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.
[3476] Róbert Gida2011-09-20 15:16:04

Olyan Tom és Jerry tipusú feladat. v_{max}(n)\ge \frac {1}{sin(\frac {Pi}{n+1})} igaz, ez pont a szabályos (n+1) szögben egy oldal hosszának a reciproka. Ezen pontokban jelenjenek meg a morzsák (egy csúcsban legfeljebb egy). Ha a fenti egyenlőtlenség nem teljesül, akkor 1 morzsa gyorsabban jelenik meg, mint ahogyan azt meg tudná enni a hangya (hiszen a szabályos sokszögben csúcsok közti legrövidebb távolság az oldal hossza). Így ekkor véges időn belül olyan helyzet lesz, hogy a hangya egy csúcsban van (éppen megette a morzsát), és a többi n csúcsban morzsa van. 1 percen belül morzsát teszünk le, de ne abba a csúcsba ahol a hangya éppen volt. Így egy morzsát sem tud elérni, és n+1 morzsa lesz a csúcsokban. (egyikben most kivételesen kettő).

n=1-re még pontos is a formula.

Előzmény: [3475] Sirpi, 2011-09-20 13:30:35
[3475] Sirpi2011-09-20 13:30:35

Sziasztok!

Tegnap jött egy ötlet, nem lett még belőle egzakt feladat. Azért leírom, hátha másnak is megindítja a fantáziáját.

Szóval induljunk ki egy 1 egység átmérőjű körből. Ebben van egy pontszerű hangya, és percenként véletlenszerűen (vagy direkt szívatós helyen) megjelenik egy-egy morzsa.

Ha a hangya sebessége legalább 1 egység/perc, akkor minden morzsát össze tud szedni, mielőtt a következő megjelenne.

Viszont mi van, ha a hangya lassabb? Tehát mennyire lehet kicsi a maximális sebessége, hogy egyszerre legfeljebb 2, 3 stb. morzsát engedhet meg a körön (minden darabszámra lehetne mondani egy korlátot).

Nem tudom, hogy van-e egyáltalán értelme az egésznek, sokat még nem gondolkodtam rajta, de hátha kijön belőle valami érdekes.

Megjegyzés: az ötletet a Plants vs. Zombies játék adta, amiben van egy Zen garden nevű rész, ahol a virágok pénzeket potyogtatnak, és egy csiga próbálja őket összeszedni (és a csiga csokival gyorsítható). Ha a csiga lassú, a pénzek elszaporodnak... Ezen kezdtem agyalni, hogy mennyire számít a csiga sebessége, és próbáltam "lecsupaszítani" a problémát.

[3474] HoA2011-09-05 10:10:08

Már vissza is vontam, a "0 egyébként" elkerülte a figyelmemet.

Előzmény: [3473] HoA, 2011-09-05 10:08:39
[3473] HoA2011-09-05 10:08:39

Biztosak vagytok benne, hogy tg(x) \pi/2-ben értelmezett ?

Előzmény: [3471] Tibixe, 2011-09-02 23:02:02
[3472] Kemény Legény2011-09-03 07:09:53

Tibixe példája tökéletes ellenpélda, megcáfolja az állítást, azaz "létezik olyan periodikus függvény, amely mindenhol értelmezett, értékkészlete R".

Ha esetleg a folytonosságot is ki akarod kötni, akkor "olyan periodikus folytonos függvény nem létezik, amely mindenhol értelmezett, értékkészlete pedig R". Indirekten ugyanis ha lenne ilyen p periódusú f függvény, akkor annak az értékkészlete ugyanaz lenne, mint a [0,p] intervallumon (kompakt halmazon) felvett értékkészlete, ami folytonos függvény esetén szintén kompakt (korlátos és zárt), ezért nem lehet az a teljes R.

Előzmény: [3470] Paralelepipedon, 2011-09-02 20:22:35
[3471] Tibixe2011-09-02 23:02:02

Erre többek között lentebbi f függvény cáfolat, mert értelmezési tartománya és értékkészlete egyaránt a valós számok halmaza, továbbá 2\pi-periodikus és mindenhol értelmezett.

A kérdésednek akkor van matematikai tartalma, ha megköveteled, hogy a függvény folytonos legyen.

Előzmény: [3470] Paralelepipedon, 2011-09-02 20:22:35
[3470] Paralelepipedon2011-09-02 20:22:35

A feladatot elég félreérthetően fogalmaztam meg sajnos. A lényege az lenne, hogy azt bizonyítsuk vagy cáfoljuk, hogy minden valós, periodikus függvény esetén, ahol az értelmezési tartomány és az értékkészlet nem korlátos sem alulról, sem felülről van olyan valós szám, amely nem eleme az értelmezési tartománynak.

[3469] Tibixe2011-09-02 20:02:26

Legyen f(x)=tg x ahol az utóbbi értelmes, 0 egyébként.

Előzmény: [3467] Paralelepipedon, 2011-09-02 17:55:54
[3468] Paralelepipedon2011-09-02 17:57:43

Kifelejtettem valamit. A második mondat helyesen: Bizonyítsuk vagy cáfoljuk, hogy van olyan valós szám, mely nem eleme az értelmezési tartománynak.

Előzmény: [3467] Paralelepipedon, 2011-09-02 17:55:54
[3467] Paralelepipedon2011-09-02 17:55:54

Nemrég eszembe jutott az alábbi feladat. Sajnos még bizonyítani és cáfolni sem tudom.

531. Adott egy valós, periodikus függvény, melynek értelmezési tartománya és értékkészlete nem korlátos alulról és felülről sem. Bizonyítsuk (vagy cáfoljuk), hogy van olyan szám, mely nem eleme az értelmezési tartománynak.

[3466] Róbert Gida2011-08-20 10:26:46

Nem túl eredeti példa, kb. 10-szer láttam már.

Előzmény: [3465] Alma, 2011-08-20 00:37:50
[3465] Alma2011-08-20 00:37:50

Első olvasásra érdekes, de azért nem rejlik túl mélyen a probléma megoldása :)

Előzmény: [3464] Tóbi, 2011-08-19 12:07:41
[3464] Tóbi2011-08-19 12:07:41

530. Tegyük fel, hogy lehetőséget kaptunk arra hogy a következő játékot játsszuk. Mutatnak nekünk két egyforma lezárt borítékot egy asztalon. Elárulják, hogy az egyikben kétszer annyi pénz van, mint a másikban. Ezután arra kérnek, hogy vegyük kézbe az egyik általunk választott borítékot. A játékvezető döntés elé állít minket: Azt a borítékot kérjük, ami nálunk van, vagy cserélünk és inkább a másikat visszük el? Mielőtt döntenénk hárman is adnak tanácsot.

1. Ne cserélj! Legyen p a nálad lévő, q az asztalon lévő összeg. Egyenlő eséllyel lesz p<q vagy p>q. Ha p>q, akkor p=2q, így 2q-q=q pénzt buksz. Ha p<q, akkor p=q/2, így q-q/2=q/2 pénzt nyersz. Tehát többet bukhatsz a cserével, mint amit nyerhetsz.

2. Cserélni kell! Ha p<q, akkor q=2p, így a cserével 2p-p=p pénzt nyersz. Ha viszont p>q, akkor q=p/2, tehát p-p/2=p/2 pénzt vesztesz. Megéri tehát cserélni, hiszen kétszer annyit nyerhetsz, mint amennyit veszíthetsz.

3. Mindegy, hogy cserélsz-e. Legyen ugyanis n a kisebb a két borítékban lévő pénz közül. Ha p>q, akkor q=n és p=2n, tehát n-et vesztünk egy cserével. Ha p<q, akkor p=n és q=2n, így a hasznunk n lesz a csere esetén. Ugyanannyi a hasznunk illetve kárunk a két esetben, így mindegy, hogy cserélünk-e.

Melyik tanácsot fogadjuk meg?

[3463] Csimby2011-06-23 10:35:35

Amit írtam úgy értettem, hogy ha felhasználjuk az amúgy önmagában is érdekes 529.-et, akkor már szinte semmi se kell (annyi, hogy xpd-cx gyökei test szerinti mellékosztályt alkotnak, GF(pd)-szerintit, de ez triv.). De persze ha 529.-et is bizonyítani akarjuk akkor annál már biztos egyszerűbb az amit te írsz.

Előzmény: [3462] Maga Péter, 2011-06-23 09:23:18
[3462] Maga Péter2011-06-23 09:23:18

Hmmm... lehet, hogy megint elnézek valamit, de én ennél is kevesebbet használtam fel a véges testekről. Konkrétan azt, hogy egy rögzített, p karakterisztikájú testben 1) minden d\geq1-re legfeljebb egy pd elemű résztest van; 2) a multiplikatív csoport minden véges rendű eleme egy véges résztestet generál. Meg még annyit, hogy egy véges (additív) csoport egy valódi részcsoportjában legfeljebb az összes eleme fele lehet.

Előzmény: [3459] Csimby, 2011-06-22 13:43:32
[3461] jonas2011-06-23 00:04:09

Igazad van, butaságot mondtam. Elnézést kérek.

Előzmény: [3450] Maga Péter, 2011-06-19 16:38:43
[3460] Maga Péter2011-06-22 15:41:16

Azt talán még nem árt megjegyezni, mennyire támaszkodunk a kommutativitásra: a kvaterniók között az i,j,k elemek által generált valós altér triviális példa.

Előzmény: [3459] Csimby, 2011-06-22 13:43:32
[3459] Csimby2011-06-22 13:43:32

Igen az a rész elemi, ami nem jelenti azt hogy könnyű rájönni :). Ha jól értem te már megoldottad mindkét részt, tehát talán nem baj ha segítek a végtelenséghez annak akit érdekel. Lehet máshogy is persze, de talán úgy kell a legkevesebbet tudni hozzá véges testekről ha felhasználjuk ezt:

529. Legyen T test p>0 karakterisztikával, A pedig egy véges additív részcsoportja, pd elemszámmal. Ekkor \prod_{a\in A}(x-a)=\sum_{i=0}^d a_ix^{p^i}, ahol az együtthatók T-ben vannak. ("fundamental theorem of additive polynomials" egyik iránya)

Előzmény: [3458] Maga Péter, 2011-06-22 12:41:32
[3458] Maga Péter2011-06-22 12:41:32

Na jó, az additív csoport végtelenségéhez tényleg kell ezt-azt tudni a véges testekről... De az, hogy a karakterisztika 2 kell legyen, elemi.

Előzmény: [3457] Csimby, 2011-06-22 11:12:10
[3457] Csimby2011-06-22 11:12:10

Az összes példa ilyen, tehát nem véletlen hogy hasonlít :) Csak a bázisok struktúrája más és így az indoklás ott. Mármint ilyen az összes: legyen F 2-karakterisztikájú test, ekkor A egy F2-feletti altér. Az új feladat amúgy szerintem nehezebb, legalábbis kell hozzá ismerni pár dolgot ami nélkül nem tudom hogy lehet.

Előzmény: [3456] Maga Péter, 2011-06-22 10:32:58
[3456] Maga Péter2011-06-22 10:32:58

Ez szerintem teljesen ugyanaz, mint az enyém: GF(2)=k (na jó, itt a 2 karakterisztikájú test általánosabb:P, de sehol nem használod te sem, hogy konkrétan a kételemű testről van szó), T=K, T2=k'.

A megjegyzés is érdekes, azt gondolom, megér egy feladatot (talán ez egy kicsit könnyebb, mint az eredeti).

528. feladat Bizonyítsuk be, hogy az 527. feladatban keresendő test mindig 2 karakterisztikájú, és az additív csoport mindig végtelen.

Előzmény: [3455] Csimby, 2011-06-22 09:57:05
[3455] Csimby2011-06-22 09:57:05

Most elég fáradt vagyok, de jónak tűnik, szép! Az én példám ez lett volna: Legyen T=GF(2)(x,y) a GF(2) feletti kétváltozós rac.fv. test. T2={f2 | f\inT} a T egy részteste és legyen A a T2 feletti altér 1,x,y bázissal, ennek 1 eleme, de xy nem eleme, tehát nem test vagy test szerinti mellékosztály. Ugyanakkor a:=\frac{f_1^2(x,y)}{g_1^2(x,y)}+x\frac{f_2^2(x,y)}{g_2^2(x,y)}+y\frac{f_3^2(x,y)}{g_3^2(x,y)}, tehát a2\inT2 (tagonként lehet négyzetre emelni) és így a^{-1}=\frac{a}{a^2}\in A. Az is igaz amúgy, hogy csak 2-karakterisztikában van ilyen példa és csak végtelen additív részcsoportra.

Előzmény: [3454] Maga Péter, 2011-06-22 09:11:12
[3454] Maga Péter2011-06-22 09:11:12

Legyen k egy 2 karakterisztikájú test. Legyen k'=k(x,y), a kétváltozós racionális függvénytest. Ebben x és y nem négyzetelemek. Bővítsünk a \sqrt{x} és \sqrt{y} elemekkel, a kapott test legyen K.

Legyen a keresett test K.

A K test k'-vektortér, tekintsük az 1,\sqrt{x},\sqrt{y},\sqrt{xy} bázist.

Legyen a keresett A halmaz a \sqrt{x},\sqrt{y},\sqrt{xy} elemek által generált altér. Ez valóban additív részcsoport. Be kell látnunk, hogy A-1\cup{0}=A. Ez azért igaz, mert a\sqrt{x}+b\sqrt{y}+c\sqrt{xy} reciproka (a,b,c nem mind 0) \frac{a\sqrt{x}+b\sqrt{y}+c\sqrt{xy}}{a^2x+b^2y+c^2xy} (érdekes melléktermék, hogy a nevező sohasem 0, bár ez elemien is belátható).

Ha A egy résztest szerinti mellékosztály lenne, akkor tetszőleges nem-0 elemével osztva megkapnánk ezt a résztestet. De a megadott A halmazt \sqrt{x}-szel osztva az 1,\sqrt{y},\sqrt{xy} generálta k'-alteret kapjuk, ami nem test, hiszen szorzatként adja \sqrt{x}-et.

Előzmény: [3448] Csimby, 2011-06-18 22:26:48
[3453] Maga Péter2011-06-19 22:19:52

Jaj, pardon, természetesen tiszta hülyeség, amit írtam. Igazából először egy kicsit másra gondoltam, de az nem volt jó, gondoltam, kijavítom. Hát ez lett belőle...:P

Előzmény: [3452] Csimby, 2011-06-19 20:08:35
[3452] Csimby2011-06-19 20:08:35

Igen, minden résztest a saját maga szerinti triv. mellékosztály, tehát a résztestek nem jó példák.

Viszont a te példádat meg nem értem. Mondjuk \frac{1}{z-1}+\frac{1}{z+1}=\frac{2z}{z^2-1} az miért lesz lin. törtfv.?

Előzmény: [3450] Maga Péter, 2011-06-19 16:38:43

  [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]