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.

[3837] w

2014-02-26 20:01:14

Néhány témába illően szép feladat:

551. feladat. Adott egy AB szakasz, és egy e egyenes, ami áthalad a szakasz F felezőpontján. Rendelkezésünkre áll egy speciális szerkesztési eszköz, a szakaszfelező, ami két ismert ponthoz megrajzolja a tőlük egyenlő távol lévő pontok mértani helyét. Szerkesszünk csak szakaszfelezővel egy e-vel párhuzamos egyenest!

552. feladat. Nevezzünk egy k-alapú számrendszerbeli számot k-csökkenőnek, ha számjegyei balról jobbra olvasva szigorúan csökkennek.

(a) Van-e olyan n<100 pozitív egész úgy, hogy n bármely mn többszöröse a 10-csökkenő? (b) Van-e olyan n, amelyre igaz, hogy mn tetszőleges k-ra k-csökkenő? (c) Van-e végtelen sok ilyen n szám?

553. feladat. Legyenek a,b,n olyan pozitív egész számok, melyekre a¹⁰⁰+b¹⁰⁰ és a¹⁰⁴+b¹⁰⁴ osztható n-nel.

Igazoljuk, hogy a²⁰¹⁴+b²⁰¹⁴ is osztható n-nel!

[3836] Loiscenter	2014-02-19 23:02:31
köszönöm szépen azt hittem hogy nincs vége!
Előzmény: [3835] jonas, 2014-02-19 14:42:13

[3835] jonas

2014-02-19 14:42:13

Szerintem ez a szám a 1016949152542372881355932203389830508474576271186440677966, mert

6^.1016949152542372881355932203389830508474576271186440677966=

6101694915254237288135593220338983050847457627118644067796

Előzmény: [3833] Loiscenter, 2014-02-19 11:22:10

[3834] jonas	2014-02-19 14:29:40
Ilyesmit néztünk korábban ugyanebben a témában a [2271] hozzászólástól kezdve.
Előzmény: [3833] Loiscenter, 2014-02-19 11:22:10

[3833] Loiscenter

2014-02-19 11:22:10

szürgös:

Egy 6-ra végzödö szám ultolsó jegyét elhagyjuk. Ezt a szám elsö jegye elé irjuk. Az igy kapott szám hatsorosa az eredetinek. Melyik ez a szám? (azaz 6B = B6 . 6 ?)

[3832] Sinobi

2014-02-11 16:29:21

Sinobi: "b, Bizonyítsd be, hogy ha van egy parabolán három pontpár (húr), amelyek felezőmerőlegesei egy ponton mennek át, akkor ha a hat pontot a parabola tengelyirányában elaffinítjuk, akkor az így kapott pontok felezőmerőlegesei is egy ponton fognak átmenni."

Azota sem tudom. Kedvcsinalonak egy hasonlo, de nagyon egyszeru feladat:

Ha van egy parabolan egy ABCD hurnegyszog, azaz barmelyik 2 pont felezomerolegese atmegy egy O ponton, akkor ha a hurnegyszoget a parabola tengelyiranyaban affinitom, akkor az A'B'C'D' pontnegyes is hurnegyszog lesz, azaz barmelyik ket pont felezomerolegese at fog menni O'-n.

Ez ugyan kovetkezik az elozo allitasbol, de azt nem tudom belatni, meg egyszerubben is kijon.

Előzmény: [3795] Sinobi, 2013-10-12 01:30:53

[3831] w	2014-02-04 21:38:37
Az a) részt régi orosz versenyfeladat, a b) pedig egy kis gyakorlat, amit pont ennek a feladatnak az ötlete alapján találtam ki. :-)
Előzmény: [3830] Fálesz Mihály, 2014-02-04 20:43:33

[3830] Fálesz Mihály

2014-02-04 20:43:33

Egy kapcsolódó feladat 2007-ből:

A. 429. Határozzuk meg mindazokat az egész együtthatós f(x) és g(x) polinomokat, amikre f(g(x))=x²⁰⁰⁷+2x+1.

A tanulság valami olyasmi, hogy polinomba polinom $\implies$ deriválás... :-)

Előzmény: [3829] w, 2014-02-03 23:18:11

[3829] w

2014-02-03 23:18:11

550. feladat. (körülbelül)

a) Vannak-e olyan f,g,h másodfokú polinomok, melyekre az $f\left(g\left(h(x)\right)\right)$ polinom pontosan az 1,2,3,4,5,6,7,8 helyeken nulla?

b) Határozzuk meg azokat az f,g,h polinomokat, melyekre $f\left(g\left(h(x)\right)\right)=x^8-1$ .

[Ezek nem nehéz, de érdekes feladatok. Ha eddig nem lett volna világos, aki ismeri őket, ne lője le. Aki maga megoldotta a feladatot, annak viszont szívesen látom megoldását.]

[3828] Loiscenter

2014-01-29 00:47:03

1. legyen x=y=0 => f(0) = 0; 2) legyen x=y => 4f(x)[ f(x) - x.x] = 0 => vagy f(x) = 0 vagy f(x)=x.x külön x értékre

3) minden t# 0 esetére ha f(t) = t.t # 0 => legyen x=0, y=t => f(t).f(-t) =f(t)f(t) => f(-t) = f(t)=t.t; ha f(t) = 0 => legyen x=0, y=-t => f(t).f(-t) =f(-t)f(-t) => f(-t) = f(t)=0 összefoglalva f(-x)=f(x) minden x estére.

4) Ha létezik a# 0 ugy , hogy f(a)=0 => akkor minden t# 0 esetére legyen x=t, y=a => f(t+a)f(t-a) = f(t)f(t) legyen x=a, y=t => f(t+a)f(a-t) = f(t)f(t) - 4a.a.f(t) Mivel f(t-a) = f(a-t) => 4a.a.f(t) = 0 => f(t)=0

összegezve : f(x)=0 és f(x) = x.x; a két valosfüggvény , amely teljesiti a feltételt.

(Prof. Hung Son Nguyen - Varso egyetemból)

Előzmény: [3827] Loiscenter, 2014-01-28 20:46:14

[3827] Loiscenter	2014-01-28 20:46:14
tényleg nincs folytonosság! igy csak 0 vagy x.x maradt! hogy tovább?
Előzmény: [3825] nadorp, 2014-01-28 15:33:25

[3826] w	2014-01-28 15:37:28
Keresd meg az összes olyan f:R $\to$ R függvényt, melyre f(x)²=1 teljesül minden x-re.
Előzmény: [3824] Loiscenter, 2014-01-28 15:17:44

[3825] nadorp

2014-01-28 15:33:25

Ez így egy kicsit hiányos.

Ugyanis abból, hogy minden x-re f²(x)=x²f(x) teljesül, csak az következik, hogy f(x)=0 vagy f(x)=x², de ez még nem zárja ki azt, hogy pld f(2)=4 és f(5)=0 egyszerre teljesüljön.

Előzmény: [3824] Loiscenter, 2014-01-28 15:17:44

[3824] Loiscenter	2014-01-28 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 Bundáskutya	2014-01-27 22:57:22
Ez tetszik, jóféle. :)
Előzmény: [3822] w, 2014-01-27 22:06:36

[3822] w

2014-01-27 22:06:36

Egy "vicces" függvényegyenlet.

Keressük meg az összes f:R $\to$ R 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] aaaa

2014-01-26 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 $\geq$ 64-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] w

2014-01-26 21:23:19

Az a sor talán jobban érthetően:

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

után ugye n^1/k $\le$ n^1/2 igaz minden k $\ge$ 2-re, vagyis az összeg minden tagját (ebből [log₂n]-1 darab van) n^1/2-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] Loiscenter	2014-01-26 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] Loiscenter	2014-01-26 20:14:21
nagyon szép a magyarazat! köszönöm szépen!
Előzmény: [3816] aaaa, 2014-01-26 02:07:38

[3817] Ménkűnagy Bundáskutya

2014-01-26 15:42:40

Azt hiszem, van egyszerűbb is.

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

|F_n| $\leq$ n^1/2+n^1/3+...+n^1/log₂n+1 $\leq$ n^1/2log₂n+1,

ami n-nel osztva nyilván 0-hoz tart.

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

[3816] aaaa	2014-01-26 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] aaaa

2014-01-26 01:23:52

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

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

Lemma 1. $\forall$ $\varepsilon$ , $\delta$ >0 $\exists$ k₀, 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 a_i pozitív egészek egy növekvő részsorozata, és $\sum a_i^{-1}<\infty$ , akkor n^-1|A_n| $\to$ 0, ha n $\to$ $\infty$ , ha A_n={a_i|a_i<n}

Indirekt, tegyük fel, hogy nem áll fent a bemutatott egyenlőség, vagyis létezik olyan $\varepsilon$ , hogy |A_n|> $\varepsilon$ n 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 b_i részsorozatát, ami tudja azt, hogy $\varepsilon$ ^kb_i>b_i-1, valamely k>2 egészre. Ekkor A_{b_i}> $\varepsilon$ b_i miatt a [0,b_i-1] intervallumba maximum b_i-1< $\varepsilon$ ^kb_i<A_{b_i} $\varepsilon$ ^k-1 darab eshet, szóval elég kevés szám, vagyis a számok legalább 1- $\varepsilon$ ^k-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 A_{b_i}-A_{b_i-1}=b_i( $\varepsilon$ - $\varepsilon$ ^k-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 a^b 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] Loiscenter	2014-01-24 20:30:06
Hatványszámok valoszinüsége természetes számok körében?

[3813] w	2013-11-10 17:40:47
a 13 hatványai és az 1 páratlan :-)
Előzmény: [3812] csábos, 2013-11-10 17:31:27

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?