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.
[2915] jenei.attila2009-04-19 14:17:32

Kíváncsian várom a te megoldásodat. Igazából ez a feladat hasonló állításra épül, mint amit az identitás fv. két periodikus fv. összegeként való előállításakor már említettem. Nevezetesen az np+kq alakú számok halmaza (ahol p,q rögzített nem összemérhető (p/q irracionális) számok, n és k pedig végigfutnak az egész számokon), sűrű a valós számok halmazában. Egyelőre úgy látom, hogy ezt a tényt a feladatod megoldásában ki kell használni, és ez az irracionális számok elsőrendűnél jobb racionális közelíthetőségén múlik.

Előzmény: [2914] forex, 2009-04-19 10:32:27
[2914] forex2009-04-19 10:32:27

Szép,elegáns megoldás! Ha lesz egy kis időm,mutatok egy elemi megoldást is.Köszönöm szépen hogy felraktad a megoldásodat!

üdv Zoli

Előzmény: [2913] jenei.attila, 2009-04-15 19:47:32
[2913] jenei.attila2009-04-15 19:47:32

log210 irracionális, mivel ha rac. lenne, akkor valamely p,q természetes számokkal log_210=\frac{p}{q}, amiből 2^{\frac{p}{q}}=10, azaz 2p=10q. A jobboldalnak 5 osztója, azonban a baloldalnak nem.

Előzmény: [2910] jenei.attila, 2009-04-15 13:07:10
[2912] jenei.attila2009-04-15 14:04:48

Egy elírás: h:=\frac{log_2(n+1)}{log_2n} helyesen h:=log_2\frac{n+1}{n}

Előzmény: [2910] jenei.attila, 2009-04-15 13:07:10
[2911] jenei.attila2009-04-15 13:25:11

Kicsit pontosítva: t:=log2(n+1) és a/b alulról közelítse x -et (a lánctört szeletek felváltva alulról-fölülről közelítik x-et).

Előzmény: [2910] jenei.attila, 2009-04-15 13:07:10
[2910] jenei.attila2009-04-15 13:07:10

Először egy önmagában is érdekes segéd állítást fogok bebizonyítani: legyenek t valós, x irracionális, h pozitív valós számok adottak. Ekkor léteznek k és m természetes számok, hogy

|t+kx-m|<h

, vagyis a t kezdőértékű, x differenciájú számtani sorozat tagjai tetszőlegesen közel kerülhetnek egész számokhoz. Ismeretes, hogy az x irracionális szám másodrendben jól közelíthető racionális számokkal, ami azt jelenti, hogy végtelen sok a és b relatív prím természetes szám létezik, hogy

|x-\frac{a}{b}|<\frac{1}{b^2}

(az x irracionális szám lánctört kifejtésének szeletei ilyenek; ld. Niven Zuckerman: Bevezetés a számelméletbe). Válasszunk olyan b-t, amire 1/b<h/2 teljesül, u pedig definíció szerint legyen u:=[tb] ([] az egészrészt jelöli). Nyilván igaz, hogy |t-\frac{u}{b}|<\frac{1}{b}. Mivel a és b relatív prímek, létezik olyan 0\lek<b természetes szám, amelyre b osztója u+ka -nak. Definíció szerint legyen m:=\frac{u+ka}{b} természetes szám. Ezek szerint

|t+kx-m|=|t-\frac{u}{b}+k(x-\frac{a}{b})|\le |t-\frac{u}{b}|+k|x-\frac{a}{b}|<\frac{1}{b}+\frac{k}{b^2}<\frac{2}{b}<h

Visszatérve az eredeti feladathoz: tetszőleges n természetes számhoz olyan 2 hatványt kell találnunk, amelynek 10-es számrendszerbeli első néhány jegye éppen n-et adja. Ez azt jelenti, hogy léteznek k és m természetes számok, amelyekre

n10k\le2m<(n+1)10k

teljesül. Ezzel ekvivalens

log2n+k*log210\lem<log2(n+1)+k*log210

Látható, hogy az előző allításunkat kapjuk vissza t:=log_2n, x:=log_210, h:=\frac{log_2(n+1)}{log_2n} szereposztással, a k és m pedig ugyanaz. Itt a másodrendű racionális közelíthetőség miatt fontos, hogy log210 irracionális. Ezt szintén be kéne bizonyítani.

Előzmény: [2905] forex, 2009-04-04 14:42:56
[2909] Cogito2009-04-14 16:28:10

Szép, korrekt megoldás (egy apróság: alulról a 9. sorban a harmadik "=" helyére "\ge" írandó).

E feladat általánosítása kapcsán vetette fel Vasile Cirtoaje "egyenlőtlenség-szakértő" :) a következő tételt:

"Adottak az x1, x2, ..., xn nemnegatív valós számok, melyekre fennáll, hogy x1 + x2 + ... + xn = konstans1 és x12 + x22 + ... + xn2 = konstans2. Adott még a k > 2 szám.

Az S = x1k + x2k + ... + xnk összeg maximális, ha x1 = x2 = ... = xn-1 \le xn."

E tétel bizonyítását 'Vasc' sajnos nem közölte. Ismeri valaki ezt a tételt? Érdekelne a bizonyítása, vagy legalább a forrásmű neve, elérhetősége.

Előzmény: [2907] S.Ákos, 2009-04-11 22:33:02
[2908] S.Ákos2009-04-11 22:34:32

az elejéről lemaradt: (a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+ac+bc), így a2+b2+c2=7

Előzmény: [2907] S.Ákos, 2009-04-11 22:33:02
[2907] S.Ákos2009-04-11 22:33:02

Remélem nem néztem el semmit.

Előzmény: [2906] Cogito, 2009-04-11 20:52:35
[2906] Cogito2009-04-11 20:52:35

Az a, b, c nemnegatív valós számokra a + b + c = 3 és ab + bc + ca = 1. Határozzuk meg az a4 + b4 + c4 kifejezés maximumát.

[2905] forex2009-04-04 14:42:56

Sziasztok!

Bizonyítsátok be hogy tetszőleges k jegyű pozitív n egész számhoz létezik olyan kettőhatvány, melynek első k jegye rendre megegyezik n első k jegyével.

pl.: n=51 ----> 512 ; n=102 -----> 1024 ; n=20 ----> 2048 ;

[2904] jonas2009-04-04 12:12:01

Akkor másodszorra már jó sorozatra hivatkoztam, mert annak ugyanez a rekurziós képlete.

Előzmény: [2903] jenei.attila, 2009-04-04 09:08:53
[2903] jenei.attila2009-04-04 09:08:53

A jó sorozatokat következőképpen számoljuk össze: egy n hosszúságú jó sorozatban az előző n-1 elemből álló sorozat is jó. Jelöljük an-nel a nem fehér színnel végződő n hosszúságú jó sorozatok számát, bn-nel pedig a fehérrel végződők számát. Ekkor a jó sorozatok száma (amit cn-nel fogunk jelölni) nyilván cn=an+bn és a1=4 b1=1.

an=an-1+4bn-1

, mivel nem fehérre végződő jó sorozatot úgy kapunk, hogy az n-1 -edik elem nem fehér és akkor az n-edik elem ugyanolyan színű, vagy az n-1 -edik elem fehér de akkor az n-edik elem 4 féle színű lehet. Hasonlóan meggondolva

bn=an-1+bn-1

a fehérre végződő jó sorozatok száma annak megfelelően, hogy ekkor a megelőző n-1 hosszú jó sorozatot fehér színnel folytatjuk. Egy kis alakítással kapjuk: c1=5, c2=13

cn=2cn-1+3bn-1

(mivel cn=an+bn)

bn=cn-1

,amiből végül

cn=2cn-1+3cn-2

másodrendű lineáris rekurzió adódik. Meglehet adni zárt alakban is, ezt másra hagyom.

Előzmény: [2894] gubanc, 2009-04-01 11:51:00
[2902] jonas2009-04-02 19:25:54

Ja értem. Én úgy próbáltam színezni a pontokat, hogy bármelyik két szomszédos vagy különböző színű legyen, vagy az egyik fehér. Te viszont azt mondtad, hogy bármelyik két szomszédos pont legyen vagy azonos színű, vagy az egyik közülük fehér.

Ebben az esetben a megfelelő sorozat szerintem az A046717 lesz.

Előzmény: [2898] gubanc, 2009-04-01 20:22:57
[2901] gubanc2009-04-02 16:27:50

Látom, a legjobb úton haladsz a feladat általánosítása felé (Pl.: 5 szín helyett k szín ...). Csak dícsérni tudom ezt a kezdeményezést! :))

Előre is köszönet mindkettőtöknek, és az esetleges további hozzászólóknak is. (gubanc)

Előzmény: [2900] BohnerGéza, 2009-04-02 15:19:38
[2900] BohnerGéza2009-04-02 15:19:38

Csak egy lehetséges program vázlatát tudom egyelőre adni.

Előzmény: [2899] BohnerGéza, 2009-04-01 22:07:18
[2899] BohnerGéza2009-04-01 22:07:18

Telhetetlen vagy gubanc!

(: Egy és két szín esetén tudnék segíteni. :)

(Sőt, egyelőre azt hiszem, három vagy több szín esetén lényegében ua. a feladat, esetleg a zárt alak megadásában lehetnek különböző nehézségűek. Azért megpróbálom komolyabban is.)

Előzmény: [2894] gubanc, 2009-04-01 11:51:00
[2898] gubanc2009-04-01 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 \ge 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
[2897] jonas2009-04-01 19:00:06

Igen, el kell tolni eggyel a sorozatot. (Sorozatok eltolt példányait általában nem veszik fel többször az OEIS-be.)

Előzmény: [2896] gubanc, 2009-04-01 16:06:19
[2896] gubanc2009-04-01 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
[2895] jonas2009-04-01 15:28:31

Szerintem 015448 féle szabályos színezés van.

Előzmény: [2894] gubanc, 2009-04-01 11:51:00
[2894] gubanc2009-04-01 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?

[2893] Lóczi Lajos2009-03-30 23:21:23

Igen, ez szép ötlet.

Előzmény: [2892] Csimby, 2009-03-30 20:30:37
[2892] Csimby2009-03-30 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] Csimby2009-03-30 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: \frac{3}{4}\pm i\frac{\sqrt{7}}{4} \pm \frac12 \sqrt{\frac52-\frac{i\sqrt{7}}{2}} Tehát nem lesz több valós gyök. Biztos be lehet látni szebben is.

Előzmény: [2890] MTM, 2009-03-30 15:45:10

  [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]