11-13 13:54:16

[1498] Cckek

2006-11-13 18:16:57

Nos a feladat két okból is nagyon érdekes:)) Először mert az én szerzeményem:)), másodszor mert senki sem ismerte fel még - és ezt komolyan mondom-a nagyrabecsült jelenlévők közül sem hogy ez valójában egy Riemann összeg, mégpedig az

$f:[0,\frac{\pi}{4}]\to R, f(x)=ln(1+tgx)$

függvény es a

$\Delta=\{0=arctg\frac{0}{n}<arctg\frac{1}{n}<...<arctg\frac{n}{n}=\frac{\pi}{4}\}$ felosztáshoz rendelt Riemann integrálösszeg.Tehát egyenlő a $\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}{ln(1+tgx)dx}$ integrállal.

Előzmény: [1496] jenei.attila, 2006-11-13 13:54:16

[1499] Cckek	2006-11-13 18:25:05
Ami mellesleg egy jólismert cseles integrál :) az $x=\frac{\pi}{4}-t$ helyetesítéssel kiszámítható, és kitűnő példa olyan függvény integráljának a kiszámítására amelyenk nem ismerjük a primitív függvényét:))
Előzmény: [1498] Cckek, 2006-11-13 18:16:57

[1500] Cckek	2006-11-13 18:37:41
Amúgy a feladat főleg középiskolásoknak szól, itt csak azárt tűztem ki, mert már megjelent egy Erdély-i matematikai folyóiratban a MATLAP-ban, és nagyon kevés helyes megoldás érkezett:))
Előzmény: [1499] Cckek, 2006-11-13 18:25:05

[1501] ágica	2006-11-13 19:01:20
Ez az összefüggés hogyan jön ki? Biztos nem olyan bonyolult, de most nem nagyon látom..
Előzmény: [1491] nadorp, 2006-11-13 08:17:08

[1502] Cckek	2006-11-13 19:41:26
csak "dobd" rá a tangenst.
Előzmény: [1501] ágica, 2006-11-13 19:01:20

[1503] ágica	2006-11-13 20:33:56
tényleg :) köszi
Előzmény: [1502] Cckek, 2006-11-13 19:41:26

[1504] jenei.attila

2006-11-14 11:32:30

Kedves Cckek!

Először is maradjunk annyiban, tényleg érdekes a feladatot, csak kicsit másra számítottam. Másrészt nem egészen értem, mit is nem ismertünk fel? Azt, hogy Riemann-Stieltjes integrál közelítő összeg, észrevettük. Nadorp pedig megoldotta az integrálást, vagyis a feladat ezzel megoldódott.

Előzmény: [1498] Cckek, 2006-11-13 18:16:57

[1505] Sirpi	2006-11-14 11:40:26
Sőt, az 1495-ös hsz. második integrálja egyenesen ugyanaz, mint amit Cckek említett, szóval én sem értem, mi a probléma.
Előzmény: [1504] jenei.attila, 2006-11-14 11:32:30

[1506] nadorp	2006-11-14 12:19:34
Szerintem Cckek arra gondol, hogy kár belekeverni a példába a Stieltjes-integrált, mert ha az eredeti szummában észrevesszük a $\ln(1+\frac{i}n)=\ln(1+\tg{arc}\tg\frac{i}n)$ nyilvánvaló összefüggést, akkor mezei Riemann közelítő összeget kapunk, és azonnal adódik a nálam az x=tg y helyettesítés után kapott integrál.
Előzmény: [1505] Sirpi, 2006-11-14 11:40:26

[1507] jenei.attila	2006-11-14 12:25:38
Lehet, hogy erre gondolt, de ez szerintem kb. ugyanaz mint a stieltjes integrál, csak nem nevezzük nevén. Egyébként gondolom Te már előttem felismerted az integrál közelítő összeget. Te nem Stieltjes integrálra gondoltál?
Előzmény: [1506] nadorp, 2006-11-14 12:19:34

[1508] nadorp	2006-11-14 13:23:10
A Stieltjes alakot azonnal észrevettem, de biztos voltam benne, hogy van Riemann alak is, csak nem láttam a fától az erdőt.
Előzmény: [1507] jenei.attila, 2006-11-14 12:25:38

[1509] Cckek	2006-11-14 15:49:20
Kedves Attila. Eddig mintha starpás és mesterkélt lett volna. hmm:) Amúgy ez csak egy feladat, kitűztem mert reméltem, hogy van akinek örömet okoz a megoldása. Ha neked nem, hát akkor ne foglalkozz vele, ez itt nem verseny, és remélem még csak versengés sem.
Előzmény: [1504] jenei.attila, 2006-11-14 11:32:30

[1510] jenei.attila	2006-11-14 16:29:21
Egyáltalán nem akartalak megsérteni, szerintem nem is volt rá okod, hogy megsértődj. A véleményemet pedig hadd mondjam már el, én teljesen jószándékúan kérdeztem, hogy mi a feladatban az érdekesség, trükk. Most, hogy már megvilágítottad a feladat hátterét, valóban érdekesebbnek találom, bár még mindíg kicsit "megcsinált" ízű. Egyébként engedd meg, hogy azzal a feladattal foglalkozzak, amelyik nekem tetszik, a versengéssel kapcsolatban meg nem értem mire gondolsz.
Előzmény: [1509] Cckek, 2006-11-14 15:49:20

[1511] Cckek	2006-11-14 19:03:42
Jó, részemről befejezve felejtsük el:)) Itt van egy megint csak érdekes feladat:)) Hány n-edrendű permutáció inverzióinak a száma k???

[1512] nadorp

2006-11-15 17:03:41

Félek tőle, hogy erre nincs zárt formula. Ha tévedtem, akkor annál jobb. Az az erős sejtésem ( bár ez is kétséges, úgyhogy ne dobáljatok meg kővel), hogy ha a keresett számot I(n,k)-val jelöljük, akkor az

f_n(x)=(1+x)(1+x+x²)...(1+x+...x^n-1) polinomban x^k együtthatója éppen I(n,k)

Előzmény: [1511] Cckek, 2006-11-14 19:03:42

[1513] jenei.attila

2006-11-15 19:27:32

A feladat megtalálható Lovász László Kombinatorikai problémák és feladatok c. könyvében. Itt a megoldást az ún. inverzió vektorok használatával adják meg. Egy n-ed rendű p permutáció inverzió vektora egy n elemű t vektor (tömb), amelynek j-edik eleme azt adja meg, hogy a permutációban hány előző elem kisebb, mint a j-edik elem: t_j=|1<=i<j:p(i)>p(j)|, vagyis rögzített j mellet a kisebb indexekkel képezhető inverziók számát. Világos, hogy 0<=t_j<=j-1, és a t elemeinek összege éppen a p inverzióinak számát adja. Fordítva is igaz: egy feltételeknek megfelelő t vektor egyértelműen meghatározza a p permutációt (ez is egy érdekes kis feladat). Ezért a k=t₁,+t₂+...+t_n egyenlet feltételnek megfelelő (0<=t_j<=j-1) megoldásait kell összeszámolni, vagyis k hányféleképpen írható fel ilyen módon n db. szám összegeként. Ennek az ún. partíciós problémának a megoldását adja a Nadorp által felírt polinom k-ad fokú tagjának együtthatója.

Erre a megoldásra gondoltál?

Előzmény: [1511] Cckek, 2006-11-14 19:03:42

[1514] jenei.attila	2006-11-15 19:34:03
Elírtam: "permutációban hány előző elem kisebb" helyett: permutációban hány előző elem nagyobb
Előzmény: [1513] jenei.attila, 2006-11-15 19:27:32

[1515] Cckek	2006-11-16 15:40:11
Nos, ilyen messzire nem jutottam, és azt sem tudtam, hogy ezzzel már foglalkoztak, épp csak felvetődött bennem.:)
Előzmény: [1514] jenei.attila, 2006-11-15 19:34:03

[1516] jenei.attila	2006-11-16 15:44:31
Nadorpnak, ha jól tudom van egy ettől különböző megoldása. Engem is érdekelne, úgyhogy Nadorp! Légyszíves oszd meg velünk, Te mire jutottál. Köszi.
Előzmény: [1515] Cckek, 2006-11-16 15:40:11

[1517] jenei.attila	2006-11-16 15:50:44
Egyébként (mint azóta utána néztem), D.E. Knuth: A számítógépes programozás művészete c. könyv harmadik kötete (Rendezések és keresések) is részletesen foglalkozik a problémával. Ott egy érdekes rekurziót is megad. A könyvet nagyon ajánlom mindenkinek.
Előzmény: [1516] jenei.attila, 2006-11-16 15:44:31

[1518] nadorp

2006-11-18 10:22:10

Megpróbálom vázolni a gondolatmenetemet. Jelölje az n-edrendű k inverziót tartalmazó permutációk számát I(n,k) és legyen p(n,k) egy ilyen permutáció. Ekkor ha az n+1 elemet a permutáció végére tesszük, akkor egy p(n+1,k) permutációt kapunk. Ha az n+1-et eggyel balra tolva a n-dik helyre tesszük, akkor egy p(n+1,k+1) permutációt kapunk stb. ha az n+1 az első helyen van, akkor egy p(n+1,k+n) permutációt kapunk. Foglaljuk be ezt az alábbi táblázatba, ahol a k-dik oszlopban a p(n,k)-ból kapható permutációk találhatóak.

$\matrix{p(n+1,0) & p(n+1,1) & ... & p\left(n+1,\frac{n(n-1)}2\right) \cr p(n+1,1) & p(n+1,2) & ... & p\left(n+1,\frac{n(n-1)}2+1\right) \cr ... \cr p(n+1,n) & p(n+1,n+1) & ... & p\left(n+1,\frac{n(n-1)}2+n\right)}$

Tekintsük még a következő hasonló táblázatot

$\matrix{I(n,0) & I(n,1) & ... & I\left(n,\frac{n(n-1)}2\right) \cr I(n,0) & I(n,1) & ... & I\left(n,\frac{n(n-1)}2\right) \cr ... \cr I(n,0) & I(n,1) & ... & I\left(n,\frac{n(n-1)}2\right)}$

Nyilvánvaló, hogy I(n+1,k) úgy kapható meg, hogy ahol az első táblázatban p(n+1,k) van, összeadjuk a második táblázatban az ezeken a helyeken szerplő I(n,...) értékeket.Tehát

I(n+1,0)=I(n,0)

I(n+1,1)=I(n,0)+I(n,1)

I(n+1,2)=I(n,0)+I(n,1)+I(n,2) stb..

Ezek az összegek éppen balról jobbra haladva a "balról jobbra fel átlókon" levő elemek összege. Ha most f_n(x) az I(n,k) sorozat (n fix) generátor függvénye, azaz

$f_n(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_{\frac{n(n-1)}2}x^{\frac{n(n-1)}2}$ , ahol a_k=I(n,k), akkor

$f_{n+1}(x)=a_0+(a_0+a_1)x+(a_0+a_1+a_2)x^2+...+a_{\frac{n(n-1)}2}x^{\frac{n(n+1)}2}=f_n(x)(1+x+x^2+...+x^n)$

Előzmény: [1516] jenei.attila, 2006-11-16 15:44:31

[1519] Cckek

2006-11-18 11:51:16

Nagyon érdekes okfejtés. Az nyílvánvaló, már csak az inverziók számolási módszeréből is, hogy a t₁+t₂+...+t_n-1=k összeg összes lehetséges képzésének a száma adja meg az n-edrendű k inverzióval rendelkező permutációk számát, hiszen ha a permutáció alsó sorában 1 előtt t₁, 1-nél nagyobb, 2 előtt t₂, 2-nél nagyobb,.. (n-1) előtt t_n-1, (n-1)-nél nagyobb elem van akkor a permutáció inverzióinak a száma t₁+t₂+...+t_n-1. Az is látható, hogy 0 $\le$ t₁ $\le$ (n-1), 0 $\le$ t₂ $\le$ (n-2),...,0 $\le$ t_n-1 $\le$ 1 Tehát, a problémát, kitűnően letárgyáltátok, itt valóban nem beszélhetünk zárt alakról, annyit még hozzátennék, hogy amennyiben S_kⁿ-el jelöljük a k inverzióval rendelkező n-edrendű permutációk számát úgy fennáll :

$S_k^{n+1}=\sum_{i=0}^k{S_i^n}$

Attila is említett egy rekurziót. Az hogy néz ki?

Előzmény: [1518] nadorp, 2006-11-18 10:22:10

[1520] Cckek	2006-11-18 11:59:12
Még valami. Az vajon eldönthető-e, hogy egy k inverzióval rendelkező n-edrendű permutáció hányféle képpen bontható fel transzpozíciók szorzatára? Én ezzel probálkoztam, persze nem jutottam sehova.:)

[1521] Lóczi Lajos

2006-11-19 17:44:40

Oldjuk meg a valós számok halmazán a

$\sin(x)\cos(8x)=\frac{\sqrt{3}}{4}$

trigonometrikus egyenletet.

[1522] Cckek	2006-11-19 23:00:14
$x=\frac{\pi}{3}+2k\pi ???$
Előzmény: [1521] Lóczi Lajos, 2006-11-19 17:44:40

[1523] Lóczi Lajos	2006-11-20 02:13:05
Nem talált. :)
Előzmény: [1522] Cckek, 2006-11-19 23:00:14

[1524] ágica	2006-11-20 23:03:50
Ha abból indulunk ki, hogy a $\frac{\sqrt{3}}{4}$ -et $\frac{1}{2}$ és $\frac{\sqrt{3}}{2}$ szorzatára bontjuk, akkor négy eset lehetséges: ha sin x értéke $\frac{1}{2}$ és cos 8x értéke $\frac{\sqrt{3}}{2}$ , ugyanez fordítva, illetve ugyanezek negatív előjelekkel. Ebből egyedül az teljesülhet, ha $\sin{x}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$ és $\cos{8x}=-\frac{1}{2}$ , ekkor $x=-\frac{\pi}{3}+k2\pi$ vagy $x=-\frac{2\pi}{3}+k2\pi$ . Ezek megoldások tehát, hogy van-e más is, azt nem tudom. :)
Előzmény: [1521] Lóczi Lajos, 2006-11-19 17:44:40

[1525] jenei.attila	2006-11-21 13:55:19
Sajnos ennek az egyenletnek egy perióduson belül 10 megoldása van, ebből 2-őt találtál meg.
Előzmény: [1524] ágica, 2006-11-20 23:03:50

[1526] hobbymatekos	2006-11-21 14:47:07
Szia. Mi a transzpozició definiciója?
Előzmény: [1520] Cckek, 2006-11-18 11:59:12

[1527] Lóczi Lajos	2006-11-21 21:36:41
Nos igen, és a többit elemi képlettel nem is tudjuk felírni; mindenesetre a feladat néhány ártatlan probléma között kakukktojásként bújt meg...
Előzmény: [1525] jenei.attila, 2006-11-21 13:55:19

[1528] S.Ákos	2006-11-22 20:00:39
remélem még nem szerepelt: tekintsük azokat az H_n pozitív egész számokat, melyre $0<\{\frac{n}{\varphi(n)}\}$ ! Legyenek ezek a számok h₁;h₂;.... bizonyítandó, hogy $lim{\sum_{i=1}^\infty\frac{1}{h_i}=\infty}$ !

[1529] Lóczi Lajos

2006-11-22 22:26:15

Csak 4 dolgot nem értek:

1. mi a különbség h_i és H_i között

2. mit jelöl a $\varphi$ függvény

3. mit jelöl a kapcsoszárójel

4. mire vonatkozik a limesz, ugyanis a szummában nincs már szabad változó

(Jobban érteném h_i jelentését, ha látnám az első pár tagját.)

Előzmény: [1528] S.Ákos, 2006-11-22 20:00:39

[1530] nadorp	2006-11-22 22:41:06
Egy olyan permutáció, amely pontosan két elemet felcserél, a többit békén hagyja.
Előzmény: [1526] hobbymatekos, 2006-11-21 14:47:07

[1531] Sirpi	2006-11-22 22:53:47
Lehet hogy rosszul gondolom, de én az állítást úgy értelmeztem, hogy azon egészek reciprokösszege, melyekre teljesül, hogy nem osztja őket a nála kisebb relatív prímek száma, végtelen.
Előzmény: [1529] Lóczi Lajos, 2006-11-22 22:26:15

[1532] nadorp	2006-11-23 00:06:34
Ha n=p² ahol p prím, akkor $\frac{n}{\phi(n)}=\frac{p}{p-1}$ nem egész és a $\sum_{k=1}^\infty\frac{p_k-1}{p_k}$ sor divergens, hiszen az általános tag nem tart 0-ba
Előzmény: [1528] S.Ákos, 2006-11-22 20:00:39

[1533] nadorp	2006-11-23 00:10:27
p páratlan prím
Előzmény: [1532] nadorp, 2006-11-23 00:06:34

[1534] Lóczi Lajos	2006-11-23 10:15:36
De szerintem nem az $\frac{n}{\varphi(n)}$ számokat kell összegezni, hanem az olyan $\frac{1}{n}$ -eket, mely n-ekre teljesül az, ami.
Előzmény: [1532] nadorp, 2006-11-23 00:06:34

[1535] jenei.attila	2006-11-23 11:24:47
Én sem egészen értem a feladatot, de ha azon számok reciprok összegéről van szó, amelyeknek a náluk kisebb relatív prímek száma nem osztója, akkor a páratlan prímekre ez biztos igaz. Ezek reciprok összege, pedig valóban divergens, és következik belőle, hogy a szóban forgó számok reciprok összege is divergens. A prímekre vonatkozóan a bizonyítás nem túl könnyű, és lehet, hogy az Ákos által megfogalmazott gyengébb állítás bizonyítása könnyebb. Szerintem ez lehet a feladat.
Előzmény: [1534] Lóczi Lajos, 2006-11-23 10:15:36

[1536] jenei.attila	2006-11-23 12:01:16
Sőt. A páratlan számokhoz relatív prímek száma páros, vagyis nem lehet osztója a páratlan számnak. A páratlan számok reciprok összege pedig divergál. Szerintem kérdezzük meg Ákost, pontosam mire gondolt. Ákos! A kérdés adott: légyszíves pontosítsd a feladatot. Köszi.
Előzmény: [1535] jenei.attila, 2006-11-23 11:24:47

[1537] jenei.attila	2006-11-23 13:44:38
$\varphi$ (n) csak akkor osztója n-nek (ez esetben a hányados 3), ha n=2^k3^l, ahol k>=1 és l>=0. Ezen n-ek reciprok összege viszont konvergens (vagyis nincsenek túl sokan), és 3/2-hez konvergál.
Előzmény: [1536] jenei.attila, 2006-11-23 12:01:16

[1538] S.Ákos

2006-11-23 20:09:58

Igen, ez lenne a megoldás.De nem jó, mert 2^k-ra is igaz, és itt a hányados 2. Megpróbálom helyesen:

Jelöljük azokat a számokat h₁;h₂;...vel, melyek Euler-féle $\varphi$ -függvény értékére teljesül a következő $\{\frac{n}{\varphi (n)}\}>0$ ({}=törtrész). Mutassuk meg, hogy $\sum_{i=1}^n\frac{1}{h_i}$ nem véges!

Előzmény: [1537] jenei.attila, 2006-11-23 13:44:38

[1539] jenei.attila	2006-11-23 20:55:29
Valóban, ez esetben a hányados tényleg 2, azonban a lényegen mit sem változtat. Egyébként ez az eset is benne van az előző hozzászólásomban, l=0-val. Az ez előtti megjegyzésem szerint, minden páratlan számra igaz, hogy a $\varphi$ (n) nem osztója n-nek, vagyis elég csak a páratlan számok reciprok összegéről belátni, hogy divergens. Ez pedig közismert. A legutóbbi megjegyzésem már egy erősebb állítást tartalmaz.
Előzmény: [1538] S.Ákos, 2006-11-23 20:09:58

[1540] Cckek	2006-11-25 23:02:45
Oldjuk meg az egész számok halmazán a következő egyenletet: 2^m-1=xⁿ

[1541] Cckek	2006-11-26 11:52:55
Adjunk páldát olyan a_n sorozatra, melyre $\sum_{n\ge 1}a_n$ konvergens, de na_n határértéke nem 0.

[1542] jonas	2006-11-26 12:06:44
Ez nem nehéz: a_2^k=2^-k minden k egészre, a többi a_n=0. Ilyenkor 2^ka_2^k=1 így na_n-nek nincs határértéke, viszont $\sum_{1\le n} a_n = \sum_{0\le k} 2^{-k} = 2$ .
Előzmény: [1541] Cckek, 2006-11-26 11:52:55

[1543] Cckek	2006-11-26 12:12:20
Nagyon szép, az én hibám hogy nem követeltem meg: na_n határérték létezzen.
Előzmény: [1542] jonas, 2006-11-26 12:06:44

[1544] ScarMan

2006-11-26 13:41:17

Szerintem ebben az esetben a határérték csak 0 lehet.

Ha a_n-nek végtelen sok pozitív és negatív tagja van, akkor ez na_n-re is igaz, de ekkor a két részsorozat közös határértéke csak a 0 lehet.

Ha valamelyik előjelű tagból csak véges sok van, akkor azokat hagyjuk el. Ha most csak negatív tagjaink maradtak, akkor szorozzuk az egészet -1-gyel. Most csak pozitív tagjanik vannak. Itt találunk egy szig. mon. csökkenően 0-hoz tartó részsorozatot, ez legyen a_N. Nyilván $\sum a_N$ is konvergens, mert pozitív tagokat hagytunk el. Ekkor a Cauchy-féle ekvikonvergencia tétel miatt $\sum 2^Na_{2^N}$ sor is konvergens, ezért az általános tag 0-hoz tart. Ez Na_N-nek részsorozata, ami viszont na_n-nek részsorozata, tehát na_n-nek 0 torlódási pontja.

Előzmény: [1543] Cckek, 2006-11-26 12:12:20

[1545] Lóczi Lajos	2006-11-26 14:08:43
Adjunk példát olyan a_n>0 sorozatra, hogy na_n nullsorozat, de $\sum_{n=1}^\infty a_n$ divergens.
Előzmény: [1541] Cckek, 2006-11-26 11:52:55

[1546] ágica	2006-11-26 14:52:32
Pl. $a_{n}=\frac{1}{n\ln{n}}$
Előzmény: [1545] Lóczi Lajos, 2006-11-26 14:08:43

[1547] Cckek	2006-11-26 15:29:03
nagyon szép megoldás.gratulálok:)
Előzmény: [1544] ScarMan, 2006-11-26 13:41:17

[1548] Cckek

2006-11-26 15:40:18

Most már egyszerű bebizonyítani azt is,hogy ha: $\sum_{n\ge 1}a_n$ konvergens akkor

$lim_{n\to \infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{ka_k}{n}\to 0$ .

Gondolkozzunk a következő határértéken:

$lim_{n\to \infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{k^\alpha a_k}{n^\beta}, \alpha,\beta\in R$

[1549] phantom_of_the_opera	2006-11-28 21:42:31
Nem tudom, mennyire triviális a dolog, de nekem nem az. Van itt egy egyenlet: $\varphi$ (2x)= $\varphi$ (3x), ahol $\varphi$ (x) az x-hez x-nél nem nagyobb relatív prímek számát jelöli. Van itt két képlet, elvileg ezeket kellene használni: $\varphi(x)=\prod_{i=1}^r(p_i^{\alpha_i}-p_i^{\alpha_i-1})=n\prod_{i=1}^r\big(1-\frac{1}{p_i}\big)$ Tudnátok valami okosat mondani nekem erre?

[1550] Csimby

2006-11-28 23:01:50

241.feladat

$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{2005}$

Keressük a pozitív egész megoldásokat. (Lehet, hogy már volt, ez esetben sorry)

[1551] Hajba Károly

2006-11-29 00:49:24

Rendezzük az egyenletet:

$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{2005}$

$y=\frac{1*5*401*x}{x-2005}$

Ahhoz, hogy y egész lehessen, a nevező értékének a számláló valamely részszorzatával kell egyenlőségben lennie. Ez 7 megoldást ad, melyből 3-3 'szimmetrikus'.

$\matrix{x&y\cr 2006&4022030\cr 2010&806101\cr 2406&12030\cr 4010&4010\cr 12030&2406\cr 806010&2010\cr 4022030&2006\cr}$

Előzmény: [1550] Csimby, 2006-11-28 23:01:50

[1552] nadorp

2006-11-29 08:26:58

Írd fel x-et $x=2^\alpha3^\beta{y}$ alakban, ahol y nem osztható 2-vel és 3-mal. Vizsgáld a következő 4 esetet:

1. $\alpha$ = $\beta$ =0

2. $\alpha$ =0, $\beta$ $\geq$ 1

3. $\alpha$ $\geq$ 1, $\beta$ =0

4. $\alpha$ $\geq$ 1, $\beta$ $\geq$ 1

és használd fel $\varphi$ multiplikativitását

Előzmény: [1549] phantom_of_the_opera, 2006-11-28 21:42:31

[1553] phantom_of_the_opera	2006-11-29 12:31:57
Megpróbálkozom vele, köszönöm.
Előzmény: [1552] nadorp, 2006-11-29 08:26:58

[1554] lorantfy	2006-11-30 10:35:07
300. feladat. Egységnyi szakaszt véletlenszerűen 3 részre vágunk szét. Mekkora a valószinüsége, hogy a három részből háromszög szerkeszhető? (TK. példa)

[1555] jenei.attila	2006-11-30 14:07:32
1/2 ?
Előzmény: [1554] lorantfy, 2006-11-30 10:35:07

[1556] jenei.attila	2006-11-30 14:10:47
Nem, ez nem jó. Még gondolkozok.
Előzmény: [1555] jenei.attila, 2006-11-30 14:07:32

[1557] Sirpi	2006-11-30 14:27:02
$\frac14$
Előzmény: [1554] lorantfy, 2006-11-30 10:35:07

[1558] jenei.attila	2006-11-30 14:43:52
Inkább 1/4. Remélem ez jó.
Előzmény: [1554] lorantfy, 2006-11-30 10:35:07

[1568] Ali	2006-11-30 14:53:10
Legyen mondjuk 1/8

Előzmény: [1554] lorantfy, 2006-11-30 10:35:07

[1559] jenei.attila	2006-11-30 14:53:57
Látom közben neked is ez jött ki, ez biztató. Egyébként én az x,y síkbeli koordináta rendszer (0,0), (1,0), (1,1), (0,1) egységnégyzetében veszek fel egy pontot (egyenletes eloszlás szerinti valószínűséggel), amelynek x ill. y koordinátája megadja a [0,1] intervallum egy felosztását. Az x, y-x, 1-y (ha x<=y) szakaszokból pontosan akkor szerkeszthető háromszög, ha mindegyik hossza 1/2-nél kissebb. A koordinátarendszerben ábrázolva azt jelenti, hogy a kivélasztott pont az x=1/2, y=1/2, y=x+1/2 egyenesek által határolt háromszögbe esik. Ennek területe 1/8. Amikor x>y, hasonlóan egy 1/8 területű háromszög lesz a megfelelő tartomány. Tehát a keresett valószínűség 1/4.
Előzmény: [1557] Sirpi, 2006-11-30 14:27:02

[1560] jenei.attila	2006-11-30 14:56:23
Közben látom te is megelőztél a feltöltéssel, én is az ábrádhoz hasonló háromdxögre gondoltam. Csak nem vetted figyelembe a másik esetet, amikor x>y. Én kitartok az 1/4 mellett.
Előzmény: [1568] Ali, 2006-11-30 14:53:10

[1561] nervus

2006-11-30 16:56:31

Üdv! Tudnátok segíteni 1 feladatban? Már órák óta gondolkozom rajta, de nem jöttem rá :( Egy üres, 100 szobás szállodában unatkozik a portás:) Elindul, és felkapcsol minden villanyt. Aztán visszafordul, és lekapcsol minden 2. lámpát. Majd újra elindul (3. kör) és minden 3. lámpát átvált (ha le van kapcsolva, felkapcsolja, ha fel, lekapcsolja). Ahanyadik kört teszi meg (vagyis csak 100 lehet), annyiadik szobának a lámpáját változtatja meg. (10 kör, minden 10. lámpa.. stb) Aki tudja, help légyszi:S

[1562] nervus	2006-11-30 17:10:55
Jah, maga a kérdés az az, hogy a végére hány lámpa marad égve? Előre is köszi:)

[1563] rizsesz	2006-11-30 17:53:35
pontosan 10. ugye egy lámpát pontosan annyiszor vált át, ahány osztója van. két érdekes állapot van, a lekapcsolt, illetve a felkapcsolt villany. a felkapcsolthoz páratlan sok, a másikhoz páros sok váltás kell. így azok maradnak égve, amelyeknek páratlan sok osztója van, ezek a négyzetszámok, amelyekből 10 darab van (1, 4, 9...100).

[1564] nervus	2006-11-30 18:01:45
Huuuu : nagyon szépen köszönöm:) Örök hálám :)
Előzmény: [1563] rizsesz, 2006-11-30 17:53:35

[1565] nervus	2006-11-30 18:05:24
Az utolsó kérésem, hogy leírnád ezeket a négyzetszámokat? Hátha érdekli majd a matektanárom, hanyas szobákban maradnak égve a lámpák :) Köszönet és hála

[1566] Sirpi	2006-11-30 21:27:02
Ott vannak zárójelben, csak ki tudod találni a 6 hiányzót ;-)
Előzmény: [1565] nervus, 2006-11-30 18:05:24

[1567] lorantfy	2006-12-01 12:03:05
Eleve feltételezhetjük, hogy x<y. Igy a felső háromszögben vagyunk és annak 1/4-ed része jó.

Előzmény: [1559] jenei.attila, 2006-11-30 14:53:57

[1569] Tappancsa

2006-12-01 20:55:18

Ez a feladat a klasszikus példája a rosszul definiált valszám feladatnak. Mit jelent a "véletlenszerű" szétvágás? Néhány lehetőség:

1. Egymástól függetlenül kiválasztunk két pontot - ott vágjuk el.

2. Kiválasztunk véletlenszerűen egy pontot - az lesz az egyik vágás, aztán véletlenszerűen kiválasztjuk az egyik szakaszt és azt is véletlenszerűen ketté vágjuk.

3. Ugyanaz, mint előbb, de mindig a nagyobbik szakaszt osztjuk fel a második lépésben (mert ha a kisebbiket, akkor biztos nem lehet háromszög).

Az első két opció mindenestre logikusan hangzik. A vicc az, hogy különböző választ adnak.

Anikó

Előzmény: [1554] lorantfy, 2006-11-30 10:35:07

[1570] Nick

2006-12-01 21:29:56

Sziasztok!

Most találkoztam a fórummal és egyből végig is olvastam az egészet:)

Már itt is felmerült az a feladat, hogy egy n hosszú 0-1 sorozatban mi a valsz.-e, hogy van legalább k hosszú egyforma sorozat. Az akkori reagálás rá számomra kissé nehézkes volt és szeretném ha vki képletet adna rá (bizonyítás nélkül akár), n és k függyvényében. (előre is köszi a segítséget)

(más): Megkérdezte itt valaki, hogy hogyan határozzák meg a felvételi ponthatárokat, és a válasz rá sztem nem volt elég matematikus:) Úgy hogy szeretném ezt kitűzni feladatként:

Mennyi lesz jövőre (pl) az ELTE mat. szakjára a felvételi ponthatár? Persze ez így önmagában rosszul hangzik, és igen sok lenne benne a paraméter, ezért egy kicsit egyszerűsítsük a problémát. (Lényegében azt az eljárást keressük, hogy hogyan vesznek föl vkit egy egyetemre). Nézzük a következő feladatot: Egy házasságközvetítő irodában 100 férfi és 100 nő van nyílvántartva, minden férfi (és minden nő) rangsorolja az összes nőt (férfit), hogy melyiket választaná legszivesebben, másodiknak stb. A mi feladatunk, hogy olyan párosítást találjunk ami megfelelő mindkét fél számára. Azaz legyen az A1 által előálított rangsorban B1 a k. helyen. Minden k-nál előrébb álló Bi párjának a rangsorban(Bi által meghatározott) elfoglat helye legyen kisebb mint A1-é. ( De nehéz ezt leírni:); ha elírtam volna vagy nehezen értelmezhető akkor: azt szerettem volna leírni, hogy ha pl nekem választanak ki egy nőt, akkor az összes általam előrébb rangsorolt nőnek a férje az ő ranglistáján előbrébb legyen mint én; azaz ne legyen két olyan ember akik jobban akarják egymást mint a nekik kiosztottat).

Találjunk olyan módszert, eljárást ami a kívánt feltételt teljesíti. És ha ez már megvan, akkor jöhet a ponthatár:)

[1571] Róbert Gida	2006-12-01 21:42:25
Stabil házasság problémája ez. Valóban, az egyetemi felvételinél is ezt az algoritmust futtatják, tudtommal az egyetemek felől és nem a jelentkezők szempontjából ráadásul.
Előzmény: [1570] Nick, 2006-12-01 21:29:56

[1572] Nick	2006-12-02 13:04:55
Hát persze hogy az:) És persze gyorsan meg is található a neten, de sztem van annyira érdekes a megoldás, hogy egyedül jöjjünk rá. (nekem nem is ment addig, míg meg nem mondták, hogy a megoldást az életből lopták:))

[1573] Lóczi Lajos

2006-12-03 20:49:25

Adjuk meg azokat a $p>\frac{1}{4}$ számokat, amelyek esetén a

p, p²+p, (p²+p)²+p, ((p²+p)²+p)²+p, (((p²+p)²+p)²+p)²+p, ...

sorozat korlátos.

[1574] epsilon	2006-12-04 07:17:56
Kedves Lajos! A sorozatot rekurzióval így írhatjuk: a(1)=p és a(n+1)= a(n)×a(n)+1. Mivel p>1/4 ezért a(n+1)>a(n)×a(n)+1/4>=a(n) teljes négyzettel látható. Tehát a sorozat monoton növekvő, így csak a felső korlátja érdekel. Tegyük fel, hogy van felső korlátja, megkeressük a legjobbat, a supremumot. Mivel a sorozat monoton növekvő és korlátos, ezért van limesze, legyen a=lim a(n). A rekurzióban a határértékre térve, megoldva a 2. fokú egyenletet, annak a pozitív gyöke felel meg, ez a=(1+sqrt(1-4p))/2 vagis éppen ez lesz a legjobb felső korlát (indukcióval igazolható, a rekurziót használva), és ez a felső korlát MINDEN p>1/4 esetén létezik! Remélem, ilyen hajnalban nem tévedtem! ;-) Üdv: epsilon
Előzmény: [1573] Lóczi Lajos, 2006-12-03 20:49:25

[1575] nadorp	2006-12-04 09:36:55
A $\frac{1+\sqrt{1-4p}}2$ kifejezés $p>\frac14$ esetén komplex szám, tehát nem lehet felső korlát.
Előzmény: [1574] epsilon, 2006-12-04 07:17:56

[1576] jenei.attila	2006-12-04 11:55:38
Lehet, hogy butaságot kérdezek, de epsilon levezetése szerint p>1/4 esetén a sorozat tényleg monoton növő, és ekkor ha van felső korlátja, akkor konvergens is. Ha pedig konvergens, akkor csak az lehetne a határértéke, amit epsilon megadott. Na de az nem valós, ebből szerintem az következik, hogy nincs határértéke, de akkor nem is korlátos. Mit szóltok hozzá?
Előzmény: [1573] Lóczi Lajos, 2006-12-03 20:49:25

[1577] Sirpi

2006-12-04 12:36:29

Ebben a hozzászólásban én némi zavart látok, pl. nem tudom miért nem a p²+p=p egyenletet vizsgáljuk, aminek triviálisan csak a p=0 megoldása (mintha a p $\to$ p²+1 rekurzió is belekeveredett volna a dologba).

Viszont azt, hogy a sorozat sosem korlátos, a következőképp is belátható:

Legyen x=p-1/4>0, vagyis az első tag ennyivel van 1/4 felett. Ekkor a második tag eltérése 1/4-től:

p²+p-1/4=(x+1/4)²+(x+1/4)-1/4=x²+3/2^.x+1/16>3/2^.x

Vagyis a következő tag 1/4-től való eltérése legalább másfélszer akkora lesz, mint az elsőnek, így a sorozat minden p>1/4 esetén exponenciálisan nőni fog.

Előzmény: [1574] epsilon, 2006-12-04 07:17:56

[1578] jenei.attila	2006-12-04 12:53:18
Szerintem epsilon csak elírta a rekurziót, mert utána már jól használja. Helyesen: a₁=p,a_n=a_n-1²+p A Te egyenleted, viszont nem jó, mert nem az előző tag négyzetéhez adja az előző tagot, hanem az előző tag négyzetéhez mindig p-t. Így a levezetésed sem jó, csak az első két tagra.
Előzmény: [1577] Sirpi, 2006-12-04 12:36:29

[1579] epsilon

2006-12-04 13:24:56

Bocs, valóban elírtam :-( túl korán reggel volt, és éppen egy szünetben olvastam: a helyes egyenlet úgy ahogyan javítoták, így a limeszre térés után a=a×a+p ahonnann a beszámítható "a" amit írtam, valóban komplex szám (itt sem figyeltem a p>1/4-et (illetve pont fordítva láttam :-( de tudjuk azt, hogy a sorozat monoton növekvő, és ha felülről korlátos lenne, akkor a legjobb felső korlát, a supremum, éppen ez az a=lim a(n) kellene legyen, vagyis úgy tűnik (?), hogy a p>1/4 feltétellel ellentmondásba kerülünk (?) vagyis nem létezne p>1/4 amire korlátos lenne(?)

[1580] epsilon	2006-12-04 13:46:29
Végül is elgondolkozva, a leírtakból erre következtetek: ha p>1/4 akkor a sorozat monoton növekvő és korlátlan, az az divergens. Erre jutok akkor is, ha a(n+1)=f(a(n)) típusú rekurzióként kezelem, ahol f(x)=xx+p és bevezetve g(x)=f(x)-x jelölést, g(x)=1/4(2x-1)*(2x-1)+p-1/4>0 ami azt jelenti, hogy a fentiekben értelmezett sorozat monoton növekvő és korlátlan!

[1581] Lóczi Lajos

2006-12-04 14:01:58

Köszönöm a szép hozzászólásokat, igen, tehát tetszőleges p>1/4 esetén a szóban forgó a_n sorozat + $\infty$ -be divergál.

Folytatás. Adjuk meg azokat a p<-2 értékeket, melyekre az illető sorozatunk korlátos.

[1582] Cckek

2006-12-04 15:17:55

Ebben az esetben $a_n>\frac{1+\sqrt{1-4p}}{2}$ tehát

$a_{n+1}-a_n=(a_n-\frac{1+\sqrt{1-4p}}{2})(a_n-\frac{1-\sqrt{1-4p}}{2})>0$ a sorozat nem korlátos.

Előzmény: [1581] Lóczi Lajos, 2006-12-04 14:01:58

[1583] epsilon

2006-12-04 15:26:56

Nézzük csak a p<-2 esetet. Hátha megint nem írok el valamit! Szóval használom az előző g(x)=f(x)-x=x*x-x+p függvényt, és igazolom, hogy p<-2 mellett g(x)>0 így amennyiben a(1)<-2 márpedig ez igaz (mert p-vel egyenlő), úgy a sorozat megint monoton növekvő lesz. Az x*x-x+p=0 zérushelyei a következők: x(1)=(-1-sqrt(1-4p))/2 illetve x(1)=(-1+sqrt(1-4p))/2. Könnyen igazolható, hogy a p<-2 miatt x(1)<-2, ezért amikor a(1)=p<x(1)<-2 ekkor g(x)>0 (a trinom a gyökökön kivűl a főegyütthatók előjelével egyező előjelű), ami azt jelenti, hogy a a(n+1)=f(a(n))rekurzióval értelmezett sorozat monoton növekvő. Ha korlátos lenne, akkor konvergens is lenne, és a limesze éppen a=x(1)=(-1-sqrt(1-4p))/2 lenne, vagyis ez lenne a felső korlát. Közben most látom, hogy Cckek máris írt, de még nem mérlegeltem, ezt elengedem, aztán azt is mérlegelem.

[1584] epsilon	2006-12-04 15:36:55
Gratulálok Cchek, nagyon elegáns bizonyítás a monotonításra,...hmmm...ezek szerint a korláttal megint elnéztem valamit...:-(

[1585] jenei.attila

2006-12-04 15:44:34

A monotonitás OK. De hogyan tovább? Szerintem még annyi kell, hogy ha lenne határértéke, akkor az csak

$\frac{1+\sqrt{1-4p}}{2}$

lehetne, aminél viszont minden tag (a 2.-tól kezdve) nagyobb.

Előzmény: [1582] Cckek, 2006-12-04 15:17:55

[1586] Lóczi Lajos

2006-12-04 15:44:49

Tényleg nagyon tömör :)

Akkor most már "csak" az a kérdés, hogy hogyan viselkedik a sorozat az eddig kimaradt $p\in \left[-2,\frac{1}{4}\right]$ paraméterértékek esetén. Adjunk meg minél bővebb részhalmazokat a $\left[-2,\frac{1}{4}\right]$ intervallumból, amely p számok mellett a_n (a 0-ból indítva) konvergens.

Előzmény: [1582] Cckek, 2006-12-04 15:17:55

[1587] Cckek	2006-12-04 15:52:07
Így van. Ezt nem irtam már le mert már le volt tárgyalva az előzőkben:)
Előzmény: [1585] jenei.attila, 2006-12-04 15:44:34

[1588] jenei.attila	2006-12-04 15:59:46
Hát annyi mindenesetre kiderült, hogy ha p ebben az intarvallumban van, akkor a sorozat korlátos. Hogy mikor konvergens?...
Előzmény: [1586] Lóczi Lajos, 2006-12-04 15:44:49

[1591] Cckek	2006-12-04 17:06:11
Ez egy bifurkációs feladat a f(x,p)=x²+p függvényre, kitűnően le van tárgyalva itt:)
Előzmény: [1586] Lóczi Lajos, 2006-12-04 15:44:49

[1590] Cckek

2006-12-04 17:25:29

Esetleg vizsgálható a

$x_{n+1}=ln(1+p\cdot x_n), x_1>-\frac{1}{p},p>0$

sorozat is.

[1592] Cckek	2006-12-04 20:56:58
hogyan igazoljuk hogy kontinuum sok kontinuum számosságú halmaz egyesítése kontinuum számosságú?

[1593] Csimby	2006-12-04 21:36:10
Ennek c² eleme van, hiszen c féle képpen választhatjuk meg hogy melyik halmazból veszünk elemet, és azon belül is még c elem közül választhatunk. És c²=(2^A)²=2^2A=2^A=c , ahol A jelöli alef 0-t, a természetes számok számosságát és c a kontinuum számosságot.
Előzmény: [1592] Cckek, 2006-12-04 20:56:58

[1594] Cckek	2006-12-04 22:00:40
Ok nagyon szép. Egy direkt bizonyitást a kardinális számokkal végezhető műveletek nélkül? Tehát nem használhatjuk fel hogy k szor alef nulla az szintán alef nulla stb...
Előzmény: [1593] Csimby, 2006-12-04 21:36:10

[1595] jenei.attila	2006-12-05 13:13:37
Pl. "megindexeljük" az unió elemeit a [0,1]x[0,1]-beli valós számpárokkal. A pár első eleme jelenti, hogy melyik halmazból való a kiválasztott elem, a második, hogy azon belül melyik elemről van szó. A halmazok, illetve egy halmaz elemei nyilván indexelhetők [0,1]-beli valós számokkal. A [0,1]x[0,1]-beli valós számpárok halmaza pedig nyilván kontinuum számosságú, ez könnyen látható pl. a pár két számának tizedestört alakban felírt számjegyeinek összefésülésével.
Előzmény: [1594] Cckek, 2006-12-04 22:00:40

[1596] HoA

2006-12-08 18:33:19

Odáig igaz, hogy a nevező a számláló valamelyik részszorzata. Csak arra nem gondoltál, hogy x nem feltétlenül törzsszám - mint ahogy megoldásaidban sem az - legyen x = u * v, ezért a részszorzat olyan is lehet, hogy az 1*5*401 valamilyen s részszorzata u-val szorozva.

s*u=u*v-2005

$s = v - \frac{2005}{u}$

$v = s + \frac{2005}{u}$

Egészekről lévén szó u is az 1*5*401 valamilyen részszorzata . Végignézve a lehetőségeket, két esetben kapunk a már ismertektől kükönböző megoldást.

s=5;u=5;v=406;x=2030;y=401*406=162806

és

s=401;u=401;v=406;x=162806;y=2030

Tehát ( 2030 ; 162806) és ( 162806; 2030 ) is két "szimmetrikus" értékpár.

Előzmény: [1551] Hajba Károly, 2006-11-29 00:49:24

[1597] Hajba Károly

2006-12-08 20:20:03

Kedves HoA!

Nem is mondtam, hogy 'x' törzsszám, de mindenképpen rámutattál, nem voltam eléggé alapos. Köszi a kiegészítést.

Előzmény: [1596] HoA, 2006-12-08 18:33:19

[1598] jenei.attila

2006-12-08 22:21:23

Ez mintha most lett volna Arany Dániel versenyfeladat. Az eredeti egyenlet ekvivalens a következővel:

(x+y)2005=xy

, ez pedig ekvivalens a

(x-2005)(y-2005)=2005²

. De 2005²=5²401², vagyis 9 osztója van, ezért az eredeti egyenletnek 9 megoldása van, Neked ebből csak 7 jött ki. Nem számoltam ki, ezért nem tudom melyik 2 hiányzik.

Előzmény: [1597] Hajba Károly, 2006-12-08 20:20:03

[1599] Csimby	2006-12-09 01:15:45
Köszönöm mindenkinek aki hozzászólt!
Előzmény: [1598] jenei.attila, 2006-12-08 22:21:23

[1600] Cckek

2006-12-09 08:00:43

Ha p,q $\in$ N^* számítsuk ki a következő összeget:

$\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^kC_n^k}{k^2+(p+q)k+pq}$

[1601] Mhari

2006-12-10 10:31:21

Sziasztok!

Mi a valószínűsége annak, hogy úgy tudunk megfésülni egy plüssmackót, hogy ne legyen forgója? .

Állítólag létezik egzakt válasz a kérdésre, szóval nem átverés... Megj: Egy Tusnády Gábor nevű matematikust említettek, aki foglalkozik ilyesmivel. Gőzöm sincs, hogy merre induljak el.

Üdv: Mhari

[1602] Cckek	2006-12-10 10:55:10
Mi az a forgó? Amúgy ha ez valóban nem hülyesség akkor geometriai valószínűségi probléma tehát a mackó méretétől alakjától kéne hogy függjön:)
Előzmény: [1601] Mhari, 2006-12-10 10:31:21

[1603] AzO	2006-12-10 18:07:15
Nalunk sundisznoval volt felteve a kerdes topologia gyakorlaton, es az a feladat ekvivalens volt azzal, hogy fujhat-e mindenhol a szel a foldgombon (a szel vektorszeru, es folytonos :) ). Erre a valasz az, hogy mindig van legalabb 1 pont, ahol nem fuj a szel. Meg hasonlo az a feladat is, hogy megkavarod a levest, es lesz olyan "pont", ami a helyen marad. Persze konnyen lehet, hogy felreertettem a feladatot :)
Előzmény: [1601] Mhari, 2006-12-10 10:31:21

[1604] Lóczi Lajos	2006-12-10 21:36:33
Forgó: nézd meg néhány (hajas) ember feje búbját és ami ott van, az a forgó :)
Előzmény: [1602] Cckek, 2006-12-10 10:55:10

[1605] Lóczi Lajos

2006-12-10 21:56:17

Angolul ezek a "hairy ball theorem"-ek. A válasz attól függ, hogy a mackó Euler-karakterisztikája mennyi.

Ha pl. 2, azaz folytonos deformációval átdeformálható egy gömbbe (pl. "felfújod"), akkor a tetszőleges, a felületén értelmezett folytonos vektormezőnek létezik zérushelye, azaz lesz a szőrén forgó.

Ha viszont a karakterisztika 0, tehát a maci átdeformálható egy tóruszba, akkor lehet úgy fésülni, hogy ne legyen forgója: egy szőrös úszógumit meg tudsz fésülni így.

Előzmény: [1601] Mhari, 2006-12-10 10:31:21

[1606] Mumin	2006-12-11 00:52:10
Magyarán ha ki van lukasztva az egyik füle, akkor lehet forgó nélküli... :D
Előzmény: [1605] Lóczi Lajos, 2006-12-10 21:56:17

[1607] jonas	2006-12-11 21:05:34
agy ha a szemein és az orrán nem szőrös, akkor is.
Előzmény: [1606] Mumin, 2006-12-11 00:52:10

[1608] jonas	2006-12-11 21:07:51
Amúgy erről az ajánlott irodalom az Új matematikai mozaik (szerk. Hraskó András, Typotex kiadó, 2002) a 395. oldaltól (Szűcs András fejezete).
Előzmény: [1605] Lóczi Lajos, 2006-12-10 21:56:17

[1609] Mhari	2006-12-11 23:25:55
Köszönöm a segítséget, különösen Lóczi Lajosnak. Életembe se jutott volna eszembe a "szőrös labda tétel" esete. De lehet, hogy még Euler sem ebben a témában. Azt hittem valami differenciálgeometriai esettel állok szemben. A link jó, ott a megoldás. Még 1x köszönöm a gyors választ!
Előzmény: [1605] Lóczi Lajos, 2006-12-10 21:56:17

[1610] Mhari	2006-12-11 23:32:17
Bocs, a link lemaradt: http://www.math.hmc.edu/funfacts/ffiles/20005.7.shtml

[1611] Cckek	2006-12-12 18:29:35
Határozzuk meg az elipszis racionális kordinátájú pontjait:)

[1612] psbalint

2006-12-13 20:16:58

http://www.asztralfeny.hu/magus/magus.php

egy kis izgalmas sziget a gyilkos feladatok végtelen óceánján... ;)

[1613] Mumin	2006-12-14 00:58:57
Ez nagyon profi! Bár elsőre azért elgondolkodtam rajta. A legjobb, hogy minden körben váltja a jeleket.
Előzmény: [1612] psbalint, 2006-12-13 20:16:58

[1614] Hajba Károly	2006-12-14 08:04:24
... és az, hogy működik a honlap, bizonyítja, igen-igen kevesen "veszik a fáradtságot" az utángondolásra. :o)
Előzmény: [1613] Mumin, 2006-12-14 00:58:57

[1615] Csimby	2006-12-14 21:02:24
301. feladat Egy 3×3-as négyzet 1×1-es kisnégyzetei közül hányféleképpen színezhetünk ki 4-et úgy, hogy a négyzet szimetriával egymásba vihető színezéseket nem tekintjük különbözőnek.

[1616] Hajba Károly	2006-12-14 22:25:52
Ha egy színnel színezek, akkor, ha nem néztem el valamit, 20. S ebből következtetve 2 szín esetén kevesebb, mint 280, a szimmetrikus alakzatokban fellépő ismétlődések miatt. 4 szín esetén kevesebb, mint 480.
Előzmény: [1615] Csimby, 2006-12-14 21:02:24

[1617] Csimby	2006-12-15 01:12:24
Kicsit több van mint 20. És igen, 1 színnel színezünk.
Előzmény: [1616] Hajba Károly, 2006-12-14 22:25:52

[1618] Hajba Károly	2006-12-15 11:13:00
23
Előzmény: [1617] Csimby, 2006-12-15 01:12:24

[1619] HoA	2006-12-15 11:23:18
Szerintem az ilyen, még fejben/papíron leszámolható eredményre vezető feladatokat úgy célszerű megoldani, hogy a lehetséges eseteket egy olyan döntési fa mentén derítjük fel, ahol a szimmetrikus esetek azonos ágra kerülnek. Esetünkben például: Van-e színezett saroknégyzet? Színezett-e a középső? Ha valakinek 22-nál több vagy kevesebb jött ki, itt egy kis ellenőrzési lehetőség. Vagy javítsatok, ha én szúrtam el valamit :-)

Előzmény: [1617] Csimby, 2006-12-15 01:12:24

[1620] HoA	2006-12-15 11:32:16
Úgy érted, hogy az (xx)/(aa) + (yy)/(bb) =1 egyenlet racionális megoldásait ha a és b racionális?
Előzmény: [1611] Cckek, 2006-12-12 18:29:35

[1621] Csimby	2006-12-15 11:38:52
Van még egy, Károlyé a nyerő tipp. Jók az ábrák amúgy.
Előzmény: [1619] HoA, 2006-12-15 11:23:18

[1622] HoA

2006-12-15 11:45:50

Arra azért kíváncsi lennék, a hozzászólók hány százaláka leplezi le az ezoterikus parapszichológiai telepátiát. Mert az ilyen hozzászólást természetesen nem teszi fel a lapra. A "Minden jog fenntartva" témában is lennének aggályaim, ezt már máshol is láttam, például itt:

http://brutalvideos.freeweb.hu/Flash/psychic.htm

Előzmény: [1614] Hajba Károly, 2006-12-14 08:04:24

[1623] Hajba Károly

2006-12-15 13:13:27

A hiányzó leírása:

3 db egy átló mentén és a negyedik valamelyik oldalközépen.

Előzmény: [1619] HoA, 2006-12-15 11:23:18

[1624] HoA	2006-12-15 13:35:16
Kösz! A döntési fán még megvolt, csak az ábra összeállításnál néztem el.
Előzmény: [1623] Hajba Károly, 2006-12-15 13:13:27

[1625] Cckek

2006-12-15 14:58:40

Igen. Az

$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1, a,b\in Z^*$ racionális kordinátájú pontjait.

Előzmény: [1620] HoA, 2006-12-15 11:32:16

[1626] jonas	2006-12-15 19:09:06
Tényleg 23. Számítógéppel nagyon könnyű volt kiszámolni.

Előzmény: [1615] Csimby, 2006-12-14 21:02:24

[1627] Csimby	2006-12-16 02:54:25
302.feladat Adott a következő négy szám: 1,3,4,6. A négy alapművelet és a zárójelezés segítségével, mindegyik számjegyet egyszer felhasználva állítsuk elő a 24-et. (aki ismeri az NE lője le a megoldást)

[1628] S.Ákos	2006-12-16 14:00:01
302.b) feladat Most állítsuk elő a 24et a 3,3,8,8 számjegyekkel, ugyanazon feltételek mellett
Előzmény: [1627] Csimby, 2006-12-16 02:54:25

[1629] Cckek	2006-12-16 16:00:11
Kötelező mindegyik alapművelet használata? Ha nem akkor megvan.
Előzmény: [1627] Csimby, 2006-12-16 02:54:25

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

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?