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.
[3229] lgdt2010-02-10 19:49:40

úgy értem, konvex

Előzmény: [3228] lgdt, 2010-02-10 19:46:38
[3228] lgdt2010-02-10 19:46:38

Látom, már megoldódott. Lehet, hogy senkit nem érdekel, de azért leírom, hogy hogyan jutottam megoldáshoz az undorítóan bonyolult gondolatmenetemmel:

Mivel f(\alpha) folytonos, ha \alpha>1-re lehetne negatív, akkor 0 is lenne valahol, azaz a determináns harmadik sorát ki lehetne hozni az első kettő \lambda1-gyel és \lambda2-vel súlyozott lineáris kombinációjaként. Ez pedig azt jelentené, hogy a t^\alpha függvényt három helyen is metszené a \lambda1+\lambda2t egyenes, ami - ahogy neked is ezen múlott - a függvény konkáv volta miatt nem lehetséges.

Előzmény: [3225] Ali, 2010-02-09 11:14:23
[3226] Fálesz Mihály2010-02-10 10:41:39

Még egy apróság, ami tanulságos lehet.

Legyen az egyszerűség kedvéért 0<x<y<z, és legyen p(t)=at2+bt+c az a másodfokú polinom, amire p(x)=x^\alpha, p(y)=y^\alpha és p(z)=z^\alpha.

a=?

Előzmény: [3227] Fálesz Mihály, 2010-02-10 10:34:19
[3227] Fálesz Mihály2010-02-10 10:34:19

A derivált használatát el lehet kerülni.

Ha az x,y,z számok különbözők, akkor


(x-z)y^\alpha + (y-x)z^\alpha + (z-y)x^\alpha =
(y-x) (z-y) \left(\frac{z^\alpha-y^\alpha}{z-y} -
\frac{y^\alpha-x^\alpha}{y-x}\right).

Ha \alpha\ge1 vagy \alpha\le0, akkor a t\mapsto t^\alpha függvény konvex, tehát az utolsó tényező nemnegatív.

Ha 0\le\alpha\le1, akkor t\mapsto t^\alpha konkáv, és az utolsó tényező nempozitív.

(Ez lényegében ugyanaz, mint Ali megoldása.)

 

Egy kapcsolódó KöMaL feladat itt olvasható.

Előzmény: [3225] Ali, 2010-02-09 11:14:23
[3225] Ali2010-02-09 11:14:23

Ha \alpha > 1, akkor f \ge 0, ha 0 < \alpha < 1, akkor f \le 0. Ha pedig \alpha =0 vagy =1, akkor f=0. Ha x=0, akkor triviális.

Legyen y=ux, z=vy=uvx. Feltehető tehát, hogy x > 0, u,v > 1

f(x, y, z):= (x - z)y^\alpha + (y - x)z^\alpha + (z - y)x^\alpha = x^{\alpha+1}u^\alpha(u-1)(v-1)(\frac{u^{1-\alpha}-1}{u-1}+\frac{v^\alpha-1}{v-1}-1)

Ismert, hogy konvex és differenciálható g fv-re \frac{g(t)-g(s)}{t-s} \ge g'(s), ahol t > s. Ha g konkáv, akkor az ellenkező irányú egyenlőtlenség áll fenn. Legyen g(x):=xa.

g konvex, ha a>1, illetve a<0, konkáv, ha 0<a<1. Ezért ha \alpha > 1, akkor \frac{u^{1-\alpha}-1}{u-1}+\frac{v^\alpha-1}{v-1}-1 \ge 1-\alpha + \alpha -1 = 0. Ha pedig 0 < \alpha < 1, akkor \frac{u^{1-\alpha}-1}{u-1}+\frac{v^\alpha-1}{v-1}-1 \le 1-\alpha + \alpha -1 = 0.

f-re is ugyanez igaz, mivel x^{\alpha+1}u^\alpha(u-1)(v-1) > 0.

Előzmény: [3201] sakkmath, 2010-02-05 15:18:09
[3224] Sirpi2010-02-08 22:11:17

Igazad van, elkapkodtam. És először én is Euler-Fermat-t írtam, csak nem mentette el a hsz-t, másodszorra meg már nem sikerült.

Előzmény: [3223] Róbert Gida, 2010-02-08 22:02:04
[3223] Róbert Gida2010-02-08 22:02:04

n=2,p=5-re nem igaz a kongruenciád. Ahhoz, hogy jó legyen \varphi(p)-1 kell a kitevőbe, továbbá p lehet páros is. És persze ezt nem p prím esetén Euler-Fermat tételnek hívják, és nem kis-Fermat tételnek.

Előzmény: [3221] Sirpi, 2010-02-08 10:52:51
[3222] Fernando2010-02-08 11:27:47

Kedves Bily71!

A Fermat-álprímekről (341 Fermat-álprím 2-es alapra nézve), Carmichael számokról (pl. 561) és a Fermat-tétel megfordításának lehetőségiről olvashatsz: "Megyesi László: Bevezetés a számelméletbe" című könyvében (Polygon, Szeged 1997)

Előzmény: [3212] bily71, 2010-02-07 19:23:42
[3221] Sirpi2010-02-08 10:52:51

Miért kell oda a \varphi(n) ? A p kitevőjét bármilyen pozitívra állítod, a számláló akkor is -1 lesz a jobb oldalon. Igazából ha már általánosítás (és itt nem is kell, hogy p prím, csak hogy 2-nél nagyobb páratlan, valamint p és n relatív prímek): (p-n)^{\varphi(n)-1} \equiv \frac{p-1}n (\mod p), de ez megintcsak ekvivalens a kis Fermat-tétellel.

Előzmény: [3220] bily71, 2010-02-08 10:03:21
[3220] bily712010-02-08 10:03:21

Nem RG bosszantásául, csak, mert érdekesnek találtam, ugyanez általánosan:

(p-n)^{p-2}\equiv\frac{p^{\varphi(n)}-1}{n}(\mod{p}),

ahol p\inP, n\inN, p>2, 0<n<p.

Előzmény: [3219] Sirpi, 2010-02-08 09:15:16
[3219] Sirpi2010-02-08 09:15:16

RG sajátságos stílusával azt próbálta sugallni, hogy ez az összefüggés prímekre pl. ekvivalens a kis-Fermat tétellel (sőt, a következő átalakításnál csak azt használom ki, hogy p páratlan poz. egész):

(p-2)^{p-2} \equiv \frac{p-1}2\quad (\mod p)

2.(p-2)p-2\equivp-1

-2.(p-2)p-2\equiv-(p-1)

(p-2).(p-2)p-2\equiv1

(p-2)p-1\equiv1

Ez meg tényleg a kis-Fermat a=p-2-es alapra. Már ez az alap is nagyon sok nem-prímet lebuktat, de ha további alapokat is nézünk, akkor egyre biztosabban eldönthető, hogy p prím-e. Egyébként ez a prímteszt erősíthető (Rabin-Miller-féle prímteszt):

Legyen p-1=2m.k, és vegyünk egy 1<a<p-1 alapot. Számítsuk ki az ak,a2k,a4k,...,a2mk=ap-1 számokat (az elsőt "bináris" hatványozással, a többit mindig az előzőből sima négyzetre emeléssel).

Ha az utolsó nem 1 maradékot ad p-vel osztva, akkor p biztosan összetett. Ha már ak\equiv1, akkor a teszt nem tud semmit mondani. Ellenkező esetben viszont van néhány 1-től különböző elem a sorozatban, aztán a végén néhány 1-es. Van tehát egy utolsó, 1-től különböző elem. Ha ez nem -1, akkor p összetett, ez a teszt lényege (ha p prím, akkor az x2\equiv1-nek csak 2 megoldása lehet, az 1 és a -1).

Bizonyítható, hogy adott p összetett számra a szóba jöhető a-k legfeljebb negyede nem buktatja le p összetettségét, vagyis pl. 20 véletlen a-t választva 1/420 esélye lesz annak, hogy p összetett és ez mégse derült ki. A teszt viszont hiába buktatja le p-t, semmilyen támpontot nem ad p osztóira.

Előzmény: [3218] Róbert Gida, 2010-02-07 22:48:06
[3218] Róbert Gida2010-02-07 22:48:06

Újra felfedezted(?) a Fermat-féle prímtesztet.

Előzmény: [3217] bily71, 2010-02-07 22:42:34
[3217] bily712010-02-07 22:42:34

Sajnos van, ellenkező esetben lenne egy viszonylag gyors prímtesztünk, ha (p-2)p-2 értékét a gyorshatványozás módszerével számoljuk ki.

Előzmény: [3213] R.R King, 2010-02-07 19:35:45
[3216] bily712010-02-07 22:31:14

Igazad van, hiányzik a p>2 feltétel.

Előzmény: [3215] Róbert Gida, 2010-02-07 20:29:02
[3215] Róbert Gida2010-02-07 20:29:02

p=2-re 00 nincs értelmezve.

 

 

(A hozzászólás egy részét töröltem. Moderátor)

Előzmény: [3212] bily71, 2010-02-07 19:23:42
[3214] Lóczi Lajos2010-02-07 19:53:57

Ez 1000 alatt pontosan az alábbi 3 számra igaz: 341, (a hasonló kontextusból jól ismert) 561 és a 645.

Előzmény: [3213] R.R King, 2010-02-07 19:35:45
[3213] R.R King2010-02-07 19:35:45

Igaz, és kis Fermat tétellel elég könnyen kihozható! Ami érdekes lehet, hogy van-e olyan páratlan összetett szám, amelyre még igaz ez a kongruencia..

Előzmény: [3212] bily71, 2010-02-07 19:23:42
[3212] bily712010-02-07 19:23:42

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

(p-2)^{p-2}\equiv\frac{p-1}{2}(\mod{p})?

[3211] lgdt2010-02-06 14:24:48

Nem, ez hülyeség. Bocsi.

Előzmény: [3210] lgdt, 2010-02-06 14:23:19
[3210] lgdt2010-02-06 14:23:19

Hát izé. A vektort megszorozhatjuk annyival, hogy a nem 0 koordinátái mind 1-nél nagyobbak legyenek, és ettől a determináns előjele nem változik. Ekkor viszont f(\alpha) monoton növő és folytonos.

Előzmény: [3209] sakkmath, 2010-02-06 13:43:09
[3209] sakkmath2010-02-06 13:43:09

Már csak a sejtés bizonyítása van hátra :-)

Előzmény: [3208] lgdt, 2010-02-06 12:34:11
[3208] lgdt2010-02-06 12:34:11

Hasonlóan \alpha = \frac{1}{2} jó a b) feladatra, csak ki kell cserélni az utolsó két sort, ezért lesz a determináns negatív. És intuitíve ha \alpha>1, akkor a koordinátánkénti hatványozás "ugyanúgy" forgatja el az (x,y,z) vektort, mint az \alpha=2 esetben, ezért az előjeles térfogat pozitív marad. Szóval azt sejtem, hogy \alpha<1-re f\le0, \alpha=1-re f=0 és \alpha>1-re f\ge0.

Előzmény: [3207] lgdt, 2010-02-06 01:23:54
[3207] lgdt2010-02-06 01:23:54

A det is lemaradt. De szóval ebből az alakból látszik, hogy az \alpha=2 is jó (és akkor f nem csupa 0), mert akkor ez egy ilyen Vandermonde-mátrix, és a determinánsa nemnegatív számok szorzata, mert x\ley\lez.

Előzmény: [3205] lgdt, 2010-02-06 00:57:27
[3206] lgdt2010-02-06 00:59:36

A második mondat hülyeség.

Előzmény: [3205] lgdt, 2010-02-06 00:57:27
[3205] lgdt2010-02-06 00:57:27

Bocsi, hogy teleszemetelem a fórumot, de közben észrevettem, hogy f(x,y,z) = \left(\matrix{1&1&1\cr x&y&z\cr x^\alpha&y^\alpha&z^\alpha}\right). Ráadásul f(x,y,z)\ge0 pontosan akkor teljesül, ha ez pozitív definit, mert 1>0 és y-x>0.

Előzmény: [3204] lgdt, 2010-02-06 00:34:56

  [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]