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.
[2545] nadorp2008-01-15 08:39:07

Ami persze deriválás szempontjából ugyanaz, mint a Tied :-)

Előzmény: [2544] nadorp, 2008-01-15 08:35:16
[2544] nadorp2008-01-15 08:35:16

Nekem \frac12arc\tan{\sqrt{x^4-1}} jött ki. ( Ha el nem számoltam)

Előzmény: [2543] Róbert Gida, 2008-01-15 00:21:41
[2543] Róbert Gida2008-01-15 00:21:41

Mathematica szerint: így deriválással már nyilván triviálisan ellenőrizhető, hogy az integrál:

-\frac 12 ArcTan\frac 1 {\sqrt {-1+x^4}}

Előzmény: [2542] Lóczi Lajos, 2008-01-15 00:13:41
[2542] Lóczi Lajos2008-01-15 00:13:41

Számoljuk ki az alábbi integrált:

\int \frac{1}{x\sqrt{x^4-1}}.

[2541] nadorp2008-01-11 08:48:04

Ha már \varphi függvénynél járunk, anno olvastam egy cikket ( Ruzsa Imre: Számelméleti függvények I.) és itt szerepel egy érdekes konstrukció. A poén az benne, hogy a multiplikatív \varphi függvényből származtat egy totálisan additív függvényt.

Legyen \varphi1(n)=\varphi(n) és \varphik(n)=\varphi(\varphik-1(n)) (k>1).

Nyilván előbb utóbb lesz egy olyan első k index, amikor \varphik(n)=1. Legyen ez a T(n) függvény. Definiáljuk a következő függvényt:

F(n)={ \matrix{k &ha&n & paros & es & T(n)=k \cr
                      k-1 &ha &n& paratlan & es & T(n)=k}.

Bizonyítsuk be, hogy F(n) totálisan additív.

Előzmény: [2535] Cckek, 2008-01-05 12:33:11
[2540] sakkmath2008-01-09 15:22:33

Klikk bal oldalon a Matematika oktatási portál sorra, s Fazekas-honlapon rengeteg feladatot találsz, jórészt megoldva.

Például: Feladatbank \to Témakörök \to Algebra-Számelmélet \to Számelmélet.

Előzmény: [2538] nemtommegoldani, 2008-01-09 11:21:52
[2539] Enkidu2008-01-09 12:48:33

Ja igen! Elírtam, de én is igazoltam (sajnos csak magamnak) a multiplikativitást, úgyhogy ez rendben van. Igazából azért bizonytalanodtam el korábban, mert a kapott megoldás "nem valami szép" és nem tudom, hogy Cckek akar(t)-e valami szépet mutatni azzel a feladattal kapcsolatban. Én már ezen agyaltam. Csá!

Előzmény: [2537] nadorp, 2008-01-09 08:32:10
[2538] nemtommegoldani2008-01-09 11:21:52

Sziasztok! Azt szeretném kérni, valaki írjon ide a fórumra pár "nívósabb" számelméleti feladatot legnagyobb közös osztó, ill. legkisebb közös többszörös témakörben, illetve diofantoszi egyenletek témakörben (pl. olyanokra gondolok, amik OKTV-n, vagy más tanulmányi versenyeken előfordultak már)megoldással együtt. NAgyon köszönöm a segítséget!!! Már több helyen keresgéltem, de nem nagyon találok.

[2537] nadorp2008-01-09 08:32:10

Nem értelmezted félre a feladatot, valóban ez volt, de egy kis kiegészítésre szorul. Csak a multiplikatív számelméleti függvényeket határozza meg a prímhatvány helyeken felvett értékük. Az viszont igaz, hogy multiplikatív számelméleti konvolúciója is multiplikatív. Ezért célszerűbb az eredeti S(m)=\sum_{d|m}\frac md\varphi(d) alakot használni a megoldásban, mert ebből a jelölésből látszik a két multiplikatív függvény ( f(n)=n és \varphi(n) )

Előzmény: [2536] Enkidu, 2008-01-07 13:05:07
[2536] Enkidu2008-01-07 13:05:07

A következő definícióval élve: S(m):= \sum_{d|m} m \frac {\varphi(d)}d S(m) egy számelméleti függvény. Így prímhatványhelyeken felvett helyettesítési értékei meghatározzák. Ha m=pn,S(m)=pn-1(np+p-n) egyébként pedig a szokásos módon ha (m,n)=1, akkor S(mn)=S(m)S(n).

Most így megnézve lehet, hogy valamit félreértettem, mert túl egyszerű amit írok, de ha már végigszenvedtem a TeX tanfolyamot csak bennhagyom. Hello!

Előzmény: [2535] Cckek, 2008-01-05 12:33:11
[2535] Cckek2008-01-05 12:33:11

Valóban ez a megoldás, gratulálok, mert ez egyáltalán nem egy könnyű feladat:D, legalábbis számomra nem volt az. Ha már Euler számelméleti függvényénél vagyunk, akkor itt van mégegy:

Számítsuk ki a következő összeget:

\sum_{d|m}\frac{m}{d}\varphi(d),\quad m\in N^*,\quad \varphi(1)=1.

Előzmény: [2534] nadorp, 2008-01-04 23:18:53
[2534] nadorp2008-01-04 23:18:53

Nem volt unalmas,de szerencsém volt :-). Mindkét oldal "e" alapú logaritmusát véve,bizonyítandó, hogy

\sum_{k=1}^\infty\frac{\varphi(k)}k\ln\left(1-\frac1{q^k}\right)=\frac1{1-q}=-\frac{\frac1q}{1-\frac1q}

Felhasználva, hogy |q|>1 és a logaritmus függvény hatványsorát ez ekvivalens a következővel

\sum_{k=1}^\infty\frac{\varphi(k)}k\left(\frac1{q^k}+\frac1{2q^{2k}}+\frac1{3q^{3k}}+...\right)=\sum_{k=1}^\infty\frac1{q^k}.

Most vizsgáljuk meg \frac1{q^n} (n\geq1) együtthatóját a bal oldalon. Ha ez mindig 1, akkor készen vagyunk.

Nyilván ha n=ab, akkor lesz olyan tag, ahol az együttható \frac{\varphi(a)}a\cdot\frac1{\frac{n}a}=\frac{\varphi(a)}n. Tehát \frac1{q^n} együtthatója a bal oldalon

\sum_{a|n}\frac{\varphi(a)}n=1 ( Itt felhasználtuk, hogy a \varphi(n) számelméleti függvény összegzési függvénye az "n" függvény)

Előzmény: [2532] Cckek, 2008-01-04 18:12:30
[2533] Lóczi Lajos2008-01-04 20:33:11

"Itt elég a második tagról belátni, hogy pozitív, mert az első az. x=1+t helyettesítéssel t3-ig kiírt Taylor-sorral látszik, nem tudom, van-e rá egyszerűbb módszer, ez az út elég gány ahhoz, hogy végigírjam."

Mivel csak polinom és logaritmus van benne, ilyenkor érdemes még egyszer deriválni:

(x-1/x-2\ln x)'=\frac{{\left( -1 + x \right) }^2}{x^2}>0, ha x>1, de x-1/x-2ln x az 1 helyen 0, tehát ha x>1, akkor mindig pozitív a kérdéses kifejezés.

Előzmény: [2529] Sirpi, 2008-01-04 17:15:02
[2532] Cckek2008-01-04 18:12:30

Igen ez is gyors, szép megoldás, az eredeti feladat így szólt: Számitsuk ki \left[\frac{(e^\pi+e^e)(\pi-e)}{e^\pi-e^e}\right]-t.

De mivel látom unatkoztok itt van egy sokkal nehezebb feladat amivel rengeteget kinlódtam: Bizonyítsuk be, hogy

\prod_{k=1}^\infty\left(1-\frac{1}{q^k}\right)^\frac{\varphi(k)}{k}=e^\frac{1}{1-q}

ahol \varphi az Euler indikátor, q\inZ\{-1,0,1}

[2531] Róbert Gida2008-01-04 17:57:20

Kijön ez deriválgatásokkal, nálam legyen x:=\beta-\alpha (érdemesebb ezt az utat követni, mert akkor log nem jön be). x a továbbiakban mindig legyen (0,1)-ben.

Ekkor, mivel csak az egészrésze kell a függvénynek, ezért elég igazolni, hogy 2 és 3 közé esik az értéke: \frac {(e^x+1)x}{e^x-1}<3, ha 0<x<1. A nevező pozitív, így felszorzás és rendezés után kapjuk, hogy kell: 0<(3-x)ex-(3+x)=:g(x), de g(0)=0, továbbá g'(x)=(2-x)ex-1, amire g'(x)>ex-1>0, így g szigorúan monoton nő (0,1) intervallumban, de g(0)=0, így g(x)>0 itt, ami kellett. (g folytonossága is kellett itt még, mert sajnos g'(0)=0).

Másik irányú becsléshez: \frac {(e^x+1)x}{e^x-1}\geq 2, felszorozva és rendezve kell: 0\leq(x-2)ex+(x+2)=:h(x), itt h(0)=0, továbbá: h'(x)=(x-1)ex+1, tehát h'(0)=0, továbbá h''(x)=xex\ge0, így h' monoton nő, de h'(0)=0, így h'(x)\ge0, de akkor h monoton nő, de h(0)=0 miatt h(x)\ge0 teljesül, ami kellett.

Előzmény: [2529] Sirpi, 2008-01-04 17:15:02
[2530] Cckek2008-01-04 17:46:15

Szép, hamar lecsaptad:D Én sokkal bonyolultabban csináltam:(

Előzmény: [2529] Sirpi, 2008-01-04 17:15:02
[2529] Sirpi2008-01-04 17:15:02

e^{\alpha}-t kiemelve a számlálóból és a nevezőből is, valamint bevezetve az x:=e^{\beta-\alpha} jelölést, a következő (immár egyváltozós) alakot kapjuk - mellesleg az is látszik, hogy \alpha és \beta pozitív voltát nem használjuk sehol, az a feltétel elhagyható:

f(x):=\left[\frac{x+1}{x-1}\cdot \ln x \right] \qquad 1<x<e

f(e)\approx2.16, \lim_{x\to 1} f(x) = 2 (utóbbi azért igaz, mert az x=1 közelében ln x\simx-1)

Ezek után már csak az kell, hogy a függvény szigorúan monoton az [1,e] intervallumon, és meg is kaptuk a választ: 2.

f'(x) = \frac 1{(x-1)^2}\cdot \left( x - \frac 1x - 2 \ln x \right)

Itt elég a második tagról belátni, hogy pozitív, mert az első az. x=1+t helyettesítéssel t3-ig kiírt Taylor-sorral látszik, nem tudom, van-e rá egyszerűbb módszer, ez az út elég gány ahhoz, hogy végigírjam.

Előzmény: [2528] Cckek, 2008-01-04 16:22:44
[2528] Cckek2008-01-04 16:22:44

Itt van Lajos, egy neked való feladat, egy helybéli igen megbecsült matematikus egyik feladatát általánosítgattam. Persze bárki megoldhatja ha van kedve hozzá.

Legyen \alpha,\beta>0,0<\beta-\alpha<1. Számítsuk ki

\left[\frac{(e^\beta+e^\alpha)(\beta-\alpha)}{e^\beta-e^\alpha}\right]

értéket ahol [x]-el az x valós szám egész részét jelöltük.

[2527] Lóczi Lajos2007-12-30 15:44:32

Tovább próbálkozom. Legyenek tehát P és Q az n-dimenziós (komplex) Cn teret önmagukba képező n x n-es hermitikus idempotens mátrixok, melyek rangja azonos.

A rang a képtér dimenziója.

Az operátorokra vonatkozó felbontási tétel alapján tudjuk (felhasználva, hogy most az operátoraink hermitikusak és véges dimenzióban vagyunk), hogy Cn előáll a lineáris operátor képtere és magtere direkt összegeként. (Speciálisan, a képtér és a magtér dimenziójának összege n.)

Ezekből azt kapjuk, hogy P-nek és Q-nak nemcsak a képtere, de a magtere is azonos dimeziós kell legyen.

Korábban láttuk, hogy P=PQ. Ebből az adódik, hogy ha egy x vektor Q magterében van, akkor egyúttal P magterében is benne van: ker(Q)\subset ker (P). De a két magtér, mint altér, azonos dimenziójú, ez csak úgy lehet, ha azonos.

De akkor a felbontási tétel miatt az ortogonális komplementereik, vagyis a képtereik is azonos alterek.

Tudjuk, hogy a projektorok a képtéren identitásként hatnak. (Valóban, ha x pl. P képterében van, akkor alkalmas y\in Cn vektorral x=Py. De az idempotencia miatt ekkor Px=PPy=Py=x.)

Legyen tehát z egy tetszőleges Cn-beli vektor. Ekkor z előáll z0+z1 alakban, ahol z0 P magterébe esik (ami egyúttal Q magtere is), z1 pedig P (avagy Q) képterébe esik. Emiatt

Pz=P(z0+z1)=Pz1=z1=Qz1=Q(z0+z1)=Qz,

tehát P=Q.

Remélem, ezzel a megoldás rendben van :)

Előzmény: [2399] Lóczi Lajos, 2007-10-22 12:32:28
[2526] hobbymatekos2007-12-30 15:38:23

Nem kőtáblába véstem:-) Azért irtam mert érdekel a téma. Semmi egyéb. Az összes tévedésre szükséges rámutatni. Az összeget azért gondolom oda a definicióhoz, mert igazán az az oldala izgat. Mint ahogy mondtad is a mátrix nyoma fontos.(Fizikailag a nyom sűrűséggel kapcsolatos. A sűrűségek pedig additivek? Vagyis egy térbeli pontban egy részecske helyett rögtön egy r szer akkora?. Helycserével? Anélkül?) Diagonálmátrixok összegének nyoma a nyomok összege. r(a+a)=raa, a mátrix elemei, r komplex számok, szintén megoldható, ekkor persze ferdén hermitikus a mátrix, akkor főátlóban tisztán képzetes szám állhat, de ezek minden páros hatványa lehet hermitikus, idempotens. De ezek csak gondolatok. Az eredeti feladattal kapcsolatban csak annyi volt a meglátásom, hogy a mátrix harmadik hatványa van a bizonyitandóban, akkor PP=P ből következik idempotencia miatt PQP=PQ=QP=PP=P. A középső rész kommutativitás. (Kommutativitásra nxn mátrixnál legalább nxn művelet kell eldöntéséhez. És ha n az Avogadro szám?) Egyébként olvasótok vagyok inkább. BUÉK

Előzmény: [2524] Cckek, 2007-12-30 00:31:48
[2525] Lóczi Lajos2007-12-30 14:21:01

(Nem kukacoskodásból kérdeztem rá direktben, csak azért, mert nem értettem, és meg akartam érteni az állítását, ehhez tudnom kellett, a definíciókban "közös nevezőn" vagyunk-e :)

Előzmény: [2524] Cckek, 2007-12-30 00:31:48
[2524] Cckek2007-12-30 00:31:48

Az értelmezéseket valóban kitünően elmondtad, s én hiszek abban hogy ez a forum a matematika és persze a matematikusok feltétlen tiszteletéről szól. Éppen ezért nem árt néha beismerni ha tévedtünk. Ez k...a nehéz de a tisztelet elérése szempontjából feltétlenül szükséges. És nem olyan vészes a tévedés,-a matematikai eredmények tévedések sorozatai, egy tévedés kijavítása oriási eredmény lehet:D- sokkal inkább veszélyes feltétlenül védeni az igazunkat. A magam hibájából tanultam ezt tehát, sértődöttségre semmi ok.

Előzmény: [2523] hobbymatekos, 2007-12-29 02:55:18
[2523] hobbymatekos2007-12-29 02:55:18

Az I idempotens. Elmondtam az általános definiciot. (Annak értelmében nem lenne idempotens) Mátrixokra A=AA=AAA..... Ez a probléma amit kitűzött a kolléga: PQP=PP=P. Az állitása PQP=P alakban volt megadva. Továbbá csak vázoltam mxn mátrixból kiindulva unitér mátrixra mi adódik. Rang változatlan. Te megcsináltad Projektorra. Kellene még egy szokásos (A+A*)/2 és poláris P=QQU felbontásra is.

Előzmény: [2520] Lóczi Lajos, 2007-12-28 21:08:34
[2522] hobbymatekos2007-12-29 02:31:15

2391 ' Transzponált.

Előzmény: [2521] Lóczi Lajos, 2007-12-28 21:18:43
[2521] Lóczi Lajos2007-12-28 21:18:43

Nem értem ezt. Kérlek, mondd ki, mi az állításod és mit bizonyítasz.

"Innen generalizálással adódik az állitás." Ez mit jelent és melyik állítás?

"P=PP=PPP implikálja TQ=TTQ implikáció ugyanaz, mint T=TQT." Ez nem magyar mondat. Kérlek, tisztázd.

Mit jelölsz felső vesszővel?

Stb.

Előzmény: [2519] hobbymatekos, 2007-12-28 00:35:05

  [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]