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.
[1540] Cckek2006-11-25 23:02:45

Oldjuk meg az egész számok halmazán a következő egyenletet: 2m-1=xn

[1539] jenei.attila2006-11-23 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
[1538] S.Ákos2006-11-23 20:09:58

Igen, ez lenne a megoldás.De nem jó, mert 2k-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
[1537] jenei.attila2006-11-23 13:44:38

\varphi(n) csak akkor osztója n-nek (ez esetben a hányados 3), ha n=2k3l, 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
[1536] jenei.attila2006-11-23 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
[1535] jenei.attila2006-11-23 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
[1534] Lóczi Lajos2006-11-23 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
[1533] nadorp2006-11-23 00:10:27

p páratlan prím

Előzmény: [1532] nadorp, 2006-11-23 00:06:34
[1532] nadorp2006-11-23 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
[1531] Sirpi2006-11-22 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
[1530] nadorp2006-11-22 22:41:06

Egy olyan permutáció, amely pontosan két elemet felcserél, a többit békén hagyja.

Előzmény: [1526] hobbymatekos, 2006-11-21 14:47:07
[1529] Lóczi Lajos2006-11-22 22:26:15

Csak 4 dolgot nem értek:

1. mi a különbség hi és Hi 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 hi jelentését, ha látnám az első pár tagját.)

Előzmény: [1528] S.Ákos, 2006-11-22 20:00:39
[1528] S.Ákos2006-11-22 20:00:39

remélem még nem szerepelt: tekintsük azokat az Hn 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}!

[1527] Lóczi Lajos2006-11-21 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
[1526] hobbymatekos2006-11-21 14:47:07

Szia. Mi a transzpozició definiciója?

Előzmény: [1520] Cckek, 2006-11-18 11:59:12
[1525] jenei.attila2006-11-21 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
[1524] ágica2006-11-20 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
[1523] Lóczi Lajos2006-11-20 02:13:05

Nem talált. :)

Előzmény: [1522] Cckek, 2006-11-19 23:00:14
[1522] Cckek2006-11-19 23:00:14

x=\frac{\pi}{3}+2k\pi ???

Előzmény: [1521] Lóczi Lajos, 2006-11-19 17:44:40
[1521] Lóczi Lajos2006-11-19 17:44:40

Oldjuk meg a valós számok halmazán a

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

trigonometrikus egyenletet.

[1520] Cckek2006-11-18 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.:)

[1519] Cckek2006-11-18 11:51:16

Nagyon érdekes okfejtés. Az nyílvánvaló, már csak az inverziók számolási módszeréből is, hogy a t1+t2+...+tn-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 tn-1, (n-1)-nél nagyobb elem van akkor a permutáció inverzióinak a száma t1+t2+...+tn-1. Az is látható, hogy 0\let1\le(n-1), 0\let2\le(n-2),...,0\letn-1\le1 Tehát, a problémát, kitűnően letárgyáltátok, itt valóban nem beszélhetünk zárt alakról, annyit még hozzátennék, hogy amennyiben Skn-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
[1518] nadorp2006-11-18 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 fn(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 ak=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
[1517] jenei.attila2006-11-16 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
[1516] jenei.attila2006-11-16 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

  [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]