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.
[3746] jonas2013-06-21 21:08:33

Ez szerintem egy tanulságos feladat, mert lineáris algebrát tanít. Hadd mondjam el, én hogy képzelem el.

Az hogy egy (x1,x2,x3,x4) vektor négyzetes, ekvivalens azzal, hogy felírható (a,b,c)N alakban, ahol N a következő mátrix.


N = \left(\matrix{
1 & 4 & 9 & 16 \cr
1 & 2 & 3 & 4 \cr
1 & 1 & 1 & 1
}\right).

Legyen N első három oszlopa által alkotott V mátrix, és legyen az utolsó oszlop v.


V = \left(\matrix{
1 & 4 & 9 \cr
1 & 2 & 3 \cr
1 & 1 & 1
}\right);
v = \left(\matrix{16 \cr 4 \cr 1}\right).

V egy Vandermonde mátrix, ezért invertálható. Ezért aztán bármely (x1,x2,x3) vektort pontosan egyféleképpen lehet négyzetes (x1,x2,x3,x4) számnégyessé befejezni: úgy, hogy x4=(x1,x2,x3).V-1.v. (A V-1.v vektor pontos (1,-3,3)T értékére nem lesz szükségünk a bizonyításhoz.)

Mármost rakjuk a feladatban adott számokat mátrixokba:


X = \left(\matrix{
x_{11} & x_{12} & x_{13} \cr
x_{21} & x_{22} & x_{23} \cr
x_{31} & x_{32} & x_{33} \cr
}\right); x = \left(\matrix{x_{14} \cr x_{24} \cr x_{34}}\right)

y=(x41,x42,x43)

Az, hogy a sorok négyzetesek, pont azt jelenti, hogy x=X.V-1.v és hogy x4=y.V-1.v. Mivel az első három oszlop is négyzetes, y=vt.(VT)-1.X. Ebből viszont

x4=y.V-1.v=vt.(VT)-1.X.V-1.v=vt.(VT)-1.x,

tehát az utolsó oszlop is négyzetes.

Előzmény: [3745] w, 2013-06-21 14:15:10
[3745] w2013-06-21 14:15:10

Nevezzünk egy (t1,t2,t3,t4) valós számnégyest négyzetesnek, ha léteznek a, b, c valós számok, melyekre t_\ell=a\ell^2+b\ell+c teljesül \ell=1,2,3,4-re. Az alábbi táblázatban (xi1,xi2,xi3,xi4) (i=1,2,3,4) négyzetes számnégyesek. Mutassuk meg, hogyha (x1j,x2j,x3j,x4j) j=1,2,3 esetén négyzetes, akkor j=4-re is. Általánosítsunk.

\matrix{x_{11}&x_{12}&x_{13}&x_{14}\cr
x_{21}&x_{22}&x_{23}&x_{24}\cr
x_{31}&x_{32}&x_{33}&x_{34}\cr
x_{41}&x_{42}&x_{43}&x_{44}\cr}

[3744] aaaa2013-06-15 17:10:57

Igazából a következő jutott eszembe, nem tudom mennyire nehéz: Legyen H egy olyan véges halmaz, amelynek elemei olyan szakaszhalmazok, melyek egész koordinátájú, szomszédos pontokat kötnek össze. Legyen S is egy ilyen halmaz, elemei Si. (S megszámlálhatóan végtelen, elemei nem vihetők egymásba tükrözésekkel, forgatásokkal, eltolásokkal). Mérjük H lefedőképességét S-re nézve a következőképpen: fH(si):=1, ha si\inS lefedhető H-beli elemek eltoltja, elforgatottja vagy tükrözött verziójaival, átfedés nélkül, és különben 0, és definiáljuk a Lmax_{(H,S)}=sup \left( \frac{1}{n}\sum_{i=1}^nf_{H}(s_i) 
\right) és Lmin_{(H,S)}=inf\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nf_{H}(s_i)\right) értékeket. Legyen H triviális halmaz, ha minden eleme összefüggő, és lefedhető egy elég nagy szakasszal.

Ezek után kellene megadni valami értelmes rendezést S elemeire, hogy kikerüljük azt, hogy bárhogy átrendezhetjük az S halmazt, és ezután lenne értelme a következőknek:

Ezek után kérdések: Van-e olyan S halmaz, amelyre Lmax(H,S)\neqLmin(H,S)?

Lehet-e úgy megadni halmazokat, hogy Lmin(H,S)=Lmax(H,S)=r irracionális legyen?

Ugye itt azt láttuk be, hogy ha H= {négyzet,L-betű}, S={négyzethálók}, akkor Lmin(H,S)=Lmax(H,S)=0

Előzmény: [3737] aaaa, 2013-06-11 19:02:07
[3743] uborkalekvar2013-06-12 21:26:20

Rendben, köszi szépen! Közbe kijött nekem is ugyanez az eredmény máshogy úgyhogy tényleg jó:)

Előzmény: [3742] aaaa, 2013-06-12 19:04:04
[3742] aaaa2013-06-12 19:04:04

igen, mert 106-4*105 kell, de a többi jó, programmal leellenőriztem.

Előzmény: [3741] uborkalekvar, 2013-06-12 18:50:29
[3741] uborkalekvar2013-06-12 18:50:29

Köszönöm, viszont sztem a 2-es feladat megoldása nem jó, mert így nem 6 jegyű számot kapunk.

Előzmény: [3739] aaaa, 2013-06-12 18:16:21
[3740] jonas2013-06-12 18:21:59

Az 1. feladatodhoz lásd a tesztverseny 2007. január 4. - 2007. február 3. forduló matematika feladatok, 7-8 osztály 5. feladatát.

A 2. feladathoz lásd a tesztverseny 2008. október 20. - 2008. november 19. forduló matematika feladatok, 7-8 osztály 4. feladatát.

Előzmény: [3738] uborkalekvar, 2013-06-12 17:19:31
[3739] aaaa2013-06-12 18:16:21

1.a) \binom{13}{6} b) \binom{7}{3}\binom{6}{3}

2. Legyen adott a következő p permutáció: (0123)(456789) Ekkor p(x) legyen p x számjegyeire egyenként alkalmazva. Ekkor p(x) egyértelmű, x pároshoz páratlant rendel, 400000-nél nem kisebbhez 400000-nél nem kisebbet, ismétlődédes számhoz ismétlődéseset. De így ismétlődéses páros és páratlan számból ugyanannyi van a 400000-nél nem kisebbek között. Vagyis megfelelő számból \frac{10^7-4*10^6-6*9*8*7*6*5}{2}-1 van, mert 400000 is megfelelő lenne.

Előzmény: [3738] uborkalekvar, 2013-06-12 17:19:31
[3738] uborkalekvar2013-06-12 17:19:31

Sziasztok!

Valaki tudna segíteni ebben a 2 feladatban?

1. a.Hányféleképpen juthatunk el a koordináta-rendszerben az origóból a (7,6) pontba, ha egy lépés során csak jobbra, illetve felfelé léphetünk 1 egységet? b.Hány esetben haladunk át a (3,4) ponton?

2.Hány olyan valódi hatjegyű páros szám van, amely nagyobb 400000-nél és van benne ismétlődő számjegy?

Köszönöm előre is a segítséget!

[3737] aaaa2013-06-11 19:02:07

valóban igazad van, butaság, amit írtam. Újra nekifutva: Tegyük be a hálót egy koordinátarendszerbe, (0;0) legyen az egyik csúcs, egység hosszú oldala legyen a négyzeteknek, legyen a rács tengelypárhuzamos n*n-es háló, ahol n>5, az (x,y), (x,y+1) szakaszt jelölje (x,y+0.5) s (x,y), (x+1,y)-t (x+0.5,y). Az L-betűt a 2 szakasz 3 végpontjával adjuk meg, a négyzetet meg (x+0.5,y+0.5) alakban.

Na most nézzük a (0;0) sarkot. Ha L-betű van itt, akkor az (2,0)-(0,0)-(0,2), mert különben (0,0)-(0,2)-(2,2)-t és (0,0)-(2,0)-(2,2)-t használjuk, de ekkor (1,0.5) és (0.5,1) nem fedhető le átfedés nélkül. Így leraktuk a (2,0)-(0,0)-(0-2) L-betűt. Ekkor (1,0.5) és (0.5,1) csak egyféleképp fedhetők, (1,0)-(1,2)-(3,2)-vel és (0,1)-(2,1)-(2,3)-al. Ezután (2,0.5) és (0.5,2) csak (2.5,0.5)-el és (0.5,2.5)-el fedhető. Ezután (0,3.5) és (3.5,0) fedéséhez kell (0,3)-(0,5)-(2,5) és (3,0)-(5,0)-(5,2). Most ha ránézünk (4,0.5), (0.5,4)-re, akkor muszáj (4,0)-(4,2)-(6,2)-t és (0,4)-(2,4)-(2,6)-t lerakni, de ekkor (1,3.5) és (3.5,1) nem fedhető semmivel.

Konklúzió: a sarokban négyzet van, ha legalább 6*6-os négyzetről van szó, vagyis (0.5,0.5)-t fel kell használni. De ekkor (0,1.5)-t és (1.5,0)-t csak (0,1)-(0,3)-(2,3) és (1,0)-(3,0)-(3,2) fedheti, és ettől fogva (0,2n+1.5)-t és (2n+1.5,0)-t csak (0,2n+1)-(0,2n+3)-(2,2n+3) és (2n+1,0)-(2n+3,0)-(2n+3,2) fedheti.

Összefoglalva: egy legalább 6*6-os négyzet jó lefedésénél minden sarokban négyzet van, és a határszakaszokat egyértelműen fedik az L-betűk. De ekkor 2 eset van: ha n=2k+1, akkor lesz egy szakasz minden határon, amit nem tudunk lefedni, ha n=2k, akkor meg a négyzetektől induló L-betűk egymást fogják fedni, ahol a két sarokhoz tartozó L-betűk találkoznak.

A kimaradó kérdések: n=2,3,4,5-re van-e lefedés

n=2-re trivi, hogy nincs

n=3-ra (0.5,2.5), (2.5,0.5), (2.5,2.5), (2,0)-(0,0)-(0,2), (1,0)-(1,2)-(3,2) és (0,1)-(2,1)-(2,3) jó fedés

n=4-re L-betűs sarkos érvelés megakad (0,3.5) és (3.5,0)-nál, a négyzetes igaz rá, nincs fedés

n=5-re L-betűs sarkos érvelés megakad (4,0.5) és (0.5,4)-nél, a négyzetes igaz rá, nincs fedés

Összefoglalva: csak és kizárólag n=3-ra rakható ki.

Előzmény: [3736] w, 2013-06-10 22:22:03
[3736] w2013-06-10 22:22:03

Nagyon vázlatos. "A másik 2 oldal ekkor nem fedhető le egyszerre ezekkel a típusú darabokkal átfedés nélkül." Átfedés alatt azt értem, hogy két darabnak közös szakasza van. Metszhetik még egymást. (Nem tudom, erre gondoltál-e.)

Előzmény: [3734] aaaa, 2013-06-10 00:08:48
[3735] jonas2013-06-10 09:55:57

Négyzet alakú drótdarabokkal nyilván nem lehet, mert ezek a rács szélét nem tudják lefedni. Azt nem tudom, hogy L alakú darabokkal mi a helyzet.

Előzmény: [3733] w, 2013-06-06 09:21:45
[3734] aaaa2013-06-10 00:08:48

Nem, L-betűt nem használhatunk a kirakáshoz, ugyanis tekintsük az L-betű "csúcsánál" lévő négyzetet, amelynek 2 oldala az L-betűbe esik. A másik 2 oldal ekkor nem fedhető le egyszerre ezekkel a típusú darabokkal átfedés nélkül. Csak négyzetekkel meg nem lehet lefedni. (megj. ez minimum 2*2-es négyzethálóra is igazolja, hogy nem lehet)

Előzmény: [3733] w, 2013-06-06 09:21:45
[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

  [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]