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.
[3733] w2013-06-06 09:21:45

Aha értem. Akkor témát váltok: ki lehet-e rakni egy 8x8-as négyzetrácsot átfedés nélkül a szimmetrikus, négy egységszakaszból álló L-alakú, illetve négyzet alakú drótdarabkákkal?

Előzmény: [3732] aaaa, 2013-06-06 08:31:09
[3732] aaaa2013-06-06 08:31:09

azt a megoldást ismerem máshonnét, és épp ezért nem azt írtam le, meg most már ez a becsléssorozat egy kicsit kézenfekvőbb volt :)

Előzmény: [3731] w, 2013-06-06 08:21:32
[3731] w2013-06-06 08:21:32

Lehet tanulságossá tenni. Kezdd azzal, hogy a feladatot megpróbálod szépen megoldani. Van igen szép, integrálos egyenlőtlenség nélküli megoldása, csak ahhoz gondolkodni is kell :-) Segítség: mi indukciót akarunk csinálni, csak n-re nem sikerül. Azt igazold, hogy g(n)<3.

Előzmény: [3730] aaaa, 2013-06-05 22:45:26
[3730] aaaa2013-06-05 22:45:26

Utóbbi alsó korlátja triviálisan a \sqrt{2}, felsőre meg logaritmálunk, szóval a következőt kéne minél jobban becsülni:

g(n)=exp\bigg(\sum_{i=2}^{n}\frac{\log i}{2^{i-1}}\bigg)

Mivel 2log x<x-1, ha x>4, ezért mehet a következő felső becslés: g(n)<exp\bigg(\sum_{i=2}^{n}\frac{\log i}{2^{i-1}}\bigg)=\sqrt{2\sqrt{3}}exp(\sum_{i=4}^n\frac{i}{2^i}-\frac{1}{2^i})<\sqrt{2e\sqrt3}

Ha meg nem becsülünk így felülről, hanem integrállal becsülgetünk, akkor n=10-től indítva az integrált felső korlátnak 2.76676 adódik pl, de ez nem túl tanulságos.

Előzmény: [3729] w, 2013-06-05 21:33:20
[3729] w2013-06-05 21:33:20

További algebrai ügyeskedés (ami nagyon tetszik) ennek a topicnak az első hozzászólásaiban található: mennyi lesz az

S=\sum_{k=2}^\infty \left(\zeta(k)-1\right)

összeg, ha \zeta(k) a híres Riemann-féle zéta-függvény. Riasztóbb, mint amilyen.

Új feladat következik. Egy másik függvényt mondok, pl. g-t, ami ezúttal a pozitív egészek közül a 2-nél nagyobbakra hat, és nem más, mint

g(n)=\sqrt{2\sqrt{3\sqrt{\dots\sqrt{(n-1)\sqrt n}}}}

lesz. Most nem puccoskodok, csak kérem, hogy mutassuk meg, hogy g felülről és alulról korlátos. Adjunk meg minél jobb korlátot.

Előzmény: [3728] aaaa, 2013-06-05 21:22:05
[3728] aaaa2013-06-05 21:22:05

Hú, tényleg, pozitívakra gondoltam. Igen, bernoulliból szépen kijön, vagy még a b) feladat szorzatának felső becsülgetéséből is pont ez adódik.

Előzmény: [3727] w, 2013-06-05 21:12:46
[3727] w2013-06-05 21:12:46

Aranyos. Nekem pozitív egészekre van megoldásom, de nem is baj, mert csak poz. egészekre értelmezhetők a kifejezések, vagy teljesül az egyenlőtlenség. (Utóbbi magyarázata: ha n=1 és m<0, akkor a bal oldal 1-1/(-m), a jobb oldal 1+0, ami ellentmondás.) A Bernoulli-egyenlőtlenség szerint

\left(1+\frac{1+\log n}{mn}\right)^n>1+n\cdot \frac{1+\log n}{mn}=1+\frac1m+\frac{\log n}m>1+\frac{\log n}m

és ebből n-edik gyököt vonva megkapjuk a kívántat.

Már aki nem ismeri a Bernoullit, az kínos helyzetben van, mert vagy eszébe jut a súlyozott hatványközepek közötti egyenlőtlenség (ami bizonyítja a Bernoullit), vagy (nagyobb eséllyel) rájön, hogy itt indukciót lehetne csinálni. Ennek ellenére a feladat legkönnyebb megoldása a binomiális tétellel történik (megint ekvivalens átal. n-edikre hatványozok):

\left(1+\frac{1+\log n}{mn}\right)^n=\sum_{k=0}^n \binom n k\cdot\left(\frac{1+\log n}{mn}\right)^k\ge \binom n 0+\binom n 1\cdot\frac{1+\log n}{mn}=1+\frac{1+\log n}m>1+\frac{\log n}m

Előzmény: [3726] aaaa, 2013-06-05 20:02:28
[3726] aaaa2013-06-05 20:02:28

Bizbe, hogy:

1+\frac{1+\log n}{mn}>\root{n}\of{1+\frac{\log{n}}{m}}

minden egész n és m párra.

[3725] aaaa2013-06-05 19:53:28

Remélem azért nem írtam el sehol, de:

a) Legyen:

P_{l,n}=\prod_{i=l}^n\frac{3i+2}{3i+1},
\qquad Q_{l,n}=\prod_{i=l+1}^n\frac{3i}{3i-1}, \qquad R_{l,n}=\prod_{i=l+1}^n\frac{3i+1}{3i}

Ekkor Ql,n+1>Pl,n>Rl,n>Ql,n, ez pl. tényezőnkénti összehasonlítással adódik, az alsó ill felső becsléshez használt PQR típusú két szorzat meg teleszkópos, lesz. Ekkor

\frac{3l+3}{3n+1}=P_{l,n}Q_{l,n+1}R_{l,n}>P_{l,n}^3>P_{l,n}Q_{l,n}R_{l,n}=\frac{3l+2}{3n+1}

\root3\of{\frac{3l+3}{3n+1}}>P_{l,n}>\root3\of{\frac{3l+2}{3n+1}}

A feladatban l=2666, n=333, így \root{3}\of{8,001}>P>2 adódott.

b) Először is, ha xi>0 teljesül a következő, egyenlőség i=1 esetén:

\prod_{i=1}^n (1+x_i)\geq 1+\sum_{i=1}^n x_i

Vagyis, felhasználva \sum_{i=1}^n i^{-1}>\log n-et:

\prod_{i=1}^n \Big(1+\frac{1}{mi}\Big)\geq 1+\frac{1}{m}\sum_{i=1}^n\frac{1}{i}>1+\frac{\log (n)}{m}

Szóval minden m>0-ra tart a végtelenbe.

Előzmény: [3724] w, 2013-06-05 15:27:35
[3724] w2013-06-05 15:27:35

Definiáljuk a pozitív egész számokon értelmezett f(n,m) függvényt a következőképpen:

f(n,m)=\prod_{k=1}^n \frac{mk+1}{mk}.

(a) Nagyobb vagy kisebb a

P=\frac{8000}{7999}\cdot\frac{7997}{7996}\cdot\frac{7994}{7993}\cdot\dots\cdot\frac{1004}{1003}\cdot\frac{1001}{1000}

kifejezés a kettőnél?

(b) Mely m számok esetén lesz \lim_{n\to\infty} f(n,m)=\infty?

[3723] w2013-05-29 21:56:44

Nagyon köszönöm!

Előzmény: [3722] m2mm, 2013-05-29 21:25:04
[3722] m2mm2013-05-29 21:25:04

Legyen A={1,2,...,n}. Ekkor az A-> A szürjektív leképezések száma n! ugye. Másfelől ha azon leképezések halmaza Ai, melyek képének nem eleme i, akkor a logikai szita szerint |A_1\cup A_2\cup...\cup A_n|=-\sum_{k=1}^n (-1)^k\binom{n}{k} (n-k)^n. Másfelől |A1\cupA2\cup...\cupAn|=nn-n!. Szóval n^n-n!=-\sum_{k=1}^n (-1)^k\binom{n}{k} (n-k)^n, n!=n^n+\sum_{k=1}^n (-1)^k\binom{n}{k} (n-k)^n=\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{n}{k} (n-k)^n.

n!=\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{n}{k} (n-k)^n=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}\binom{n}{n-k}k^n=\sum_{k=1}^{n}(-1)^{n-k}\binom{n}{k}k^n.

Előzmény: [3720] w, 2013-05-26 19:26:07
[3721] w2013-05-26 19:31:50

Ennek mintájára igazoljuk, hogy

\sum_{k=0}^n (-1)^{n+k} \binom n k k^{n+1}=\frac n2 \cdot n!

[3720] w2013-05-26 19:26:07

Visszatérve Lajos problémájára, helyettesítsünk be A=0, h=1-et, és vegyük az f(x)=xn polinomot!

\sum_{k=1}^n (-1)^{n-k}\binom n k k^n=n!

Ilyen formára írtam át korábban az összegét, ami tehát valóban 1-gyel egyenlő.

Amúgy ez elvileg ismert azonosság volna, úgyhogy egy kombinatorikai megoldást szívesen megnéznék.

Előzmény: [3719] w, 2013-05-26 19:17:40
[3719] w2013-05-26 19:17:40

Olvasgatás közben rábukkantam a következő azonosságra:

\sum_{k=0}^n (-1)^{n-k} \binom nk f(A+kh) = a_n\cdot h^n\cdot n!

ahol f(x)=anxn+an-1xn-1+...+a1x+a0, f\inR[x] polinom, h\neq0, A valós számok, n pozitív egész.

Vajon hogyan igazolnánk?

Nemrég merült fel a következő segédfeladat. Keressük meg az összes legfeljebb n-edfokú p polinomot, amelyre adott páronként különböző a0, a1, ..., an és x0, x1, ..., xn számok mellett p(xi)=ai (\foralli=0,1,...n)!

Megoldás. Először megbecsüljük, hány ilyen polinom lehet. Tegyük fel, hogy két különbözőt is találtunk. Ekkor a két polinom különbsége (n+1) db helyen (x0, x1, ..., xn helyeken) nulla, bár legfeljebb n-edfokú, azaz csakis a zéruspolinom lehet, ami ellentmond annak, hogy különböző polinomokat vettünk. Idő kérdése, amíg konstruálunk is egyet:

p(x)=\sum_{i=0}^n a_i\cdot\prod_{0\le j\neq i\le n} \frac{x-x_j}{x_i-x_j}

xi behelyettesítés után láthatóan jó lesz.

Ezt hívják a Lagrange-féle interpolációs polinomnak (amit gondolom a hozzászólók nagy része ismer).

Megoldás. Vegyük az f(x) legfeljebb n-edfokú függvényre felírt interpolációs képletet:

f(x)=\sum_{k=0}^n f(A+kh)\cdot\prod_{j\neq k} \frac{x-(A+jh)}{(k-j)h}

. Ezután nézzük meg a két oldalon álló polinomok főegyütthatóját!

a_n=\sum_{k=0}^n f(A+kh)\cdot1/\bigg(\prod_{j\neq k}\big((k-j)h\big)\bigg)

(Ugyanis az int. azonosságban minden egyes k-ra megnézve a tagot, a számlálóban lévő szorzat elvégzése után csak egy darab xn keletkezik.)

Az utóbbi kifejezés tovább alakítható:

a_n=\sum_{k=0}^n f(A+kh)\cdot1/\bigg(\prod_{j\neq k}\big((k-j)h\big)\bigg)=

=\sum_{k=0}^n f(A+kh)\cdot \frac1{h^n\cdot k(k-1)(k-2)\cdot\dots\cdot1\cdot(-1)\cdot\dots\cdot(k-n)}=

=\sum_{k=0}^n f(A+kh)\cdot (-1)^{n-k} \cdot \frac{n!}{k!\cdot(n-k)!}:(n!\cdot h^n)

a_n\cdot n!\cdot h^n=\sum_{k=0}^n f(A+kh)\cdot (-1)^{n-k} \cdot \binom n k

Készen vagyunk.

Előzmény: [3717] Lóczi Lajos, 2013-04-22 01:41:38
[3718] w2013-04-30 16:59:56

Az összeget jobban szeretem a következő alakban:

\frac1{n!} \cdot \sum_{k=0}^n (-1)^{n+k} k^n \binom n k=1.

(Direkt odaírtam, hogy az összeg valójában 1-gyel egyenlő. Ja meg itt n:=p, mert p általában prímet jelöl, továbbá az m betű futó indexben, kombinatorikai azonosságban nem tetszik nekem. Számomra ilyen formában sokkal áttekinthetőbb, de nem szeretnék erről vitát kezdeni.)

Előzmény: [3717] Lóczi Lajos, 2013-04-22 01:41:38
[3717] Lóczi Lajos2013-04-22 01:41:38

Legyen p pozitív egész. Mennyi ekkor \sum_{m=1}^p \frac{(-1)^{m+p}m^{p-1}}{(m-1)!(p-m)!} értéke?

[3716] gyula602013-04-19 21:35:07

Megoldandó a következő háromismeretlenes harmadfokú egyenlet, t=1,2 és 3 esetén:

t2·w3+t·v·(v2-3·u·w)+u3=1

Keress összefüggést a következő ciklikus mátrixszal:

M:=\left(\matrix{u&v\root3\of{t}&w\root3\of{t^2}\cr w\root3\of{t^2}&u&v\root3\of{t}\cr v\root3\of{t}&w\root3\of{t^2}&u\cr}\right)

További előzmények: [3708],[3711],[3712],[3713]

Előzmény: [3710] nadorp, 2013-04-13 09:28:54
[3715] Lóczi Lajos2013-04-17 23:38:37

Pl. itt.

Előzmény: [3714] egyedülható, 2013-04-17 19:35:54
[3714] egyedülható2013-04-17 19:35:54

Létezik-e olyan képlet,mely megadja,hogy egy adott számnál mikor lesz nagyobb a harmonikus sor értéke?

[3713] gyula602013-04-13 16:34:47

A klasszikus Csebisev polinomok és másodfokú Pell egyenlet között nyilvánvaló a kapcsolat. Az összekötő egyenletük lényegében egy másodrendű ciklikus mátrix determinánsával hozható összefüggésbe. Amire később mi kísérletet teszünk az, hogy megpróbálunk egy olyan polinom rendszert gyártani, ami egy harmadrendű mátrix determinánsával állítható elő. Ezt neveztem én hibásan 3711 utolsó mondatában "harmadfokú Csebisev polinom"-nak, holott többről lesz szó.

Előzmény: [3711] gyula60, 2013-04-13 16:01:27
[3712] gyula602013-04-13 16:06:52

Korrekció: Általánosítás helyett inkább konstrukciót mondanék, mert a klasszikus másodfokú Pell egyenletet próbáljuk meg egyik irányba általánosítani.

Előzmény: [3711] gyula60, 2013-04-13 16:01:27
[3711] gyula602013-04-13 16:01:27

A feladat egyenlőre a harmadfokú háromismeretlenes Pell egyenlet egyik lehetséges, a harmadrendű ciklikus mátrixok alkalmazásával történő általánosítása. A lehetséges feltételek megkeresése, majd egy későbbi fázisban elgondolkozunk a negyedfokú változaton is. Még később a harmadfokú Csebisev polinomokat is megpróbáljuk előállítani.

Előzmény: [3710] nadorp, 2013-04-13 09:28:54
[3710] nadorp2013-04-13 09:28:54

Legyen \alpha n-edfokú algebrai szám, és legyenek \alpha1=\alpha,\alpha2,...,\alphan az \alpha minimálpolinomjának gyökei. Tetszőleges x1,x2,,...,xn egész számokra tekinsük az

f(x1,...,xn,x)=xnxn-1+...+x2x+x1 polinomot.

A feladatod szerintem arra vezethető vissza általában, hogy oldjuk meg az

\prod_{i=1}^{n}f(x_1,...,x_n,\alpha_i)=1 egyenletet az egész számok körében.

Előzmény: [3709] gyula60, 2013-04-12 17:35:08
[3709] gyula602013-04-12 17:35:08

A feladványom egyenletét eredetileg egy ciklikus mátrix determinánsával állítottam fel. Nyugodtan használhatsz gyökös kifejezéseket is. Ez a mátrixcsoport alkalmas lehet néhány alacsony fokszámú diofantoszi probléma kezelésére is.

Előzmény: [3706] nadorp, 2013-04-11 16:05:24

  [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]