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.
[3824] Loiscenter2014-01-28 15:17:44

Legyen x=y=0 akkor f(0)=0 . legyen x=y igy f(2x)f(0)=4f(x)f(x) -4x.x.f(x) mivel f(0)=0 ezért 4f(x)f(x)-4x.x.f(x)=0 téhats f(x)=0 vagy f(x)=x.x . ellenörizve igaz mind.( bocsi nem tudtam hatványt irni)

Előzmény: [3822] w, 2014-01-27 22:06:36
[3823] Ménkűnagy Bundáskutya2014-01-27 22:57:22

Ez tetszik, jóféle. :)

Előzmény: [3822] w, 2014-01-27 22:06:36
[3822] w2014-01-27 22:06:36

Egy "vicces" függvényegyenlet.

Keressük meg az összes f:R\toR függvényt a következő tulajdonsággal:

f\left(x+y\right)f\left(x-y\right)=\left(f(x)+f(y)\right)^2-4x^2f(y)\qquad\qquad\forall x,y\in R.

[3821] aaaa2014-01-26 22:07:48

Ebből még az is következik, hogy:

\lim_{n\to\infty}\frac{|F_n|}{\sqrt{n}}=1\qquad |F_n|-\sqrt{n}=\Theta\left(n^{1/3}\right)

Ugyanis n\geq64-re \sqrt{n}+n^{1/3}-n^{1/6}<|F_n|, mert van legalább egy 5-ik hatvány, egyébként finomítva a becslésedet (prímedik hatványokra elég nézni az összeget):

|F_n|\leq 1+\sum_{p<\log_2n} n^{1/p}=1+\sqrt{n}+n^{1/3}+c\cdot n^{1/5}\frac{\log_2 n}{\log\log_2 n}

Ugyanis n-ig a prímek száma kb c\frac{n}{\log n}, ebből látszik, hogy elég nagy n-re

\sqrt{n}+n^{1/3}(1-\varepsilon_1)<|F_n|<\sqrt{n}+n^{1/3}(1+\varepsilon_2)

Előzmény: [3817] Ménkűnagy Bundáskutya, 2014-01-26 15:42:40
[3820] w2014-01-26 21:23:19

Az a sor talán jobban érthetően:

|F_n|\le1+\sum_{k=2}^{[\log_2 n]}n^{1/k}

után ugye n1/k\len1/2 igaz minden k\ge2-re, vagyis az összeg minden tagját (ebből [log2n]-1 darab van) n1/2-re cserélve ez kisebb, mint 1+n^{1/2}\cdot\left([\log_2 n]-1\right)<1+n^{1/2}\log_2 n.

Előzmény: [3819] Loiscenter, 2014-01-26 20:25:37
[3819] Loiscenter2014-01-26 20:25:37

a bizonyitasod tényleg nagyon jonak latszik, csak még nem latom hogy egyenlötlenség masodik része miért ?

Előzmény: [3817] Ménkűnagy Bundáskutya, 2014-01-26 15:42:40
[3818] Loiscenter2014-01-26 20:14:21

nagyon szép a magyarazat! köszönöm szépen!

Előzmény: [3816] aaaa, 2014-01-26 02:07:38
[3817] Ménkűnagy Bundáskutya2014-01-26 15:42:40

Azt hiszem, van egyszerűbb is.

Az n-nél kisebb k. hatványok száma legfeljebb n1/k. Itt a k legfeljebb log2n lehet: eltekintve az 1-től a 2 log2n. hatványával még számolni kell, többel biztosan nem. Azaz

|Fn|\leqn1/2+n1/3+...+n1/log2n+1\leqn1/2log2n+1,

ami n-nel osztva nyilván 0-hoz tart.

Előzmény: [3815] aaaa, 2014-01-26 01:23:52
[3816] aaaa2014-01-26 02:07:38

Természetesen \tau=\frac{1}{2}\log\left(1+\frac{\varepsilon-\varepsilon^k}{1-\varepsilon+\varepsilon^k}\right)>0 választással élünk.

Előzmény: [3815] aaaa, 2014-01-26 01:23:52
[3815] aaaa2014-01-26 01:23:52

Gondolom azt szeretnéd kérdezni, hogy ha Fn={n-nél kisebb hatványszámok}, akkor mi lesz

\lim_{n\to\infty}\frac{|F_n|}{n}

Lemma 1. \forall\varepsilon,\delta>0\existsk0, hogy k>k0 esetén:

\left|\sum_{i=k}^{[k(1+\varepsilon)] }\frac{1}{i}-\log(1+\varepsilon)\right|<\delta

Ez a szokásos integrálós becslésből kijön, legyen ez házi feladat.

Lemma 2. Ha ai pozitív egészek egy növekvő részsorozata, és \sum a_i^{-1}<\infty, akkor n-1|An|\to0, ha n\to\infty, ha An={ai|ai<n}

Indirekt, tegyük fel, hogy nem áll fent a bemutatott egyenlőség, vagyis létezik olyan \varepsilon, hogy |An|>\varepsilonn végtelen sokszor. Ha nincs ilyen, akkor pont azt kaptuk, amit akartunk. Legyen H_\varepsilon az ilyen n-ek halmaza, ekkor |H|=|N|, vegyük tehát egy olyan bi részsorozatát, ami tudja azt, hogy \varepsilonkbi>bi-1, valamely k>2 egészre. Ekkor Abi>\varepsilonbi miatt a [0,bi-1] intervallumba maximum bi-1<\varepsilonkbi<Abi\varepsilonk-1 darab eshet, szóval elég kevés szám, vagyis a számok legalább 1-\varepsilonk-1-edrésze a jó intervallumba esik. De ekkor az ide eső számok reciprokösszegére alsó becslést ad, ha az intervallumba eső legkisebb számokat vesszük, ebből legalább Abi-Abi-1=bi(\varepsilon-\varepsilonk-1) darab van:

\sum_{a_j\in]b_{i-1},b_i]}\frac{1}{a_j}\geq\sum_{i=[b_i-b_i \varepsilon+\varepsilon^k]}^{b_i}\frac{1}{i}\geq \log\left(1+\frac{\varepsilon-\varepsilon^k}{1-\varepsilon+\varepsilon^k}\right)-\delta

Az első lemma alapján. De legyen b1 akkora, hogy \delta<\tau:=\frac{1}{2}\log\left(1+\frac{\varepsilon^k}{1-\varepsilon+\varepsilon^k}\right) teljesüljön, így azt kaptuk, hogy \sum_{a_j\in]b_{i-1},b_i]}\frac{1}{a_j}\geq \tau>0 De ekkor

\sum_{a_i<b_k} a_i^{-1}=\sum_{j=1}^{k}\sum_{a_i\in]b_{j-1},b_j]}\frac{1}{a_j}\geq\sum_{j=1}^{k}\tau=k\tau

Viszont így a reciprokösszeg nem lehet véges.

Lemma 3. A hatványszámok reciprokösszege kisebb, mint 2. Nézzük ugyanis a kövezkező összeget:

1+\sum_{i=2}^\infty\sum_{j=2}^\infty i^{-j}=1+\sum_{i=2}^\infty\frac{1}{i(i-1)}=2

Viszont ab szerepel az a számhoz tartozó részlegösszegben, szóval a hatványszámok reciprokösszege véges.

Lemma 3 miatt teljesül Lemma 2. feltétele, így a hatványszámok felső sűrűsége 0 az egészek körében.

Előzmény: [3814] Loiscenter, 2014-01-24 20:30:06
[3814] Loiscenter2014-01-24 20:30:06

Hatványszámok valoszinüsége természetes számok körében?

[3813] w2013-11-10 17:40:47

a 13 hatványai és az 1 páratlan :-)

Előzmény: [3812] csábos, 2013-11-10 17:31:27
[3812] csábos2013-11-10 17:31:27

Ügyes, köszi!

Az ahol l tehát páros honnan látszik?

Előzmény: [3811] w, 2013-11-10 16:59:08
[3811] w2013-11-10 16:59:08

201314 mod 73 kiszámítása.

Bár klasszikus feladattípus, szerintem mégis érdekes a megoldás az átlagos feladathoz képest. (Például 999 mod 102 kiszámítása egyszerűbb, hiszen számológéppel is könnyen adódik, hogy 95\equiv-1 (mod 102), ezért elég 99-t mod 10 vizsgálni, ami pedig könnyű.) Most az nem kunszt, ha Euler-Fermat-val lemészároljuk, ámde tökéletesen elfogadható megoldás (ezért tűztem itt ki). Ha egyszerűbb eszközökkel szeretnénk dolgozni, akkor a következő megoldást találhatnánk.

Első célunk keresni olyan n kitevőt, melyre 20n\equiv\pm1 (mod 73). Vegyük észre, hogy 20=7k-1 alakú, ezért a binomiális tétel szerint

20^n=(7k-1)^n=\binom n n (7k)^n\pm\dots+(-1)^{n-3}\binom n3(7k)^3+(-1)^{n-2}\binom n2(7k)^2+(-1)^{n-1}n(7k)+(-1)^{n}.

Tehát célszerű n=72 választása, hisz akkor az utolsó tag kivételével minden tag 73-nel osztható, vagyis 2049\equiv-1 (mod 73).

Vagyis csak 1314-t kell mod 49 megnéznünk. De a binomiális tételt újra alkalmazva kapjuk, hogy 1314\equiv1 (mod 49), mert 13\equiv-1(7). Amiért az adódik, hogy 1314=49\ell+1 alakú, ahol \ell tehát páros. Ebből következik, hogy 201314\equiv20 (mod 73), vagyis az utolsó három számjegy 026.

Előzmény: [3810] csábos, 2013-11-09 16:35:38
[3810] csábos2013-11-09 16:35:38

Igazából az a kérdés, hogy hogyan lehet egyszerűen kiszámolni 13^{14}\frac{}{}-t modulo 49\cdot 6\frac{}{}. Modulo 6 1. Modulo 49 nekem (eddig) úgy a legegyszerűbb, hogy 13^2\equiv 8^3\equiv 22\frac{}{} modulo 49, azaz a 13 köbszám modulo 49, így ha a^3\equiv 13\frac{}{}, akkor 13^{14}\equiv a^{42}\equiv 1\frac{}{}.

Mi a kitűző megoldása?

Előzmény: [3809] jonas, 2013-11-08 13:35:52
[3809] jonas2013-11-08 13:35:52

Igazad van. Valamit elszámolhattam reggel.

Előzmény: [3808] Róbert Gida, 2013-11-08 13:06:53
[3808] Róbert Gida2013-11-08 13:06:53

026 lesz az, hiszen 1314\equiv1mod (7*7*6), így Euler-Fermat miatt (343 és 20 relatív prímek): 201314\equiv201\equiv20mod 343

Előzmény: [3807] jonas, 2013-11-08 08:50:47
[3807] jonas2013-11-08 08:50:47

Szerintem 546 hetes számrendszerben az utolsó három számjegy, de lehet, hogy rosszul számoltam.

Előzmény: [3806] w, 2013-11-07 16:09:11
[3806] w2013-11-07 16:09:11

Nekem is van egy saját készítésű szép számelméletfeladatom, bár ez évszámok használatának árán könnyebb lesz.

Határozzuk meg a 201314 hatvány 7-es számrendszerbeli alakjában az utolsó három számjegyet.

[3805] Sirpi2013-10-25 09:19:21

Nekem is ez az eredmény jött ki, bár picit másképp csináltam.

Legyen a k jegyű. Ekkor

(a*)2=(a2)*=a2+11...1

(a*)2-a2=11...1

(a*-a)(a*+a)=11...1

11...1.(a*+a)=11...1

a*+a=11...1/11...1

Ha a k jegyű, akkor a2 vagy 2k-1, vagy 2k jegyű, tehát ennyi db. 1-es van az előző sorok jobb oldalán. Ezt osztjuk le az utolsó sorban egy k db 1-esből álló számmal, és könnyen látható, hogy csak akkor kapunk egész számot, ha 2k db egyesből áll a számláló (sőt, ellenkező esetben a* és a összege kisebb lenne, mint a különbsége).

Ez alapján a*+a=100...01 (k-1 db 0-val), a*-a=11...1, vagyis a=44...45, és ebből csak az 1 és a 2 jegyű megoldás a jó, ahogy azt Te is indokoltad.

Előzmény: [3804] csábos, 2013-10-23 23:21:42
[3804] csábos2013-10-23 23:21:42

5,45

Tekintsük a feladatot modulo 10k. Legyen

n\equiv a \quad mod(10^k) \frac{}{}

Ekkor a feladat az

(a+\frac{10^k-1}{9})^2\equiv  a^2 +\frac{10^k-1}{9}\quad mod(10^k)

kongruencia formájában írható fel.

Négyzetre emelve, 81-gyel szorozva és a 10k-val osztható tagokat elhagyva a

-18a\equiv -10 \quad mod(10^k) \frac{}{},

azaz

9\equiv 5 \quad mod(10^{k-1}) \frac{}{}

kongruenciához jutunk.

A jobboldalhoz 4.10k-t adva

a=44...445 adódik, azaz az eredeti kongruencia megoldásai

444...445 és 944...445. Ez utóbbi nem játékos, így marad az előbbi.

Ha k legalább 3, akkor 197136=4442<a2<4452=198025. Ezért a2 második jegye 9-es, azaz nem megoldás.

Előzmény: [3803] Sirpi, 2013-10-21 14:26:41
[3803] Sirpi2013-10-21 14:26:41

A következő egy általam kitalált feladat:

Egy a természetes számra a* jelölje azt a számot, amit úgy kapunk, hogy a minden számjegyét eggyel megnöveljük. Pl: 125*=236. Ha egy számban szerepel 9-es számjegy, akkor nincs értelmezve.

Oldjuk meg az (n*)2=(n2)* egyenletet.

[3802] HoA2013-10-15 10:20:04

Re: a komplex számos megoldás-felvetés honnan ered

juantheron kérdezte itt [3775] -ben.

Előzmény: [3793] csábos, 2013-10-11 12:57:17
[3801] n2013-10-14 11:29:44

(a link nem látszik működni, helyesen: http://en.wikipedia.org/wiki/Steiner_tree_problem )

Előzmény: [3793] csábos, 2013-10-11 12:57:17
[3800] n2013-10-13 20:02:56

Ha jól sejtem, a [3792] linkje az oka.

Előzmény: [3799] Zilberbach, 2013-10-13 19:29:17

  [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]