|
|
|
[3431] Róbert Gida | 2011-02-18 16:31:25 |
f(x,0)=g(x)h(0) és f(0,y)=g(0)h(y), innen, ha teljesül a feltétel és g(0)h(0)0, akkor , azaz f(x,y)=Cf(x,0)f(0,y), ahol C konstans. Megfordítva, ha ez utóbbi feltétel teljesül, akkor van alkalmas g,h függvényünk: g(x)=Cf(x,0) és h(y)=f(0,y)
|
Előzmény: [3428] Lóczi Lajos, 2011-02-12 04:02:26 |
|
|
|
[3428] Lóczi Lajos | 2011-02-12 04:02:26 |
Adjunk (minél egyszerűbb és jól kezelhető) feltételt arra nézve, hogy egy f kétváltozós függvény mikor áll elő f(x,y)=g(x)h(y) alakban, alkalmas egyváltozós g és h függvényekkel.
|
|
[3427] jonas | 2011-01-26 21:43:17 |
Az 513. feladathoz először lássunk be egy rekurziót az U mátrix elemeire. Ez a C mátrixnál segített, tehát gondolhatjuk, hogy itt is beválik. Az összefüggés az lesz, hogy
un+1,k=2un,k-1-un-1,k
feltéve, hogy 1k. A k=0 esetre egyszerűen un+1,k=un-1,k. Ez egyszerűen abból következik, hogy a másodfajú Csebisev-polinomokra igaz a következő rekurzió.
Un+1(x)=2xUn(x)-Un-1(x)
Lássuk be ez utóbbit. Helyettesítsünk be x=cos -t. (Hogy így esetleg nem minden x kapható meg, az lényegtelen, mert mindkét oldal polinom, tehát elég csak egy intervallumon belátni, hogy egyenlők.) Szorozzuk meg mindkét oldalt sin -val. Így a következő azonosságot kell belátnunk.
sin ((n+2))=2cos sin ((n+1))-sin (n)
Ehhez pedig csak használjuk a sin (+)=sin cos +sin cos képletet. Valóban:
sin ((n+2))=cos (2)sin (n)+sin (2)cos (n)=(-1+2cos2)sin (n)+2sin cos cos (n)=
=2cos (sin cos (n)+cos sin (n))-sin (n)=2cos sin ((n+1))-sin (n).
Innen már megpróbálhatjátok ti kitalálni az 513. bizonyítását – az eredményt megsejteni könnyű, csak ki kell számolni kis értékekre.
|
Előzmény: [3368] jonas, 2010-11-23 22:19:07 |
|
[3426] jonas | 2011-01-24 20:13:24 |
Akkor PAL érdeklődésére tekintettel nézzük meg ezeket a feladatokat.
Kezdjük az 512. feladattal. Stray dog már elárulta a megoldást: a determináns 1. Ezt nem is nehéz belátni: detH=det(CCT)=(detC)2. Csakhogy C háromszögmátrix, mivel ha 0n<k, akkor n-k<0 és n-k-2<0, így
tehát a C mátrix főátló fölötti elemei valóban nullák. Hasonlóan, ha 0n=k, akkor
viszont
így hát cn,k=1, tehát a mátrix főátlójában egyesek állnak. Ebből aztán detC=1 tehát valóban detC=1.
Mindezt persze akkor lehet könnyen megsejteni, ha előbb valamilyen kis N méretre konkrétan kiszámoljuk a mátrixot. Például ha N=12, akkor
Most nézzük az 511. feladatot. Erre van egy nagyon érdekes kombinatorikus bizonyítás.
Először lássunk be egy rekurziót a C mátrix elemeire. Vegyük észre, hogy ha 0n és 0<k, akkor cn+1,k=cn,k-1+cn,k+1; ha pedig 0n, akkor cn+1,0=cn,1. Szóban ez azt jelenti, hogy a mátrixban minden elem a fölötte balra lévő és a fölötte jobbra lévő elem összege, de ha nincs fölötte balra lévő elem, akkor egyszerűen a fölötte jobbra lévő elemmel egyenlő.
Azt, hogy ez a rekurzió igaz, nem nehéz belátni, egyszerűen be kell írni a definíciót. Nézzük először az első esetet: legyen 0n és 0<k. Ha n-k páratlan, akkor
ha viszont n-k páros, akkor cn+1,k=0=cn,k-1+cn,k+1. A második esetben, ha 0n, akkor
(Egy kis csalás van itt: szó szerint ennek a szabálynak a mátrix jobb szélén nincs értelme, de szerencsére tekinthetjük a mátrixot a végtelen nagy mátrix sarkának, úgyhogy igazából nincs probléma.)
Most a meglepő észrevétel az, hogy a C mátrix elemeinek kombinatorikai jelentést lehet tulajdonítani. A cn,k elem ugyanis pontosan azt számolja le, hányféleképpen lehet n lépést tenni a számegyenesen az origóból úgy, hogy minden lépésben egyet balra vagy egyet jobbra lépünk, nem lépünk rá a negatív félegyenesre, és a végén a k-ba érkezünk. Azt, hogy valóban ezt számoljuk le, nem nehéz látni a fenti rekurzió alapján.
Vegyük most szemügyre ezt a képletet, ami szerepelt a kitűzésben: ha 0m,n akkor
Azt állítom, hogy hm,n éppen azt számolja le, hányféleképpen lehet a számegyenesen m+n lépés hosszú sétát tenni úgy, hogy az origóból indulunk és oda is érünk vissza, minden lépésben eggyel jobbra vagy eggyel balra lépünk, és sose lépünk a negatív félegyenesre. Valóban, legyen ugyanis k az a szám, ahol az m-edik lépésben lépünk. Ekkor az első m lépés cm,k féle lehet a c fent megadott értelmezése szerint. Másrészt az utolsó n lépés éppen cn,k féle lehet, mert ha ezt az utolsó n lépést visszafele játsszuk le, akkor az origóból indulunk, és a végén érünk a k-ba. Az is látható, hogy az első m és az utolsó n lépést egymástól függetlenül választhatjuk meg akárhogyan, ha már k értékét rögzítettük, minden lehetőséghez tartozik pontosan egy m+n lépéses séta. Így megkaptuk, hogy hm,n egyenlő az m+n hosszú, origóba érkező séták számával, ami tényel m+n függvénye.
Az 513. feladatot egyelőre nem lövöm le.
|
Előzmény: [3368] jonas, 2010-11-23 22:19:07 |
|
[3425] m2mm | 2011-01-23 17:01:59 |
523. feladat Egy egész együtthatós, normált polinom minden(komplex) gyökének abszolút értéke 1. Biz.: gyökei egységgyökök.
|
|
[3424] PAL | 2011-01-21 19:48:57 |
Kedves Tamás!
Remélem nem haragszol, hogy csatlakozom, de örömmel látom a feladatod, mert örülök annak, hogy téged is érdekelnek az efféle témák, az utóbbi hozzászólásokban kezd népszerű lenni ez a sin(nx) kifejtős téma, mely valahogy az én kedvencemmé is vált az utóbbi időben, ezért én is kiváncsian várom kitűzött feladatodra érkező megoldásokat.
|
Előzmény: [3423] D. Tamás, 2011-01-21 19:20:26 |
|
[3423] D. Tamás | 2011-01-21 19:20:26 |
522.feladat: Határozzuk meg azokat a pozitív egész n számokat, melyre sin (nx) felírható sin (x) polinomjaként!
Gondolom felsőbbéveseknek közismert ez a feladat, de én nemrég találkoztam egy feladat kapcsán ezzel a gyönyörűséggel. (Persze ha valaki komoly "fegyverekkel" rendelkezik pillanatok alatt kijön a megoldás.)
|
|
|
[3421] lorantfy | 2011-01-15 21:03:57 |
520.feladat: Egy 24 órás, szokásos irányban járó és egy 12 órás, fordított számlapos, visszafelé járó falióra egymás mellett függenek. Mindkettő pontosan jár. A két órát egyszerre indítva nulla óráról mennyi idő múlva lesznek az órák percmutatói és óramutatói is párhuzamosak egymással és mennyi idő múlva lesznek merőlegesek egymásra?
|
|
|
|
[3419] Róbert Gida | 2011-01-07 17:45:06 |
Persze, akár én is írhatnék egy ilyen programot ami úgy számolja ki, ahogy te szeretnéd. A szebb az lenne, ha már egy létező compteralgebra program is így számolná ki.
A ^ és ! műveleti sorrendje meg programfüggőnek tűnik, ahogy írtam a PARI-GP-nél és a Maple-nél például különböző.
|
Előzmény: [3418] patba, 2011-01-07 17:21:26 |
|
[3418] patba | 2011-01-07 17:21:26 |
Ha mindkét program egy-egy sajátosságát(nincs multifaktoriális és hatvány nem alsóbbrendűbb, mint a faktor) felhasználva készítünk egy programot, az úgy fogja kiszámolni. Nem tudom, hogy létezik-e jelenleg ilyen program, de semmi sem zárja ki.
Viszont akkor a faktoriális, vagy a hatvány élvez előnyt műveleti sorrend szerint? Ez most már nem világos számomra.
|
Előzmény: [3417] Róbert Gida, 2011-01-07 16:48:13 |
|
[3417] Róbert Gida | 2011-01-07 16:48:13 |
Igen, de nálunk több faktoriális is van, például 22!!!-et három különböző programmal néztem meg, és egyik sem adja meg a (24!)! értéket, így egyik sem számol úgy ahogy azt te szeretnéd.
A probléma hasonló ahhoz, hogy abc kifejezést hogyan értékeljük ki: ä(bc) vagy (ab)c ként.
|
Előzmény: [3416] patba, 2011-01-07 15:28:49 |
|
[3416] patba | 2011-01-07 15:28:49 |
Leírtad egy hozzászólásban (jó gúnyosan), hogy a Mapple a hatványozást magasabb rendű műveletként kezeli, mint a faktoriálist, és neked csak és kizárólag egy program által igazolt összefüggés elfogadható ilyen téren.
Vagy most mire gondolsz?
|
Előzmény: [3415] Róbert Gida, 2011-01-07 13:41:00 |
|
[3415] Róbert Gida | 2011-01-07 13:41:00 |
Úgy látszik, hogy a műveleti sorrend (precedencia) csak nekem fontos.
Azt azért megkérdezhetem, hogy ezt manapság nem tanítják ált. iskolákban, gimnáziumokban? +,*-ra gondolok most.
|
Előzmény: [3407] patba, 2010-12-31 13:16:22 |
|
[3414] djuice | 2011-01-02 00:57:23 |
Besz@rok! :) Nem tudom elképzelni mit tököltem ezen fél órákat a felírással, hisz csak a mérleg elvet kell alkalmazni a feladat szövegének megfelelően. Mindegy, már megint bebizonyosodott, hogy mindig a bonyolultabbik oldalról közelítem a pofon egyszerű dolgokat. :)
(próbálkozva vmi ilyesmiket akartam felírni I. A-B=2; II. 2AB-B=0 persze hogy nem jó!)
Köszönöm szépen amúgy, már muszáj lesz vmi. tanárt fogadni magam mellé is. :)
|
Előzmény: [3411] Nánási József, 2011-01-01 11:11:39 |
|
[3413] Füge | 2011-01-01 22:09:54 |
n22 esetén 9n<n! ezért én is a 99!!!!!!!!-re szavazok
|
|
|
[3411] Nánási József | 2011-01-01 11:11:39 |
Ha jól értem, egyenleteket akarsz?
Legyen x fiókunk.
Akkor az első esetbe a könyvek száma y=x+2
Második esetben pedig a könyvek száma y=2x-1
Ebből jön, hogy x=3 y=5
3 fiók és 5 könyv
bocsánat ha félre értettem a kérdésed.
|
Előzmény: [3410] djuice, 2011-01-01 01:55:15 |
|
[3410] djuice | 2011-01-01 01:55:15 |
Elnézést hogy ilyen gyermeteg feladvánnyal zavarok, de miközben fejben találgatva fél perc alatt rá lehet jönni a megoldásra, addig egyenletekkel felírni nekem nem sikerült az alábbi feladatot. :( (haverom 2.-os középsulis öccsének van feladva háziként!)
"Pista könyveit pakolja. Ha 1 könyvet 1 fiókba rak el, 2 könyvének már nem jut hely. Ha 1 fiókba 2 könyvet tesz, az utolsó fiókban már csak 1 könyv lesz. Hány könyve van Pistának?"
Első verzióra A-B=2 alakot tudtam felírni, de a 2. esetet sehogy sem tudjuk felírni. Igazából az érdekelne, miként kell gondolkodni a helyes felírást illetőleg?
Köszönöm!
|
|