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]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]    [49]    [50]    [51]    [52]    [53]    [54]    [55]    [56]    [57]    [58]    [59]    [60]    [61]    [62]    [63]    [64]    [65]    [66]    [67]    [68]    [69]    [70]    [71]    [72]    [73]    [74]    [75]    [76]    [77]    [78]    [79]    [80]    [81]    [82]    [83]    [84]    [85]    [86]    [87]    [88]    [89]    [90]    [91]    [92]    [93]    [94]    [95]    [96]    [97]    [98]    [99]    [100]    [101]    [102]    [103]    [104]    [105]    [106]    [107]    [108]    [109]    [110]    [111]    [112]    [113]    [114]    [115]    [116]    [117]    [118]    [119]    [120]    [121]    [122]    [123]    [124]    [125]    [126]    [127]    [128]    [129]    [130]    [131]    [132]    [133]    [134]    [135]    [136]    [137]    [138]    [139]    [140]    [141]    [142]    [143]    [144]    [145]    [146]    [147]    [148]    [149]    [150]    [151]    [152]    [153]    [154]    [155]    [156]    [157]    [158]    [159]    [160]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[1156] nadorp2006-01-13 18:35:29

(x-2)(x^2+\frac12)=x^3-2x^2+\frac12x-1

Van racionális gyöke ( x=2), az első és utolsó tag együtthatója \pm1, és sem az 1,sem a -1 nem gyöke.

Előzmény: [1155] Iván88, 2006-01-13 14:37:40
[1155] Iván882006-01-13 14:37:40

Szia Viktor!

A válaszod jó, de nem egészen ez volt a kérdés.

Mivel a polinom fokszáma páratlan, és \pmx2a+1+...\pm1 alakú, ezért valóban csak az 1 és a -1 lehet valós gyöke. A -1 mindenképpen az (hogy az 1 is, azt nem tudni), mert van valós gyöke. Értelemszerűen ekkor a -1 reciproka is gyöke az egyenletnek, ekkor viszont ez egy szimmetrikuspoéinom. (Amiből az is következik, hogy az első és utolsó tag előjele megegyezik)

Előzmény: [1152] xviktor, 2006-01-12 21:13:41
[1154] Iván882006-01-13 14:26:13

Kedves Lajos.

Lehet, hogy pongyolán fogalmaztam, de az általad leírt képletnem illik ide, mert itt az utolsó tag együtthatója a 0, míg az elsőé az 1.

Előzmény: [1153] Lóczi Lajos, 2006-01-12 23:02:48
[1153] Lóczi Lajos2006-01-12 23:02:48

Nézd a következő példát:

x3+\pix2+x=0, melynek egyetlen racionális gyöke a 0.

Előzmény: [1152] xviktor, 2006-01-12 21:13:41
[1152] xviktor2006-01-12 21:13:41

Hali!

Horner-> ha van racionalis gyoke-> elso es utolso tag osztoinak hanyadosa lehet->\pm1 lehet csak racionalis gyok. A tobbi lehet irracionalis vagy komplex...

Udv: Viktor

Előzmény: [1151] Iván88, 2006-01-12 20:59:30
[1151] Iván882006-01-12 20:59:30

Nem egészen jól fel a kérdést:

A polinom többi tagjáról mit lehet elmondani? (ha nem lehet, miért nem?)

Előzmény: [1148] Iván88, 2006-01-12 19:30:23
[1150] xviktor2006-01-12 20:51:11

Amit elobb elfelejtettem leirni: mas racionalis gyok ezen kivul nem lehet.

Előzmény: [1149] xviktor, 2006-01-12 20:46:08
[1149] xviktor2006-01-12 20:46:08

A racionalis gyok \pm1.

Udv: Viktor

Előzmény: [1148] Iván88, 2006-01-12 19:30:23
[1148] Iván882006-01-12 19:30:23

212. feladat:

Egy páratlan fokszámú polinom első és utolsó együtthatója \pm1. Mit állíthatunk a polinomról, ha van racionális gyöke?

[1147] Iván882005-12-31 23:50:08

Sziasztok! Szép a feladat. Legyen a szóban forgó polin0m p(x). p(x)=a2nx2na2n-1x2n-1+...+a2x2+a1x+a0, ahol ai konstansok. Mivel ai páratlan, ezért ai=2bi+1 alakba hozható. (i=0;1;...;2n) Indirekt bizonyítás: Legyen x=\frac{p}{q}, ahol p,q (nem 0)egészek és relatív prímek. (2b_{2n}+1)(\frac{p}{q})^{2n}+(2b_{2n-1}+1)(\frac{p}{q})^{2n-1}+...+(2b_1+1)(\frac{p}{q})+2b_0+1=0. Szorozzunk be q2n-nel: (2b2n+1)p2n+(2b2n-1+1)p2n-1q+...+(2b1+1)pq2n-1+(2b0+1)q2n=0. Ha kibontjuk a zárójeleket akkor azt kapjuk, hogy \sum_{i=0}^{2n}(2b_1)p^iq^{2n-i}+\sum_{i=0}^{2n}p^iq^{2n-i}=0. Az első tag a 2-es szorzó miatt mindig páros. Nézzük a másodikat: p és q közül legfeljebb az egyik páros (mert relatív prímek) ekkor, ha p is, q is páratlan, akkor a második tag is páratlan, mivel 2n+1 értéket adtunk össze. Ha az egyig páros akkor is páratlan az összeg mert ekkor a második tagban 2n db. báros, és egy páratlan (amikor a páros szám a 0. hatványon szerepel, így az értéke 1) számot adtunk össze. Vagyis a második tag mindkét esetben páratlan, ekkor azonban az összegnek is páratlannak kell lennie, ami ellentmondás, mert a 0 egy páros szám. Azt kaptuk, hogy a racionális számok halmazán valóban nincs megoldás. Q.E.D.

Előzmény: [1146] Csimby, 2005-12-10 23:37:29
[1146] Csimby2005-12-10 23:37:29

211. feladat Biz. be, hogy ha egy páros fokú polinom minden együtthatója páratlan egész, akkor a polinomnak nincsen racionális gyöke.

[1145] Yegreg2005-12-06 17:35:29

A feladat átfogalmazható úgy is, hogy a csoporton belülire vezető élek száma bármely csúcsnál legfeljebb egy.

Oszzuk két csoportba a csúcsokat tetszőlegesen! Ha a kívánt elrendezés lép fel, akkor készen vagyunk, ha nem, akkor van olyan csúcs, amelyből a saját csoportjába vezető élek száma legalább kettő, ez azt jelenti, hogy a másik csoportba vezető él(ek :)) száma legfeljebb egy, hiszem minden pont foka legfeljebb három. Ekkor a következőt tesszük: ezt a csúcsot áthelyezzük a másik halmazba. Ezzel ezen csúcs korábbi csoportjában legalább 2-vel csökkent, új csoportjában pedig legfeljebb 1-gyel nőtt a csoporton belüli összes él száma, ez azt jelenti, hogy ez a lépés csökkenti a két csoport összes csoporton belüli éleinek számát.

Ha ezzel a lépéssel a kívánt helyzethez jutunk, akkor kész, ha nem, akkor folytatjuk az eljárást.

Mivel az eljárások során a két csoport összes csoporton belüli éleinek száma szigorúan monoton csökken, és ha nem a kívánt helyzet áll fennt, akkor biztosan folytathatjuk az eljárást, ezért következik, hogy egyszer biztosan véget ér, hiszen az két csoport összes csoporton belüli éleinek száma természetes szám mindig, és pl. 0-nál triviálisan a kívánt helyzet alakul ki.

Ennek a feladatnak viccesebb változata, amikor a politikusok vágják pofon egymást...:)

Üdv:

Szűcs Gergely

[1144] Csimby2005-12-05 16:16:32

210. feladat Bizonyítsuk be, hogy ha egy gráfban minden pont foka legfeljebb 3, akkor a gráf csúcsai két részre oszthatóak úgy, hogy ha a két rész között menő éleket töröljük, minden pont foka legfeljebb 1 lesz.

[1143] Lóczi Lajos2005-11-29 15:28:22

Igen, ilyesmire gondoltam én is, tehát az algebra alaptétele itt minden további nélkül nem igaz.

Előzmény: [1142] jonas, 2005-11-28 21:17:56
[1142] jonas2005-11-28 21:17:56

Vagy ix-xi=i.

Előzmény: [1141] jonas, 2005-11-28 21:15:34
[1141] jonas2005-11-28 21:15:34

Talán ix+xi=j?

Előzmény: [1139] Lóczi Lajos, 2005-11-17 19:30:54
[1140] jonas2005-11-28 19:42:12

Van pár diszkrét matek feladatom. Feladom őket itt, hátha valakit érdekel.

209. Legyen s0=0; s1,P,Q tetszőleges egészek. Definiáljuk az sn sorozatot az sn+1=Psn-1+Qsn rekurzióval.

Lássuk be, hogy ekkor minden n,k egészre

(sn,sk)=s(n,k)

ahol (n,k) jelöli a két szám legnagyobb közös osztóját. Speciális esetként sk osztója sn-nek akkor és csak akkor, ha k osztja n-et.

Érdemes megnézni, milyen sorozatokat kapunk s1=P=Q=1 illetve az s1=1,P=-2,Q=3 esetén.

A másik két feladatot majd később feladom, ha van érdeklődés (a nevek a másodikban Catalan és Hankel, a harmadikban Catalan és Csebisev).

[1139] Lóczi Lajos2005-11-17 19:30:54

208. feladat. Adjunk példát olyan (pontosan) elsőfokú egyenletre, aminek nincs megoldása a kvaterniók között.

[1138] Lóczi Lajos2005-11-17 19:16:27

Igen, itt is az 1/2 bukkant fel. (De a legjobban arra lennék kíváncsi, hogy ennek vajon van-e bármiféle köze ahhoz az eredményhez, ami az "ujjgyakorlatok" 88-as feladatában fog kijönni: "szimmetria és extrémum" egybeesése, amire más helyeken is sok példát láttam már...)

Előzmény: [1137] nadorp, 2005-11-17 11:43:02
[1137] nadorp2005-11-17 11:43:02

Biztos van elemibb megoldás is,ez a következőt használja:

Ha 0<x<1, akkor nyilván

0<1-x+x^2-x^3<\frac1{1+x}<1-x+·x^2,azaz mindkét oldalt 0-tól x-ig integrálva

x-\frac{x^2}2+\frac{x^3}3-\frac{x^4}4<ln(1+x)<x-\frac{x^2}2+\frac{x^3}3

\left(1+\frac1n\right)^{n+\alpha}-e=e(e^{(n+\alpha)ln(1+\frac1n)-1}-1)=e(e^{a_n}-1). Mivel az ex függvény szigorúan monoton nő,a 0-ba történő konvergencia sebességét nyilván az dönti el, hogy an milyen gyorsan tart nullába.

a_n<(\alpha+n)(\frac1n-\frac1{2n^2}+\frac1{3n^3})-1=(\alpha-\frac12)\frac1n-(\frac\alpha2-\frac13)\frac1{n^2}+\frac\alpha3\frac1{n^3}.

a_n>(\alpha+n)(\frac1n-\frac1{2n^2}+\frac1{3n^3}-\frac1{4n^4})-1=(\alpha-\frac12)\frac1n-(\frac\alpha2-\frac13)\frac1{n^2}+(\frac\alpha3-\frac14)\frac1{n^3}-\frac{\alpha}{4n^3}.

Látszik, hogy ha \alpha\neq\frac12,akkor \lim_{n\to\infty}na_n=\alpha-\frac12\neq0 ,azaz an konvergenciájának nagyságrendje \frac1n,

\alpha=\frac12 esetén pedig \lim_{n\to\infty}n^2a_n=\frac1{12} ,azaz an konvergenciájának nagyságrendje \frac1{n^2} és ez gyorsabb.

Előzmény: [1133] Lóczi Lajos, 2005-11-16 12:19:00
[1136] xviktor2005-11-16 17:50:57

Az xn sorozat hatarerteke vegtelenben \frac12.

Udv: Viktor

Előzmény: [1135] Sirpi, 2005-11-16 16:46:50
[1135] Sirpi2005-11-16 16:46:50

Na jó, kifejezem xn-et: x_n = \frac1{\ln(1+\frac1n)}-n, ennek kellene a határértéke.

Előzmény: [1134] Sirpi, 2005-11-16 12:57:54
[1134] Sirpi2005-11-16 12:57:54

Ezt a problémát már régebben én is kitaláltam. Én úgy oldottam meg, hogy definiáltam a következő xn sorozatot: e = \left(1+\frac1n \right)^{n+x_n}

Ekkor az xn sorozat konvergens, és a határértékét nem mondom meg egyelőre :-)

Bár úgy érzem, a kétféle megközelítés ugyanarra az eredményre vezet, de be kéne látni, hogy ez tényleg így is van.

Előzmény: [1133] Lóczi Lajos, 2005-11-16 12:19:00
[1133] Lóczi Lajos2005-11-16 12:19:00

Vizsgáljuk tovább az "ujjgyakorlatok"-ban előkerült sorozatot. Legyen \alpha\in[0,1] rögzített és tekintsük az \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+\alpha} sorozatot, amelyről tudjuk, hogy \alpha-tól függetlenül e-hez tart.

207. feladat. Mely \alpha esetén lesz a konvergenciasebesség a leggyorsabb, azaz mely \alpha esetén tart az

\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+\alpha}-e

sorozat leggyorsabban 0-hoz?

[1132] Lóczi Lajos2005-11-16 10:50:22

A 204. feladat egyébként lényegében a jól ismert "sárga" feladatgyűjteményből származik.

Előzmény: [1115] Lóczi Lajos, 2005-11-13 14:07:37

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]    [49]    [50]    [51]    [52]    [53]    [54]    [55]    [56]    [57]    [58]    [59]    [60]    [61]    [62]    [63]    [64]    [65]    [66]    [67]    [68]    [69]    [70]    [71]    [72]    [73]    [74]    [75]    [76]    [77]    [78]    [79]    [80]    [81]    [82]    [83]    [84]    [85]    [86]    [87]    [88]    [89]    [90]    [91]    [92]    [93]    [94]    [95]    [96]    [97]    [98]    [99]    [100]    [101]    [102]    [103]    [104]    [105]    [106]    [107]    [108]    [109]    [110]    [111]    [112]    [113]    [114]    [115]    [116]    [117]    [118]    [119]    [120]    [121]    [122]    [123]    [124]    [125]    [126]    [127]    [128]    [129]    [130]    [131]    [132]    [133]    [134]    [135]    [136]    [137]    [138]    [139]    [140]    [141]    [142]    [143]    [144]    [145]    [146]    [147]    [148]    [149]    [150]    [151]    [152]    [153]    [154]    [155]    [156]    [157]    [158]    [159]    [160]