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.
[2739] Cckek2008-11-05 18:53:37

Adjunk példát olyan f,g függvényekre melyekre x egy U környezetében fennáll az

(f(x)-z-t)(x-z)+(g(x)+z-t)(x-t)\ge0,\forallz,t\inU. Én csak egyet találtam f(x)=2x,g(x)=0. Elkelne a segitség. Köszi.

[2738] Lóczi Lajos2008-10-22 14:44:09

Adjuk meg az összes olyan c valós számot, amelyre az x4-2x2-3x+c polinomnak pontosan két valós gyöke van.

[2737] Csimby2008-10-16 17:42:46

Ügyes! Én is ezt ismertem.

Előzmény: [2736] jenei.attila, 2008-10-16 12:49:00
[2736] jenei.attila2008-10-16 12:49:00

A valós számokhoz fogok megadni temészetes számokból álló sorozatokat a következőképpen: legyen x egy valós szám, és tekintsük az x-nél kisebb racionális számok X halmazát (ha jól emlékszek, Dedekind szeletnek nevezik). Mivel a rac. számok halmaza megszámlálható, ezért sorozatba rendezhető. Feleltessük meg X-nek (és ezzel együtt x-nek) azt a természetes számokból álló sorozatot, amely a most említett racionális számok sorbarendezése szerint az X-beli racionális számok indexeit tartalmazza. Ez a természetes számoknak egy részhalmaza lesz, jelöljük Nx-szel. Ha x és y valós számokra x<y, akkor a megfelelő Dedekind szeleteikre X\subsetY, ezért Nx\subsetNy is igaz. Minden x valós számhoz megadva a szóban forgó Nx-et, a természetes számok részhalmazainak egy olyan rendszerét kapjuk, amelyben bármely két elem összehasonlítható (a tartalmazásra nézve), hiszen bármely két valós szám is összehasonlítható (a szokásos rendezési relációra nézve).Másrészt ez a rendszer nem megszámlálható, mint ahogy a valós számok halmaza sem az.

Előzmény: [2733] Csimby, 2008-09-25 16:56:11
[2735] sakkmath2008-10-07 12:46:46

Szia!

A Mathematics Magazine 2008/júniusi számának NET-re tévedt változatában is olvasható ez a feladat. Javasolom, hogy csak az általuk megadott beküldési határidő után, azaz 2008. november 2-től tegye közzé bárki az ott 1797-es sorszámú feladat megoldását.

Előzmény: [2727] Gyöngyő, 2008-09-10 17:31:24
[2734] kiskiváncsi2008-09-26 00:11:56

1369 et nézegettem. Epsilon 1374 ebből jön, továbbá egy jó rekurzió amiből az indukciós feltevés (1376 kérdés) és egy jó Gamma fv a kifejezésre. De számoljatok utána. Epsilon :)

\frac2\pi\int_0^\frac\pi2\sin^{2k}xdx= 
\frac{(2k-1)!!}{2k!!} =\frac{1}{\sqrt{\pi}}\frac{\Gamma(\frac{2k+1}{2})}{\Gamma(k+1)}

ez k>-1/2 re igaz, de csak 2k (páros) kitevőre

\frac2\pi\int_0^\frac\pi2\sin^{2k}xdx= 
-\frac2\pi\frac{\sin^{2k-1}x\cos{x}}{2k}|_{0, ha x=0 vagy x= \frac\pi2}+\frac{2k-1}{2k}\frac2\pi\int_0^\frac\pi2\sin^{2k-2}xdx

ez k>0 ra igaz

vagyis a bizonyitando

a_{2k}=\frac{2k-1}{2k}a_{2k-2}

igaz

akkor

a_{2k+2}=\frac{(2k+2)-1}{2k+2}a_{(2k+2)-2} is igaz

[2733] Csimby2008-09-25 16:56:11

332.feladat Megadható-e olyan, a természetes számok részhalmazaiból álló halmazrendszer, melynek több mint megszámlálható sok eleme van és bármely két A,B elemére vagy A\subsetB vagy B\subsetA?

[2732] Lóczi Lajos2008-09-22 23:43:51

Így már szebb :)

Előzmény: [2731] kiskiváncsi, 2008-09-22 22:44:56
[2731] kiskiváncsi2008-09-22 22:44:56

x,\tau,t,Re(s)>0 továbbá x független t, s és \tau tól

f(\tau)= \frac{x}{2\sqrt{\pi}\sqrt{\tau^3}}e^\frac{-x^2}{4\tau}

L[f(\tau)](s)= e^{-x\sqrt{s}}

L[e^{-t}e^{\tau}f(\tau)](s)= e^{-t}e^{-x\sqrt{s-1}}

L[\int_0^tf(\tau)-e^{-t}e^{\tau}f(\tau)d\tau](s)=\frac{e^{-x\sqrt{s}}}{s} - e^{-t}\frac{e^{-x\sqrt{s-1}}}{s}=F(s;x)

L-1[F(s;x)](t)=g(t;x) tehát a határozott integrál.

A tárgyfüggvényen:

\lim_{x\to 0}g(t;x)=a

A képfüggvény invertálásával

L^{-1}[\lim_{x\to 0}F(s;x)]=1-e^{-t}=a

A keresett határérték:

\lim_{x\to 0}(1-g(t;x))=1-a=e^{-t}

\lim_{t\to 0}e^{-t}=1

\lim_{t\to\infty}e^{-t}=0

Előzmény: [2730] Lóczi Lajos, 2008-09-21 20:13:51
[2730] Lóczi Lajos2008-09-21 20:13:51

Sajnos nem. (Ahogy például (1/n).n sem 0, hiába tart az első tényező 0-hoz.)

Előzmény: [2729] kiskiváncsi, 2008-09-21 15:35:17
[2729] kiskiváncsi2008-09-21 15:35:17

bocs 1

Előzmény: [2728] kiskiváncsi, 2008-09-21 15:34:24
[2728] kiskiváncsi2008-09-21 15:34:24

lim 1-xf(t,x)ez nulla, ha x tart nulla

Előzmény: [2726] Lóczi Lajos, 2008-08-12 13:13:41
[2727] Gyöngyő2008-09-10 17:31:24

Sziasztok!

Itt van egy érdekes feladat:

Legyenek a,b,c nemnegatív valós számok.Számoljuk ki az alábbi határértéket: \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac{\sqrt{n^2+kn+a}}{\sqrt{n^2+kn+b}\sqrt{n^2+kn+c}}

Üdv.: Gyöngyő

[2726] Lóczi Lajos2008-08-12 13:13:41

Egy feladat "melléktermékeként" került elő a következő kérdés.

Legyen t>0 rögzített. Mennyi az


1-{\frac{x}{2\sqrt{\pi}}\int_0^t \frac{1-e^{\tau-t}}{\tau^{3/2}} e^{-x^2/(4\tau)}d\tau}

kifejezés határértéke, amint x\to0+ ?

[2725] Gyöngyő2008-07-27 16:37:54

Persze akit érdekelnek a könyvek irjon e-mailt,és elküldöm a listát.

Üdv.: Zsolt

[2724] Gyöngyő2008-07-27 16:35:51

Kedves R.G.

Teljesen igazad van,én kérek bocsánatot! Helyesbitek,akkor van 5db egyenként 400 oldalas Ramanujan jegyzetfüzetem a gépen!

[2723] Róbert Gida2008-07-27 01:09:03

Az érdekes lenne, mert Ramanujan-nak nem voltak könyvei, jegyzetfüzetei voltak.

Előzmény: [2721] Gyöngyő, 2008-07-24 08:01:03
[2722] jenei.attila2008-07-26 09:23:23

Szerintem sokunkat érdekelne. Hogy tudnád közzétenni, vagy elküldeni? Előre is köszi.

Előzmény: [2721] Gyöngyő, 2008-07-24 08:01:03
[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

  [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]