[2898] gubanc | 2009-04-01 20:22:57 |
Sajnos még mindig nem világos számomra a dolog. Hogyan érted azt, hogy "el kell tolni eggyel a sorozatot"? Azt láttuk, hogy a sorozat első tagjának 5-nek kell lennie. Ha ehhez igazodunk, akkor az OEIS-ből belinkelt sorozatot kettővel (és nem eggyel) eltolva a1 = 5 és a2 = 21 adódna. Így meg a2-vel van egy kis probléma ... . Egyébként javasolom, hogy lépjünk túl a rekurziós alakon és n 3-ra próbáljuk megadni (ha lehet) explicit módon is a sorozat n-edik tagját ( és persze előbb az a2 helyes számértékét).
(Elnézést, ha valamit félreértettem volna.)
|
Előzmény: [2897] jonas, 2009-04-01 19:00:06 |
|
|
[2896] gubanc | 2009-04-01 16:06:19 |
Ha jól látom, az általad megadott hivatkozás a1 = 1 -et ír, ami ellentmond annak, hogy n = 1 esetén az egyetlen pontot - az öt szín miatt - ötféleképpen színezhetjük ki.
|
Előzmény: [2895] jonas, 2009-04-01 15:28:31 |
|
|
[2894] gubanc | 2009-04-01 11:51:00 |
Szép napot! Kíváncsi lennék a köv. feladat megoldására.
Egy egyenesen sorakozik n pont ilyen sorrendben: P1, P2, ... , Pn. Adott öt különböző szín, egyikük a fehér. Kiszíneztük e színekkel az összes pontot. A színezés szabálya, hogy bármely két, egymást követő Pi , Pi+1(i = 1, 2, ... , n-1) pontra teljesüljön, hogy azonos színűek, vagy legalább az egyikük fehér. Hány szabályos színezés lehetséges?
|
|
|
[2892] Csimby | 2009-03-30 20:30:37 |
y=x-x3 és x=y3-y ugyanaz az origón átmenő görbe, csak 90 fokkal elforgatva. A tengelyeket (-1,0);(0,0);(1,0) illetve (0,1);(0,0);(0,-1) pontokban metszik. Más metszéspontjuk pedig nem lesz mint a (0,0) ez abból látszik, hogy a (-1,1)×(-1,1) négyzeten kívül mindegyik síknegyedben csak az egyik görbe halad. A négyzeten belül is a (-1,0)×(0,1); (0,1)×(0,1);(-1,0)×(0,-0);(0,1)×(0,-1) négyzetek mindegyikében csak az egyik görbe halad.
|
Előzmény: [2891] Csimby, 2009-03-30 20:06:14 |
|
[2891] Csimby | 2009-03-30 20:06:14 |
Az egyik egyenletből kifejezzük y-t, majd a másikba helyettesítjük, így ezt kéne megoldani: x(2-2x2+3x4-3x6+x8)=0 A 0 lesz az egyik gyök nyilván. x2=z helyettesítéssel, keressük: 2-2z+3z2-3z3+z4=0 gyökeit. Ezek: Tehát nem lesz több valós gyök. Biztos be lehet látni szebben is.
|
Előzmény: [2890] MTM, 2009-03-30 15:45:10 |
|
|
[2889] Lóczi Lajos | 2009-03-30 03:05:09 |
Adjuk meg az összes olyan x és y valós számot, melyekre fennáll, hogy x-x3-y=x+y-y3=0.
|
|
|
[2886] Gábor1905 | 2009-03-12 10:26:30 |
Üdv. A következő kérdésre szeretnék választ kapni:Van-e olyan konvex 5, vagy attól többszög, melynek 4-nél több belső szöge 120°, vagy annál kisebb. Minden ötlet nagyon érdekel! Előre is köszönöm!
|
|
[2885] kutasp | 2009-03-11 20:22:39 |
grat szép megoldás:) Amúgy fölmerül számos egyéb kérdés is a feladat kapcsán. 1., a te megoldásod és az általam ismert nagyon hasonló megoláds is burkoltan használja a kiválasztási axiómát, ugye akkor amikor választjuk a Hamel-bázist(ennek a létezését a vele ekvivalens Zorn-lemma biztosítja). Létezik-e ezt nem használó bizonyítás vagy esetleg ez állítás is ekvivalens a kiválasztási axiómával?
2., egyéb struktúrákra megnézni, hogy mikor színezhetők ki két színnel, konkrétabban:
a., Milyen véges Abel-csoportok színezhetők ki két színnel úgy, hogy mindkét színosztály zárt legyen a különböző elemekkel való csoportműveletre(azaz hatványozásra nem feltétlenül!)(erre úgy gondolom hogy tudom a választ)
b., ugyanez végtelen Abel-csoportokra
c., ugyanez tetszőleges csoportra
d., és az igazi általánosítás: ugyanez félcsoportokra, bár sztem ezek karakterizációja reménytelen, de esetleg érdemes megvizsgálni az ilyen félcsoportokat. Mindezt csak mint matematikus hallgató írom, tehát lehet hogy ennek az egész dolognak minden része ismert, ebben az esetben előre is elnézését kérem mindenkinek.
|
Előzmény: [2881] jenei.attila, 2009-03-11 12:03:31 |
|
|
[2883] Tibixe | 2009-03-11 18:09:52 |
Ha jól látom, a lenti megoldás általánosítható 2c sok színre, mert egy színt meghatároz az, hogy melyik együtthatót követeljük nemnegatívnak és melyiket negatívnak. És kontinuum sok együttható van.
Színek egyesítésével pedig megkaphatunk bármilyen ennél kisebb számosságot.
Jól látom?
|
|
|
[2881] jenei.attila | 2009-03-11 12:03:31 |
Válaszolnék az alábbi valóban érdekes feladatra:
"Ki lehet-e színezni a pozitív valós számokat pirosra és kékre(mindkét színt kell használni), hogy pirosak összege piros, kékek összege kék legyen?"
Sokat agyaltam rajta, és úgy tűnik van ilyen színezés. A "valaki mondja meg" topikban feltettem néhány valós számokra vonatkozó algebrai kérdést, azokat is ez a feladat hozta elő. Tekintsük a valós számok testét a racionális számok teste feletti vektortérnek. Ennek a vektortérnek a bázisát Hamel bázisnak nevezik. Vagyis igaz az, hogy létezik a valós számok halmazának olyan H részhalmaza (ez a Hamel bázis), amellyel minden valós szám egyértelműen áll elő
r1h1+...+rnhn
alakban, ahol az r együtthatók racionális számok, a h számok pedig H elemei és n véges de függ az előállítandó számtól. Feltehetjük, hogy H tartalmazza az 1-et, és r1 az 1 együtthatója. Minden így előállított valós számot színezzünk pirosra, ha a h1 együttható (a szám "racionális része") nem negatív, kékre, ha r1 negatív. Így nyilván a valós számoknak egy jó színezését adjuk meg, és lesz kék pozitív szám is (pl. , ha a is eleme H-nak).
|
Előzmény: [2804] kutasp, 2009-01-07 22:02:55 |
|
[2880] sakkmath | 2009-03-07 17:03:18 |
Igazoljuk, hogy ha 1 < a < b < c, akkor
loga(logab) + logb(logbc) + logc(logca) > 0.
|
|
|
|
[2877] Tibixe | 2009-02-16 19:38:07 |
A
z1=i z2=-i
esetben nálam
|z1|=1
|z2|=1
Tehát
f(i)-f(-i)=-2i
és
i-(-i)=2i
ezek aránya -1.
Abszolút értékeik aránya pedig 1.
És ez a két arány csak előjelben különbözik.
Elrontottam volna valamit?
|
Előzmény: [2876] Cckek, 2009-02-15 21:12:42 |
|
|
|
|
|