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]    [161]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[2132] jonas2007-07-03 12:54:41

A csudába, én meg elírtam a komplex gyököket,  (1\pm\sqrt3i)/2 helyett hibásan * 1\pm\sqrt3i -t írtam, pedig számolás közben rájöttem, hogy az első a jó.

Előzmény: [2129] HoA, 2007-07-02 16:53:25
[2131] HoA2007-07-03 11:24:07

Igazad van. Sőt még abban is tévedtem, hogy x1,x2 tetszőleges multiplicitással szerepelhet. A valós együtthatós kikötés miatt ez nem igaz, csak párokban léphetnek fel.

Este végignéztem a hat gyök össszes párosításából adódó megoldásokat. Szerintem csak a már ismert 1/2, 2, -1, x1 és x2 értékeket kapjuk. Így aztán könnyen lehet, hogy csak az általad mondottakból adódó (x-x1)(x-x2)(x-1/2)(x-2)(x+1) polinom és a [2129] -beli P(x) a megoldás.

Előzmény: [2130] Csimby, 2007-07-02 22:59:08
[2130] Csimby2007-07-02 22:59:08

Ha a=\frac{a-1}{a}, az ebből kapott két gyök x1 és x2, akkor a maradék három gyök még lehet \frac{1}{2}, 2, -1, szóval nem muszáj, hogy x1 és x2 legyen.

Előzmény: [2129] HoA, 2007-07-02 16:53:25
[2129] HoA2007-07-02 16:53:25

Szerintem nem kell túlbonyolítani. Odáig világos, hogy a 6 gyökhely a,1-a,\frac1a,\frac{a-1}a,\frac1{1-a} , \frac{a}{a-1}. Mivel a polinom csak ötödfokú, szükségképpen vannak köztük egyenlőek. Szépen végig kell nézni, mi adódik ha az egyes párokat egyenlővé tesszük. Például a = 1-a -ból a=1/2 és \frac1a = 2, \frac{a-1}a = -1, \frac1{1-a} = 2 , \frac{a}{a-1} = -1 És itt nem baj, hogy további egybeeső gyökök vannak. A megoldás így írható: P(x) = (x-\frac12) \cdot (x-2) \cdot (x+1) \cdot (x-u) \cdot (x-v), ahol u és v egymástól függetlenül felveheti az 1/2, 2 és -1 értékeket. A további polinomokat a többi pár egyenlővé tételével keressük, és elhagyjuk az ismétléseket. Az a = \frac{a-1}a választással adódik a már szerepelt \frac{1\pm\sqrt{-3}}2 páros, ekkor valóban csak ez a két gyök van, jelöljük őket x1ésx2 vel, a polinom így P(x)=(x-x1).(x-x2).(x-u).(x-v).(x-z), ahol megintcsak u,v, és z x1vagyx2. És így tovább, ha van még...

Előzmény: [2125] jonas, 2007-07-02 15:19:18
[2128] Cckek2007-07-02 15:45:24

Ebből még nem következik hogy P(\frac{1}{a})\ne 0

Előzmény: [2127] BohnerGéza, 2007-07-02 15:40:11
[2127] BohnerGéza2007-07-02 15:40:11

Lehet, csak a nyár teszi, de ezek is jók talán!?

Előzmény: [2116] Cckek, 2007-07-02 12:48:26
[2126] Cckek2007-07-02 15:23:24

ugyanakkor egy ötödfokú polinomnak 5 gyöke van:)

Előzmény: [2124] jonas, 2007-07-02 15:11:54
[2125] jonas2007-07-02 15:19:18

Egyébként a feladat azért trükkös, mert elindulhat valaki a rossz irányba is, hogy felteszi, hogy az öt gyök különönböző, és nem jut eszedbe, hogy 1-1/(1-1/(1-1/a))=a.

Ekkor gondolhat arra, hogy párba állítja a gyököket úgy, hogy a párja 1-a legyen, és mivel az öt páratlan, ezért biztosan gyök az 1/2 mert csak az párja önmagának, vagy hogy párba állítjuk a-t 1/a-val, és akkor biztosan gyök 1 és -1 közül az egyik.

Vagy arra is gondolhat (szintén ha az összes gyök különböző), hogy ha minden a gyökhöz 1-a is gyök, akkor a gyökök összege 5/2 így az x4 együtthatója -5/2, valamint hasonlóan a gyökök szorzata 1 így a konstans tag 1.

[2124] jonas2007-07-02 15:11:54

Na nézzük. Ha a=1-a, akkor a=1/2 és a gyökök 1/2,2,-1. Ha a=1/a akkor vagy a=-1 ami az előző eset, vagy a=1 jönne ki, de az nem jó, mert akkor az 1/0 is gyöke lenne a polinomnak.

Ha a=1/(1-a), akkor  a = 1\pm\sqrt{-3} és ilyenkor csak két gyök van, mert a=1/(1-a)=(a-1)/a és 1-a=1/a=a/(a-1).

Ezzel ki is merítettük az összes lehetőséget a gyökökre nézve, de a polinomokat nem adtuk meg.

Előzmény: [2122] Csimby, 2007-07-02 13:53:58
[2123] jonas2007-07-02 14:52:46

De ha kettő egybeesik, akkor több egybeesés is van, nem?

Előzmény: [2122] Csimby, 2007-07-02 13:53:58
[2122] Csimby2007-07-02 13:53:58

De az viszont jó, ha 6 van, mert akkor szükségképpen kettő egybeesik. És az egy egyenlet a-ra.

Előzmény: [2121] Csimby, 2007-07-02 13:52:51
[2121] Csimby2007-07-02 13:52:51

hehe, hát nem :-)

Előzmény: [2120] Csimby, 2007-07-02 13:52:23
[2120] Csimby2007-07-02 13:52:23

az 1-\frac{1}{a}

Előzmény: [2119] Cckek, 2007-07-02 13:47:58
[2119] Cckek2007-07-02 13:47:58

Meg \frac{a}{a-1} alakú is.

Előzmény: [2117] Csimby, 2007-07-02 13:31:30
[2118] Csimby2007-07-02 13:37:44

(reciprok képzés, 1-x, nem vezet ki közülük, viszont ezeknek mind szerepelnie kell) Kéne még vacakolni hogy mi van ha egybeesik pár. De úgy emlékszem algerba gyakorlaton volt valami hasonló Galois elmélet keretein belül. Majd ha végeztem a diffegy vizsgával és lesz időm megkeresem :-)

Előzmény: [2117] Csimby, 2007-07-02 13:31:30
[2117] Csimby2007-07-02 13:31:30

Szerintem az 5 gyök mindig: a, 1-a, \frac{1}{a}, \frac{1}{1-a}, 1-\frac{1}{a} alakú.

Előzmény: [2116] Cckek, 2007-07-02 12:48:26
[2116] Cckek2007-07-02 12:48:26

Szép:) Amúgy ezek második fokozati vizsgakérdések itt Romániában. Itt van még egy ha érdekel valakit:

Határozzuk meg azokat az ötödfokú valós együtthatós P(X) polinomokat, melyeknek a domináns együtthatójuk 1 és, ha a gyöke P-nek akkor 1-a illetve \frac1a is gyöke P-nek.

[2115] Lóczi Lajos2007-07-02 11:04:13

A feladatban határozatlan integrálok szerepelnek: ha a két integrációs állandót különbözőnek választjuk, elég nehéznek tűnik a kérdés. Legyenek tehát egyenlőek.

Az egyenletet f-re rendezve látjuk, hogy f deriválható a pozitív és a negatív félegyenesen. Deriválva az egyenletet egy differenciálegyenletet kapunk, melynek megoldásai

\pm \sqrt{a x^2+2\lambda}

alakúak, valamely a\ge0 állandóval. Most csak a pozitív előjel jön szóba. A feladat megoldásai lesznek tehát az olyan f függvények, amelyek x>0 és x<0 esetén a fenti képlettel vannak megadva, esetleg más-más a állandóval a pozitív és a negatív részen.

Előzmény: [2113] Cckek, 2007-07-01 19:42:18
[2114] Cckek2007-07-02 09:19:08

Határozzuk meg az összes morfizmust (Q,+) és (Sn,o) között.

[2113] Cckek2007-07-01 19:42:18

Határozzuk meg azokat az f:R\to(0,\infty) folytonos függvényeket melyekre: \int{f(x)}dx=\frac{xf(x)}{2}+\lambda \int{\frac{dx}{f(x)}}, ahol \lambda>0

[2112] jonas2007-06-25 08:58:38

Akkor nyertem.

Előzmény: [2093] jonas, 2007-06-18 22:38:23
[2111] rizsesz2007-06-25 01:39:46

Ajándék: http://www.komal.hu/verseny/2001-05/B.h.shtml B. 3469, asszem :)

Előzmény: [2110] Sirpi, 2007-06-22 23:50:30
[2110] Sirpi2007-06-22 23:50:30

Na jó, akkor lecsapom :-)

Pont elolvastam a feladatot, majd a vihar miatt jött egy 2 órás áramszünet, azalatt volt időm (többek közt ezt is) végiggondolni.

Tehát f(f(n))=f(n)+n és f(1)=2.

A Fibonacci-számokon végigugrálva az embernek elég hamar előjön az a sejtése, hogy f(n) = [\frac{\sqrt 5+1}2 n + \frac 12], vagyis a függvény lineáris (\sqrt5+1)/2-es szorzóval, egészre kerekítve.

És hogy ez miért jó? Legyen g(n) = \frac{\sqrt 5+1}2 n, vagyis a kerekítés nélküli függvény. Erre nyilván g(g(n)) - g(n) = \left( \frac{\sqrt 5+1}2 \right)^2 n - \frac{\sqrt 5+1}2 n = n

Másrészt minden n-re |f(n)-g(n)|<1/2, vagyis n-1<f(f(n))-f(n)<n+1, és mivel a különbség egész, ezért csak n lehet. Ezen kívül g(n+1)-g(n)=(\sqrt 5+1)/2, vagyis f(n+1)-f(n)>(\sqrt 5-1)/2 > 0, így f(n+1)-f(n)\geq1.

Előzmény: [2109] Cckek, 2007-06-22 19:38:21
[2109] Cckek2007-06-22 19:38:21

Felhívnám a tisztelt forumozók figyelmét, hogy a 2089-es hozzászolásomban kitűzött gyönyörűszép feladat még mindig megoldatlan:)

[2108] Sirpi2007-06-21 11:50:54

Szép elemzés!

Azért leírom azt is, hogy én mire jutottam. Talán kicsit egyszerűbb becsléseket használok, valamint semmilyen függvényvizsgálatra nincs szükség.

Legyen y:=n+x

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

És itt, mikor 1/y-edik hatványra emelem mindkét oldalt:

n(y-n) = \frac 1 {e^{1/y}-1}

n^2 - y n - \frac 1{1-e^{1/y}} = 0

n_{1,2}= \frac{y \pm \sqrt{y^2+4 / (1-e^{1/y})}}2

A két gyök közül az egyik lesz n, a másik xn. Az egyik gyök (a minuszos) 1 körül van, nézzük meg ezt alaposabban. Feltételezve, hogy y nagy, e1/y=1+1/y+1/(2y2)+O(1/y3), ahonnan

x_n = \frac 12 \cdot \left(y - \sqrt{y^2 - 4y + 2 + O(1/y)}\right) =

=\frac 12 \cdot \frac{y^2 - (y^2-4y+2+O(1/y))}{y + \sqrt{y^2 - 4y + 2 + O(1/y)}} \approx \frac {2y-1}{y + (y-2)}

Ez pedig éppen az x_n \approx 1+\frac {1/2}{y-1} becslést adja, ahonnan szintén látszik az 1/2-es határérték. Viszont kihasználtam, hogy ha n\to\infty, akkor y\to\infty, ezt még annyival meg kell támogatni, hogy mivel a két gyök összege y, ezért valamelyik a kettő közül legalább y/2, válasszuk ezt n-nek, a másikat pedig xn-nek.

* * *

Mindamellett azért is írtam le ezt az egészet, mert az az érdekes dolog látszik belőle, hogy ha nem n és xn lenne a feladatban, hanem x és f(x), akkor bejönne egy új gyök, hiszen az első lépésnél, a hatványozásnál az alap lehet épp negatív is, ha a kitevő (y) páros egész szám. Ekkor:

n^2 - y n - \frac 1 {1 + e^{1/y}} = 0

Ennek pedig egy pozitív (n), és egy negatív (xn) gyöke van. Viszont az sose fordulhat elő egyszerre, hogy y páros egész és n is egész, de ha n tetszőleges valós szám lehet, ami tart a végtelenbe, akkor valóban kapunk egy új gyököt:

x_n = \frac 12 \cdot \left( y - \sqrt{y^2 + 4 / (1 + e^{1/y})} \right)

Itt most e1/y\approx1 triviális becslést alkalmazva

x_n \approx \frac 12 \cdot \frac {y^2-(y^2+2)}{y + \sqrt{y^2+2}} \approx -\frac 1{2y}

Szóval ha n nem feltétlen egész, akkor van egy másik (negatív) sorozat is xn-re (ilyenkor az alap -1 közelében van).

Előzmény: [2106] Lóczi Lajos, 2007-06-21 03:16:23

  [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]    [161]