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.
[3191] Maga Péter2010-02-01 21:51:45

Nem baj, ha egy feladat közismert, biztosan sokan vannak, akik nem ismerik.

Előzmény: [3189] m2mm, 2010-02-01 21:32:17
[3190] Maga Péter2010-02-01 21:37:30

1. Sokat téptem a számat a Goldbach-topikon (meg hát mások is), most bily testhezálló dolgot csinált, végre rendesen. Amikor hülyeséget csinált, leszóltuk érte. Most nem csinál hülyeséget, ha ezért is leszóljuk, akkor azt fogja gondolni, hogy igazából mindegy, hogy mit csinál.

2. Amikor te a Goldbach-topikban megtetted a hozzászólást, ami szerint a Dirichletben nem a végtelen sok, hanem a legalább 1 prím a nehéz, akkor arra nem azt írtam, hogy ez halálismert. Nem ugattalak le, pedig én utána érdemben(!) hozzá tudtam szólni a dologhoz (ez most rólad nem mondható el).

3. Ha a gyereked beszélni tanul, gügyögésért ne vágd szájon. Valóban nem gügyögve kell beszélni, de didaktikailag messze nem optimális megoldás a szájonvágás.

Előzmény: [3182] Róbert Gida, 2010-02-01 11:43:16
[3189] m2mm2010-02-01 21:32:17

Remélem még nem volt, és igaz(saját alkotás): a,b,c valós számokra abc=1. Bizonyítsuk be, hogy a4+b4+c4+a+b+c\gea3b+b3c+c3a+ab3+bc3+ca3. Ha közismert lenne, akkor elnézést.

[3188] m2mm2010-02-01 21:13:36

Képletedből nem következik a Wilson-tétel. n=1-et behelyettesítve pontosan azt kapod, hogy (p-1)!\equiv(p-1)! (mod p).

Előzmény: [3187] bily71, 2010-02-01 20:03:10
[3187] bily712010-02-01 20:03:10

Bármely n számrendszerbeli szorzótábla, (tehát nemcsak prím) ha elhagyjuk a 0-át, mint szorzótényezőt, középontosan szimmetrikus, hiszen

ab\equiv(n-a)(n-b)\equiv(mod n).

Ugyanezen táblázat tengelyesen is szimmetrikus, a maradékok abszolútértékére tekintettel, hiszen

|ab|\equiv|(n-a)b|\equiv|a(n-b)|(mod n).

Ez nem fontos, de, ha már szóba került: ha a szorzótábla p, azaz prím számrendszerbeli, akkor az a szám csak egyszer fordulhat elő soronként, ugyanis, ha többször szerepelne, akkor vagy a|p, vagy (a,p)\ne1, egyik sem lehetséges, hiszen p prím, tehát a táblázat latin négyzet.

Ezen tulajdonságokat immáron bizonyítottnak tekinthetjük.

Most már nincs több teendőnk, csak a behelyettesítéseket kell végrehajtani a

(p-n)!\equiv\frac{(p-1)!}{(n-1)!}(-1)^{n-1}(\mod{p})

képletbe, és az eredmény a Wilson-tétel.

Egyébként szó sincs arról, hogy ki kellene számolni (n-1)! értékét, vagyis, hogy n-2 darab szorzást kellene eszközölni egy szám Wilson-féle tesztelése során. Legyen n=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}...p_m^{\alpha_m}. Legyen k=pi\alphai, azaz a prímek kitevőjükkel vett szorzatok közül a legnagyobb. Ekkor

k!\equiv0(mod n).

Tehát elég k darab szorzást és k darab osztást, azaz 2k darab műveletet végrehajtani.

De az is lehet, hogy szokás szerint tévedtem, ez esetben elnézést kérek mindenkitől.

Előzmény: [3186] Róbert Gida, 2010-02-01 17:11:09
[3186] Róbert Gida2010-02-01 17:11:09

"Az előbb felsorolt tulajdonságok ismertek, bizonyításukat most mellőzhetjük."

Életemben nem hallottam, hogy valaki is latin négyzetekkel próbálná bebizonyítani a Wilson tételt. Ne tartsd magadban!

Előzmény: [3185] bily71, 2010-02-01 15:41:23
[3185] bily712010-02-01 15:41:23

Wilson szerint (p-1)!\equivp-1(mod p), ha p prím.

Tekintsük a p számrendszerbeli szorzótáblát. Ha a 0-át kihagyjuk, azaz a számokat csak 1-től p-1-ig szorozzuk össze, akkor a táblázat i-edik oszlopának j-edik eleme aij\equivi.j(mod p).

Ebből következik, hogy i!\equivaij(mod p), ahol j\equiv(i-1)!(mod p).

A táblázat, mivel p prím, egy latin négyzet, amely nem tartalmazza a 0-át és középpontosan szimmetrikus, azaz aij\equiva(p-i)(p-j)(mod p), továbbá tengelyesen is szimmetrikus oly módon, hogy aij\equivp-a(p-i)j(mod p). Az előbb felsorolt tulajdonságok ismertek, bizonyításukat most mellőzhetjük.

A fenti szimmetriákból és a (p-n)!\equiv\frac{(p-1)!}{(n-1)!}(-1)^{n-1}(\mod{p}) összefüggésből adódik, hogy (p-1)!\equivp-1(mod p), tehát ez egy speciális eset.

Előzmény: [3184] Fálesz Mihály, 2010-02-01 12:04:48
[3184] Fálesz Mihály2010-02-01 12:04:48

Úgy látom, kezdenek forrósodni a kedélyek...

Szóval,

(p-1)!=(p-n)!.(p-n+1)(p-n+2)...(p-1)\equiv(p-n)!.(-n+1)(-n+2)...(-1)=(p-n)!.(-1)n-1(n-1)! (mod  p),

és persze egyszerűsíthetünk bármivel, ami nem osztható p-vel.

De hol van ebben a Wilson-tétel?

[3183] Róbert Gida2010-02-01 11:46:39

Akarom mondani szerinte speciális esete a Wilson tétel, ha k=0. No comment.

Előzmény: [3182] Róbert Gida, 2010-02-01 11:43:16
[3182] Róbert Gida2010-02-01 11:43:16

Halál ismert példa, k=n-1 jelöléssel és osztással azt állítja a feladat, hogy \binom {p-1}{k} \equiv {(-1)}^k (\mod p). Ami például Graham Konkrét matematika című könyvében az 5. fejezet 5. példája. És szerinte ez k=0-ra spec. esete a Wilson tételnek. Egy túróst.

Előzmény: [3179] Maga Péter, 2010-02-01 08:11:25
[3181] bily712010-02-01 09:43:04

Saját! Ez az első "igazán komoly tételem", amit bizonyítanom is sikerült.:)

Ezzel a képlettel felgyorsítható a Wilson-teszt, hisz nem kell p-2 darab szorzást elvégezni, de még így is lassúbb, mint a naív módszer.

Előzmény: [3179] Maga Péter, 2010-02-01 08:11:25
[3180] Maga Péter2010-02-01 08:13:58

Nemhogy kellene, de ott is van:)..., nem olvastam el a zárójeles részt.

Előzmény: [3179] Maga Péter, 2010-02-01 08:11:25
[3179] Maga Péter2010-02-01 08:11:25

Ez ügyes volt! Láttad valahol, vagy saját találmány? Talán kellene még az n\leqp feltétel.

Előzmény: [3175] bily71, 2010-01-30 14:11:17
[3178] bily712010-01-31 11:10:16

Ennek egy speciális esete a Wilson-tétel, ahol n=1,

ekkor (p-1)!\equiv\frac{(p-1)!}{(1-1)!}(-1)^{1-1}(\mod{p}),

mivel 0!=1 és (-1)0=1, ezért (p-1)!\equiv\frac{(p-1)!}{1}1\equiv{p-1}(\mod{p}).

Előzmény: [3177] m2mm, 2010-01-30 21:31:38
[3177] m2mm2010-01-30 21:31:38

((n-1)!,p)=1 ,azaz (p-n)!\equiv \frac{(p-1)!}{(n-1)!}(-1)^{n-1} <=> (p-n)!(n-1)!\equiv(p-1)!(-1)n-1 (mod p).

(p-n)!(n-1)!\equiv(-n)(-n-1)(-n-2)...(-p+1)(n-1)!=(-1)p-n(p-1)! (mod p). Tehát (-1)p-n(p-1)!\equiv(p-1)!(-1)n-1-et kell bizonyítani (mod p). Osztva (p-1)!-ral(mely rel. prím p-vel) (-1)p-n\equiv(-1)n-1-et kell igazolni.

Ha p=2, akkor n csak 1 lehet, ekkor mindkét oldal -1, ekkor az áll. igaz.

Ha p nem 2, akkor páratlan: p-n\equivn-1 (mod 2), (-1)p-n\equiv(-1)n-1. Tehát igaz állításod.

Előzmény: [3175] bily71, 2010-01-30 14:11:17
[3176] Lóczi Lajos2010-01-30 17:50:28

Valamely m nemnegatív valós szám esetén jelölje Hm azt a végtelen háromszögtartományt a nyílt jobboldali komplex félsíkon, amelynek z=a+bi (a>0) pontjaira fennáll, hogy |b|\lema.

Van-e olyan komplex függvény, amelyik értelmezve van a nyílt jobboldali komplex félsíkon (azaz a>0 esetén), ott (komplex értelemben) deriválható, és

- nem létezik a limesze az origóban, ha z\to0 és a>0 (vagyis ha z a jobb félsíkból tetszőlegesen jőve közelíti meg a nullát)

- viszont minden m\ge0 esetén létezik véges limesze az origóban, ha z\to0 és z\inHm (vagyis ha z a háromszögtartományban haladva tart a nullához). (Igaz-e továbbá, hogy van olyan példa, hogy ez a létező véges limesz m-től függetlennek is választható?)

[3175] bily712010-01-30 14:11:17

Igaz-e, hogy ha p\inP, azaz prím, akkor

(p-n)!\equiv\frac{(p-1)!}{(n-1)!}(-1)^{n-1}(\mod{p}),

(n\inN és 0<n<p)?

[3174] Horváth Bence2010-01-21 19:49:56

Gézi ezt a feladatot nehéz meg csinálni de nagyon tetszik

[3173] BohnerGéza2010-01-18 15:48:51

A félpályán túli rész egyforma...

Megelőztek, de itt egy ábra.

Előzmény: [3171] Valezius, 2010-01-18 14:44:55
[3172] Radián2010-01-18 15:43:56

Vegyük az egységsugarú kört és tegyük bele a négyzetünkbe(úgy hogy a négyzetünk és a kör középpontja egybeessen), majd forgassuk el úgy a körünket, hogy a kerületén kiválasztott A1 pont egybeessen a négyzet azon felezőpontjával (A2-vel), amely az R2 sugarú kör középpontja. Ha meghúzzuk az A1(=A2) pontból a megfelelő R1 sugarú kört akkor láthatjuk, hogy ez esetben négyzetünket nem osztottuk két egyenlő területű részre.(Hiszen R1<2 , így a kör a négyzetet két olyan pontban metszi melyek távolsága B ill C csúcstól (A2 eleme BC) kevesebb, mint 1/2. Így ha az R1 sugarú körrel (k1-gyel) eredeti körünket két egyenlő részre osztottuk, akkor négyzetünket a k1 kör nem fogja két egyenlő területű részre osztani.) Méghozzá az a rész lesz kisebb melyet tartalmaz a k1 kör. Így ahhoz hogy a négyzetünket két egyenlő területű részre oszthassuk egy R1-nél nagyobb sugarú R2 "körre" van szükségünk.

Előzmény: [3171] Valezius, 2010-01-18 14:44:55
[3171] Valezius2010-01-18 14:44:55

Van egy egységsugarú kör, kijelölünk a kerületén egy pontot ahonnan R1 sugárral kört rajzolunk úgy, hogy a körív két azonos területű részre ossza a kört.

Van egy 2 egység oldalhosszúságú négyzetünk, az egyik oldal felezőpontjából R2 sugárral kört rajzolunk úgy, hogy a körív két azonos területű részre ossza a négyzetet.

Érzésre R1 vagy R2-e a nagyobb? Leginkább heurisztikus megoldás érdekelne, a konkrét értékek kiszámolása nélkül.

[3170] Lóczi Lajos2010-01-14 19:32:17

Elnézést, itt kicsit "túláltalánosítottam". Persze a Cogito által [3142]-ben beírt bizonyítás csak a=+\infty esetén megy, tehát a [3147]-esben csak a=+\infty van megengedve. (Véges a esetén a [3147]-beli állítás nem is igaz, ezt pl. az f(x)=x mutatja. Hogy a=-\infty esetén mi a helyzet, azt hirtelen nem látom.)

Előzmény: [3147] Lóczi Lajos, 2010-01-05 01:35:52
[3169] Valezius2010-01-14 12:28:34

Igen, bocsi. Az volt a baj, hogy a számlálóban a papíromon -1 szerepel, és nem +1. Tehát mégse ugyanaz jött ki, csak azt hittem.

[3168] HoA2010-01-14 11:30:59

Igen, a szögletes zárójel egészrészt jelöl . 10 golyóra a várható nyeremények k = 1,2,3,4,5 esetén nálam is 1 ; 1,8 ; 2,16 ; 2,016 ; 1,512 , tehát k=3 az optimum. 20 golyónál a gyök alatt négyzetszám van, valóban k = 4-re és 5-re egyformán 2,907 a várható nyeremény.

Előzmény: [3164] Valezius, 2010-01-13 18:19:41
[3167] leni5362010-01-13 22:38:43

10-re 3,7-et ad és 3 golyónál kell megállni, tehát alsó egészrésznél. Ha pont egészet ad, akkor az eggyel kisebb is pont ugyanolyan jó.

Előzmény: [3164] Valezius, 2010-01-13 18:19:41

  [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]