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.
[2721] Gyöngyő2008-07-24 08:01:03

Sziasztok!

Kit érdekelne esetleg egy pár db könyv(angolul),pdf fájlban? 8gb anyag körülbelül 3500db könyvem van,és jobbnál jobb témák,pl: Ramanujan könyvek. Akit érdekel bátran irjon!

Üdv.: Zsolt

[2720] szbela2008-07-16 21:31:38

Sziasztok!

Először is elnézést a hanyag TEX miatt. Egy picit másképpen Cckek feladatának megoldása:


\int_0^1f(x)dx=\int_0^af(x)dx

mert 
\int_a^1f(x)dx=0

Legyen g(x):=f(x)/s , ahol s:=sup{|f'(x)|,x\in[0,1]}

ekkor nyilván sup{|g'(x)|,x\in[0,1]}=1

Azt kell belátnunk, hogy \bigg|\int_0^a g(x)dx\bigg|<=a/2

Megmutatjuk, hogy |g(x)|<=a-x+|g(a)| \forallx\in[0,a]-ra

Tfh indirekten, hogy \existsy\in[0,a] melyre |g(y)|>a-y+|g(a)|

ha a=y, akkor nyilvánvalóan ellentmondásra jutunk, ha a\neqy akkor átrendezés után 1< \frac{|g(y)|-|g(a)|}{a-y}

Alkalmazzuk a háromszögegyenlőtlenséget és mivel a>y, így: 1< \frac{|g(y)|-|g(a)|}{a-y} <= \frac{|g(y)-g(a)|}{|a-y|}=\frac{|g(a)-g(y)|}{|a-y|}= \bigg|\frac{g(a)-g(y)}{a-y}\bigg|
Amire alkalmazva Lagrange-középértéktételét, adódna hogy \existsz\in(y,a) melyre |g'(z)|>1 Ellentmondásra jutottunk.

Beláttuk tehát, hogy |g(x)|<=a-x+|g(a)| \forallx\in[0,a]-ra

Alkalmazzuk, hogy \big|\int_0^a g(x)dx \big| <=\int_0^a |g(x)|dx
Mivel |g(x)|-et majorálja a-x+|g(a)| [0,a]-n, ezért \int_0^a |g(x)|dx<=\int_0^a a-x+|g(a)| dx és így elég megmutatnunk, hogy \int_0^a a-x+|g(a)| dx <=a/2 Alkalmazva a Newton-Leibniz-tételt: \int_0^a a-x+|g(a)| dx =a^2- \frac{a^2}{2}+ |g^{'} (a)|* a=\frac{a^2}{2}+ |g^{'} (a)|* a= \frac{a}{2}*(a+ |g^{'}(a)|)

Így most már csak azt kell megmutatni, hogy |g'(a)|<=1-a

Alkalmazva az integrálszámítás középértéktételét \existss\in[a,1] 0=\int_a^1 g(x)dx=(1-a)*g(s) Ebből következik, hogy g(s)=0, hiszen a\neq1

 |g(a)|=\bigg|\big(g(s)-g(a)\big)*\frac{a-s}{s-a}\bigg|=|g^{'}(z)|*|a-s|

ismét alkalmazva Lagrange középértéktételét adódik, hogy van ilyen z\in(a,s)

|g'(z)|*|a-s|<=|a-s|=s-a hiszen s>a, s<=1. Amiből adódik, hogy |g'(a)|<=1-a

Így bebizonyítottuk az állítást.

Előzmény: [2711] HoA, 2008-07-08 17:35:00
[2719] Gyöngyő2008-07-14 17:02:45

Akkor itt egy másik:

Bizonyítsuk be,hogy

(a,b)=\sum_{m=0}^{a-1}\sum_{n=0}^{a-1}\frac{1}{a}e^{\frac{2\pi ibmn}{a}}

[2718] jenei.attila2008-07-14 11:32:57

A sorozatot kicsit elszámoltam: 1,2,4,3,6,10,12,4,8,18,...

Előzmény: [2717] jenei.attila, 2008-07-14 11:17:24
[2717] jenei.attila2008-07-14 11:17:24

Tisztázva az eddigieket: a 2m\equiv-1 (mod 2n-1) kongruencia természetesen előállhat, de ez nem jelenti azt, hogy a bal oldali oszlop teljesen fekete lesz. A zavart az okozza, hogy ha 2m\equiv0 (mod 2n-1), az jelentheti a 2n-1 sorszámú korongot is. A kezdetben 0 (bal alsó) illetve 2n-1 (jobb felső) sorszámú korongok minden művelet után eredeti helyükre térnek vissza, ezért elég a többi korong mozgását követni. Ha 2m\equivq (mod 2n-1) (a jobb alsó korong m művelet után a q pozícióba kerül) és 2\leq\le2n-2, akkor könnyen látható, hogy van olyan páros p (2\lep\le2n-2), amelyre qp mod 2n-1 páratlan. Ez azt jelenti, hogy a kezdetben páros p sorszámú korong (bal oszlopbeli fehér) páratlan pozícióba, azaz a jobboldali oszlopba kerül. Márpedig a jobboldali oszlop soha nem lehet teljesen fehér, mivel a tetején mindig fekete korong áll. Vagyis m művelet elvégzése után csak akkor lesznek újra egyszínűek az oszlopok (és ekkor minden korong az eredeti helyére kerül vissza), ha 2m\equiv1 (mod 2n-1).

Ha 2m\equivq (mod 2n-1) és 2\leq\le2n-2 akkor p legyen 2n-1/q felső egészrésze, vagy ha ez páratlan adjunk még hozzá 1-et. Ezzel a p-vel qp páros és 2n\leqp\le4n-3, vagyis qp mod 2n-1 =qp-(2n-1), ami páratlan.

Összefoglalva: an olyan, hogy 2an\equiv1 (mod 2n-1). an néhány első értéke: 1,2,4,6,6,10,12,8

Előzmény: [2713] jenei.attila, 2008-07-12 17:05:19
[2716] nadorp2008-07-14 09:01:42

Lásd ugyanezen topik Fálesz Mihály [1944] hozzászólását ( jelenleg a 31. oldalon található)

Előzmény: [2714] Gyöngyő, 2008-07-13 04:19:57
[2715] Róbert Gida2008-07-13 16:30:11

Mértani sor összegképletét használva az állítás átírható a következő szintén érdekes alakra:

\sum_{n=1}^{\infty} \frac {2^{omega(n)}}{n^2}=\frac 52

Ahol omega(n) az n különböző prímosztóinak a száma. Bár nem tudom, hogy ez segít a bizonyításhoz...

Előzmény: [2714] Gyöngyő, 2008-07-13 04:19:57
[2714] Gyöngyő2008-07-13 04:19:57

Bizonyítsuk be,hogy

\prod\frac{p^2+1}{p^2-1}=5/2

ahol p végig fut a primek halmazán.

[2713] jenei.attila2008-07-12 17:05:19

Javítás: "1 vagy -1 2-es alapú logaritmusa modulo 2n+1" helyesen: 1 vagy -1 2-es alapú logaritmusa modulo 2n-1. Másrészt a 2m\equiv-1 (mod 2n-1) kongruencia valószínűleg soha nem állhat elő, mert a 0 sorszámú korong mindig helyben marad, vagyis a baloldali oszlop soha nem lehet teljesen fekete, márpedig ebből a kongruenciából az következne. Ezen még gondolkozok.

Előzmény: [2712] jenei.attila, 2008-07-12 15:49:09
[2712] jenei.attila2008-07-12 15:49:09

Lórántfy zsetonos feladatáról néhány gondolat. Számozzuk a zsetonokat a következőképen: A baloldali oszlop alsó korongja 0, a jobboldali oszlop alsó korongja 1, a bal oszlop alulról második korongja 2, a jobb oszlop alulról második korongja 3, s.í.t. sorszámokat kapnak. Vagyis a bal oszlopban alulról számolva 0-tól 2n-2 -ig páros sorszámot kapnak, míg a jobboldali oszlopban 1-től 2n-1 -ig páratlan sorszámot kapnak a korongok. összefésülés után, nyilván alulról 0-tól 2n-1 -ig lesznek megszámozva a korongok az egyesített oszlopban. Felezzük el az összefésült oszlopot lórántfy utasítása szerint, majd számozzuk újra a korongokat az előző eljárás szerint. Ekkor, ha egy korong sorszáma eredetileg p volt, akkor újraszámozás után ugyanez a korong 2p mod 2n-1 sorszámot kap. Ha pl. n=3 és a 3-as sorszámú korongot tekintjük (jobboldali oszlop alulról második korongja), akkor ez a 2*3=1 (mod 5) sorszámot kapja, ami azt jelenti, hogy a művelet elvégzése után a jobboldali oszlop aljára kerül. Általában m művelet elvégzése után az eredetileg p sorszámú korong a 2mp mod 2n-1 sorszámot kapja. Látható, hogy így minden egyes korong mozgását pontosan nyomon tudjuk követni. Tekintsük az eredetileg 1-es sorszámú (jobb oszlop alsó) korongot. Ha 2m\equiv1 (mod 2n-1), akkor m menet után ez a korong az eredeti helyére ér vissza. De ekkor minden korong is az eredeti helyére ér vissza, mert nyilván 2mp\equivp (mod 2n-1) is igaz. Ha 2m\equiv-1\equiv2n-2 (mod 2n-1), akkor az eredetileg jobb oszlop alsó korongja a bal oszlop tetejére érkezik, és mindkét oszlop oszloponként egyszínű korongokból fog állni, csak éppen az eredeti sorrend fordítottjaként. Tehát a válasz: ha 2m\equiv\pm1 (mod 2n-1), akkor m művelet elvégzése után biztosan újra egyszínű oszlopokat kapunk. Próbálgatással úgy tűnik azonban, hogy kevesebb lépésben ez nem áll elő. Ezt még be kéne bizonyítani. természetesen az m többszörösei is jók, tehát a legkissebb ilyen m-et keressük (1 vagy -1 2-es alapú logaritmusa modulo 2n+1; nem tudom hogy lehet könnyen kiszámítani).

Előzmény: [2694] lorantfy, 2008-06-20 11:10:20
[2711] HoA2008-07-08 17:35:00

Amíg nem születik prcíz megoldás, itt egy geomatriai megközelítés, ahol elfogadjuk, hogy "határozott integrál" = "görbe alatti terület" és f'(x) = "érintő meredeksége". A feltétel miatt

\int_0^1f(x)dx = \int_0^af(x)dx  + \int_a^1f(x)dx = \int_0^af(x)dx

Legyen s=sup{|f'(x)|:x\in[0,1]}>0 ( a triviális 0 esettől eltekinthetünk ). Mindkét oldalt s-sel osztva a baloldalon g(x) = 1/s f(x) integrálja szerepel, a jobboldalon a/2 . Bizonyítandó tehát:

\left |\int_0^ag(x)dx \right|\le \frac a2 ,

ahol g olyan függvény, melyre sup{|g'(x)|:x\in[0,1]}=1 . Tegyük fel, hogy g(a)=h\ge0 ( ellenkező esetben az abszolút érték miatt vehetjük a -g(x) függvényt ) Ha ábrázoljuk g(x)-et, megállapíthatjuk, hogy 0 és a között nem lehet pontja a -1 meredekségű y = h - ( x - a ) = h + a - x egyenes felett, ugyanis ha valamilyen u-ban g(x) > h + a - u , akkor u és a között lenne olyan v, ahol |g'(v)| > 1. Ugyanígy nem lehet g(x)-nek pontja (0,a) -ban az y = h + x - a egyenes alatt sem. A baloldali integrál abszolut értéke, a görbe alatti terület akkor a legnagyobb, ha a teljes rendelkezésre álló pozitív tartományt kitölti, vagyis \left |\int_0^ag(x)dx \right| = T_1 \le  ah + \frac {a^2}{2} . a és 1 között a görbe alatti terület 0, tehát g(x) negatív értéket is felvesz, ezért van olyan x\in(a,1) , ahol g(x) = 0 . Az a-hoz legközelebbi ilyen x legyen b. Az előzőekhez hasonlóan belátható, hogy a és b között a görbének nem lehet pontja az y = h + a - x egyenes alatt, így b\gea+h és \int_a^bg(x)dx = T_2 \ge \frac {h^2}{2}  Végül a (b,1) szakaszon \int_b^1g(x)dx  = -T_2, a görbének nem lehet pontja az y = b -x egyenes alatt, amiből az előzőekhez hasonlóan  T_2 \le \frac {(1-b)^2}{2} következik. Egyenlőtlenségeinket egybevetve

 \frac {h^2}{2} \le T_2 \le \frac {(1-b)^2}{2} \le \frac {(1-(a+h))^2}{2} . Nemnegatív számokról lévén szó  h \le 1 - (a+h) ; h \le \frac {1-a}{2}

\left |\int_0^ag(x)dx \right| = T_1 \le  ah + \frac {a^2}{2} \le  \frac {a(1-a)}{2} + \frac {a^2}{2} = \frac {a}{2}

Előzmény: [2710] Cckek, 2008-07-04 10:43:05
[2710] Cckek2008-07-04 10:43:05

Legyen f:[0,1]\toR deriválható függvény, úgy hogy létezik a\in(0,1) melyre \int_a^1f(x)dx=0. Bizonyitsuk be hogy:

\left|\int_0^1f(x)dx\right|\le \frac{a}{2} sup\{|f'(x)|:x\in[0,1]\}.

[2709] Csimby2008-06-29 20:38:01

A céltábla középpontja csak a 2×2-es négyzet közepébe eső 1×1-es négyzetbe eshet. Egy lövés akkor találja el a céltáblát, ha annak \frac{1}{2} sugarú környezetébe esik a céltábla középpontja. A kérdés tehát az, legkevesebb hány \frac{1}{2} sugarú körrel fedhető le az egységnégyzet. Ehhez pedig legalább 4 szükséges ugyanis tekintsük a négyzet sarkait, ha 3 körrel le tudnánk fedni, lenne két sarok amit ugyanaz a kör fed le. Ez csak úgy lehet ha az egyik oldal a az egyik kör átmérője, a kimaradó rész pedig könnyen láthatóan nem fedhető le 2 körrel (a két már lefedett sarokhoz akármilyen közel van még lefedendő pont így megint oldal átmérőjű köröket kell elhelyezni).

Előzmény: [2707] Python, 2008-06-29 20:05:28
[2708] rizsesz2008-06-29 20:14:43

4 elég.

Előzmény: [2707] Python, 2008-06-29 20:05:28
[2707] Python2008-06-29 20:05:28

Egy 2x2 méteres négyzet alakú papírlap mögött el van rejtve egy 1 méter átmérőjű kör alakú céltábla. Legalább hányszor kell rálőnie egy mindig pontosan célzó mesterlövésznek, hogy biztosan eltalálja a céltáblát? (A találatok pontszerűek, a céltábla pereme is érvényes találat.)

[2706] jenei.attila2008-06-27 22:15:49

Nagyon szép. Máris találtunk 3 látszólag teljesen különböző rekurziót. Mepróbáltam a teljes indukciós bizonyítást, egyelőre nem sokra jutottam vele, de még nem adtam fel. Azért nem könnyű. Kiváncsi lennék egy közvetlen kombinatorikai gondolatmenetre, ami egyből kiadja a zárt alakot.

Előzmény: [2705] leni536, 2008-06-27 18:43:15
[2705] leni5362008-06-27 18:43:15

Legyen n db nyitó és n db záró zárójelünk. A helyes zárójelezések száma an.

a0=1

Vizsgáljuk meg, hogy n+1 db nyitó és záró zárójelből hány zárójelezés készíthető. A zárójelezés nyilván egy nyitó zárójellel kezdődik, ennek keressük meg a záró párját. A kettő között elhelyezkedik k db zárójelpár, utána pedig n-k:

( k db zárójelpár ) n-k db zárójelpár

A két zárójel között ak, utána pedig an-k zárójelezés készíthető. Mivel k 0-tól n-ig terjedhet, ezért:

a_{n+1}=\sum_{k=0}^na_ka_{n-k}

Sirpi Wikipédiás linkje alapján ezek egyértelműen a Catalan számok.

[2704] Sirpi2008-06-27 13:47:57

Egyébként ezt az angol nyelvű linket is érdemes megnézni, itt 3 különböző bizonyítás is van a dologra (egy generátorfüggvényes és két elemi - utóbbinak külön szépsége, hogy az \frac 1{n+1} szorzót is megmagyarázza), zárójelezés helyett jobbra és felfelé lépkedő, főátló alá nem lépő királlyal.

Előzmény: [2703] lorantfy, 2008-06-27 11:05:36
[2703] lorantfy2008-06-27 11:05:36

Szép gondolat a rossz zárójelezések összeszámolásának ez a formája. Köszönöm a segítséget!

Előzmény: [2702] jenei.attila, 2008-06-25 14:57:28
[2702] jenei.attila2008-06-25 14:57:28

A képlet helyesen:

p_{n,n}=\binom{2n}{n}-\sum_{i=0}^{n-1} p_{i,i}\binom{2n-2i-1}{n-i}

Előzmény: [2701] jenei.attila, 2008-06-25 14:53:42
[2701] jenei.attila2008-06-25 14:53:42

A pn,z-re (ha n\nez) nem tudok zárt képletet, de pn,n másképp is felírható, ami alapján egy teljes indukciós bizonyítás sikerre kell hogy vezessen. Az összes zárójelezések száma \binom{2n}{n}, amiből ki fogjuk vonni a rossz zárójelezések számát. Vezessünk be egy s számlálót 0 kezdőértékkel, amely a zárójelekből álló sztringet elejétől olvasva 1-gyel nő, ha nyitó, illetve 1-gyel csökken, ha záró zárójelet olvasunk. A zárójelezés nyilván akkor romlik el, amikor az s -1 -et vesz fel, ez pedig csak páratlan pozícióban lehet. Pl. nyilván rossz a zárójelezés, ha )-lel kezdődik. Tehát a következőképpen számolunk: A szóban forgó páratlan pozíció (2i+1) előtt befejezett, jó zárójelezés áll (s=0), aztán záró zárójel következik. Ezen esetek száma az előző 2i pozíción létrejövő jó zárójelezések száma (pi,i), szorozva a 2i+2 -edik pozíciótól kezdődő összes zárójelezések számával (\binom{2n-2i-1}{n-i}). Ha i megy 0-tól n-1 -ig, ezek összege megadja az összes rossz zárójelezést. Vagyis:

p_{n,n}=\binom{2n}{n}-\sum_{i=0}^{n-1} \binom{2n-2i-1}{n-i}

Ebben a rekurzióban már csak egy index szerepel, úgyhogy teljes indukcióval bebizonyítható, hogy a Catalan számokat adja. Sok sikert.

Előzmény: [2700] lorantfy, 2008-06-24 10:55:29
[2700] lorantfy2008-06-24 10:55:29

Szia Attila!

Kösz a segítséget! Én is a Catalan számokra gondoltam, csak még bizonyítani kéne.

Előzmény: [2695] jenei.attila, 2008-06-23 16:27:11
[2699] rizsesz2008-06-23 21:39:37

A nem azonos indexpárral rendelkező tagokra nincsen valami képlet? Nagyon indukció szaga van :)

Előzmény: [2695] jenei.attila, 2008-06-23 16:27:11
[2695] jenei.attila2008-06-23 16:27:11

Sloane szerint ez a sorozat éppen \frac{\binom{2n}{n}}{n+1} ún. Catalan számok. Hogy ez hogy jön ki, azt még nem tudom.

Előzmény: [2698] jenei.attila, 2008-06-23 12:36:36
[2697] jenei.attila2008-06-23 13:03:50

Nem tudom beszúrni a linket. E téma 80. oldal, 685 hsz.

Link javítva - Sirpi

  [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]