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.
[3204] lgdt2010-02-06 00:34:56

Most esett le, hogy az összes \alpha-t meg kellene mondani. :)

Előzmény: [3203] Valezius, 2010-02-05 23:53:24
[3203] Valezius2010-02-05 23:53:24

És az alfa egyenlő 0? (Ha nulla a nulladikont egynek vesszük.)

Előzmény: [3202] lgdt, 2010-02-05 22:43:09
[3202] lgdt2010-02-05 22:43:09

Az \alpha:=1 választás megoldja a mindkét feladatot egyszerre, nem? :)

Előzmény: [3201] sakkmath, 2010-02-05 15:18:09
[3201] sakkmath2010-02-05 15:18:09

Lehet, hogy ez túlságosan ismert feladat, ezért beírom a következőt is, amely a Nehezebb matematikai problémák /[652]-ben már szerepelt, de azóta sem érkezett rá teljes értékű megoldás:

Legyen f(x, y, z):= (x - z)y^\alpha + (y - x)z^\alpha + (z - y)x^\alpha, ahol 0\lex\ley\lez és \alpha\ge0. Határozzuk meg az \alpha paraméter értékét úgy, hogy

a) f(x, y, z)\ge0,

b) f(x, y, z)\le0

teljesüljön.

Előzmény: [3200] sakkmath, 2010-02-04 16:40:13
[3200] sakkmath2010-02-04 16:40:13

Bizonyítsuk be, hogy ha a > 0, b > 0, c > 0, akkor

\left. a^3(a - b)(a - c) + b^3(b - c)(b - a) + c^3 (c - a)(c - b\right.)\ge 0 .

Mikor áll fenn egyenlőség?

Előzmény: [3199] sakkmath, 2010-02-04 09:17:41
[3199] sakkmath2010-02-04 09:17:41

Ez valóban nehezebb volt (legalábbis nekem), az előzőhöz képest.

(Hamarosan én is felteszek egy tematikus feladatot.)

A [3196]-os megoldása:

Előzmény: [3196] m2mm, 2010-02-02 17:15:01
[3198] Róbert Gida2010-02-02 19:54:34

Nyelvtanból jobb vagy nálam.

Előzmény: [3195] bily71, 2010-02-02 14:23:40
[3196] m2mm2010-02-02 17:15:01

Szép megoldás, enyémnél biztosan szebb. Egy egy fokkal nehezebb:

Bizonyítsuk be, hogy ha a,b,c valós számok, akkor

a4+b4+c4+3(a2b2+b2c2+c2a2)\ge2(a3b+b3c+c3a+ab3+bc3+ca3)

Előzmény: [3193] sakkmath, 2010-02-02 13:59:56
[3195] bily712010-02-02 14:23:40

Robi! Nézz utána, milyen, írásba nem foglalható jelentéseket hordozhat az idézőjel. Az öniróniáról hallottál már?

Előzmény: [3192] Róbert Gida, 2010-02-02 00:10:01
[3194] bily712010-02-02 14:06:58

Ha nem, hát nem.

Átnézem mégegyszer, hogy rájöjjek, hol hibáztam. Egyébként nem az n=1 behelyettesítésre gondoltam. [3185]-ben megadtam egy rekurzív eljárást: i!\equivaij(mod p), ahol j\equiv(i-1)!mod p). Nekem hirtelen úgy tűnt, hogy a rekurzió miatt (p-1)!-nek nincs más lehetősége, mint kongruensnek lenni p-1-gyel modulo p.

Lehet, hogy lefelejtettem egy felkiáltójelet?:)

Előzmény: [3188] m2mm, 2010-02-01 21:13:36
[3193] sakkmath2010-02-02 13:59:56

0\le(a+b-c)2(a-b)2+(b+c-a)2(b-c)2+(c+a-b)2(c-a)2=

=2(ab2c+abc2+a2bc+a4+b4+c4-a3b-a3c-ab3-ac3-b3c-bc3).

2-vel elosztjuk az egyenlőtlenséget, majd jobb oldalon az első három tagból kiemelünk abc-vel és kapjuk:

0\leabc(a+b+c)+a4+b4+c4-(a3b+a3c+ab3+ac3+b3c+bc3). Az abc=1 behelyettesítése után a kívánt egyenlőtlenség adódik. Végig azonos átalakításokat alkalmaztunk.

Előzmény: [3189] m2mm, 2010-02-01 21:32:17
[3192] Róbert Gida2010-02-02 00:10:01

Igen, de én nem írtam olyanokat, hogy "igazán komoly tételem", sőt azt írtam az én feladatomra, hogy "Ezt könnyű igazolni". De valóban írhattad volna rá, hogy halálismert, az sem zavart volna.

"Nem ugattalak le, pedig én utána érdemben(!) hozzá tudtam szólni a dologhoz (ez most rólad nem mondható el)."

Ja, kb. 18 éve megvan Szalay Mihály számelmélet könyve ( 7 forintba került) Shapiro karakteres bizonyításával. Erre is mondhatnám, hogy halálismert.

Előzmény: [3190] Maga Péter, 2010-02-01 21:37:30
[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

  [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]