Fórum: Érdekes matekfeladatok

Ha van 1, akkor van 1+1, és akkor van minden természetes szám. Vegyük az

$\displaystyle \frac{1}{\frac{1}{a}-\frac{1}{a+c}}=\frac{a^2}{c}+a$

összefüggést. Ebből $\displaystyle a$-t kivonva $\displaystyle c=1$ választással adódik $\displaystyle a^2$. Ha $\displaystyle a=-1$, akkor $\displaystyle c=2$-vel adódik $\displaystyle \frac{a^2}{2}$, amit önmagával összeadva adódik $\displaystyle a^2$.

Ezután a

$\displaystyle \frac{b}{2}=\frac{1}{\frac{1}{b}+\frac{1}{b}}$

trükkel csak a

$\displaystyle 2ab=(a+b)^2-a^2-b^2$

kifejezést kell felezni.

Modositananak a feladaton:

1 tartozik a szamhalazunkhoz. Csak kulönbséget (-) es recsiprok-at venni. Bizonyitando Összeadást, szorzást lehet elvégezni!

( Köszi Csábosnak hozászlásodért - de ez a néhány gomb 'sok' lenne?)

Arany Dániel 1980 3. kat 2. forduló 10. osztály 1. feladat.

Szerintem a számológépen van még néhány gomb, pl. a számjegyek.

Hajnal Péter : Elemi Kombinatorikai feladatok ( Polygon)

18.2 Feladat: Kis számológépünkön csupán összeadás és kivonás van, de egy szám reciprokát is képezhetjük. Kiszámolhatjuk - e vele két szám szorzatát?

PROBLÉMA: könyvben szereplö megoldás nem teljes, mert kész tényként tekintette hogy (a+1) létezik , holott nem mutatja hogy 1 van benne - igy a+1 nem bizonyitott hogy van benne S halmazban.

Segitsetek tisztázni ezt a problémat! Köszönöm!

Az összes ilyen tulajdonságú 4-edfokú polinom körülbelül:$\displaystyle (x^2+1)(ax^2+bx+1)$ alakú, ahol $\displaystyle 0< a<1$ és $\displaystyle b^2-4a<0$. A körülbelül az azt jelenti, hogy konstanssal lehet szorozni és $\displaystyle x$ helyébe $\displaystyle cx$-et írni.

Szép példa! (Ráadásul eggyel kisebb a fokszáma, mint annak a példának, melyet egy 1999-es cikkben találtam korábban.)

A példádban az is szép, hogy az $\displaystyle \epsilon_0=510663/50000000$ konstans egy egyszerű racionális szám:

az $\displaystyle \epsilon x^5+\frac{31 x^4}{1000}+\frac{17 x^3}{50}+\frac{1031 x^2}{1000}+\frac{17 x}{50}+1$ polinom minden gyökének valós része negatív, ha $\displaystyle 0<\epsilon<\epsilon_0$, ám $\displaystyle \epsilon=0$ vagy $\displaystyle \epsilon=\epsilon_0$ esetén már fellépnek tiszta képzetes gyökök.

Nem.

$\displaystyle 0.031 x^4+0.34 x^3+1.031 x^2+0.34 x+1$

szerintem ellenpélda. Ennek gyöke az $\displaystyle i$. Fordítva gondolkoztam. Vegyük azt a polinomot, aminek gyökei az eredeti polinomunk gyökeinek a reciprokai, megszoroztam x-szel, majd hozzáadtam epszilont.

Megkérdeztem egy pár embertől, és ennek a polinomnak a fordítottjára jutottunk jutottunk. A feltételeket

http://lib.physcon.ru/doc?id=7b389ac0fb8f

innen ellenőriztük, a wikipédián

https://en.wikipedia.org/wiki/Routh%E2%80%93Hurwitz_stability_criterion

itt van.

Rögzítsünk egy $\displaystyle n\ge 2$ egészt, egy pontosan $\displaystyle (n-1)$-edfokú egyváltozós valós $\displaystyle p$ polinomot, és egy $\displaystyle \epsilon_0>0$ számot.

Tudjuk, hogy minden $\displaystyle 0<\epsilon\le \epsilon_0$ mellett az $\displaystyle \epsilon x^n + p(x)$ polinom minden gyökének valós része negatív. Igaz-e, hogy az ($\displaystyle \epsilon$-tól független) $\displaystyle p$ polinom minden gyökének valós része is negatív?

Még egy megjegyzés: attól, hogy a Reduce szerint az egy harmadfokú egyenlet gyöke, még nem biztos, hogy ne lehetne egyszerűsíteni; pl. a 0-ra rámondanád, hogy az $\displaystyle x^3=0$ egyenlet gyöke?

Szóval a Reduce parancs szerint több megoldás is létezik? Ezzel nem értek egyet. (Amúgy a kérdésben nemnegatív változók szerepelnek, nem pedig pozitívak.)

Mathematicával:

$\displaystyle {FindInstance}\bigg[\bigg\{a+\alpha +A+b=1,\alpha \beta +A B+b=\frac{1}{2}, \alpha \beta ^2+A B^2+b=\frac{1}{3}, b \beta \gamma +b B cc+\alpha B c=\frac{1}{6},\alpha \beta ^3+A B^3+b=\frac{1}{4},$

$\displaystyle b \beta \gamma +b B {cc}+\alpha \beta B c=\frac{1}{8}, b \beta ^2 \gamma +b B^2 {cc}+\alpha B^2 c=\frac{1}{12},b B c \gamma =\frac{1}{24},a>0,b>0,$

$\displaystyle c>0,A>0,B>0,cc>0,\alpha >0,\beta >0,\gamma >0\bigg\},\{\alpha ,\beta ,\gamma ,a,b,c,A,B,{cc}\}\bigg]$

$\displaystyle \left\{\alpha = \frac{1}{6},\beta = \frac{1}{2},\gamma = \frac{1}{2},a= \frac{1}{6},b= \frac{1}{6},c= 1,A= \frac{1}{2},B= \frac{1}{2},C= \frac{1}{2}\right\}$

Reduce-al megadja az összeset, de kb. egy képernyőt elfoglal az eredményként kapott logikai kifejezés, és szerepel benne harmadfokú egyenlet gyöke is - szóval annyira nem szép.

Martin Kutta 114 éve oldotta meg valós változók esetén a felírt egyenletrendszert, és ezzel leírta az összes 4-lépéses 4-edrendű explicit Runge$\displaystyle -$Kutta-módszert, amely módszerek közönséges differenciálegyenletek numerikus analízisében azóta kedveltnek számítanak.

Ha megköveteljük a módszer együtthatóinak nemnegativitását, akkor olyan kitüntetett módszert kapnánk, amelynek bizonyos szempontból jobbak a stabilitási tulajdonságai. A kérdés tehát az, hogy a 4-lépéses 4-edrendű explicit módszerek 4 családjában van-e csupa nemnegatív együtthatóval bíró Runge$\displaystyle -$Kutta-módszer.

Szabad tudni, hogy ez miért érdekes? Köszi.

Határozzuk meg az $\displaystyle a$, $\displaystyle b$, $\displaystyle c$, $\displaystyle A$, $\displaystyle B$, $\displaystyle C$, $\displaystyle \alpha$, $\displaystyle \beta$, $\displaystyle \gamma$ nemnegatív mennyiségek értékét, amelyek teljesítik az

$\displaystyle a+\alpha +A+b=1,$

$\displaystyle \alpha \beta +A B+b=\frac{1}{2},$

$\displaystyle \alpha \beta ^2+AB^2+b=\frac{1}{3},$

$\displaystyle b \beta \gamma +b B C+\alpha B c=\frac{1}{6},$

$\displaystyle \alpha \beta ^3+AB^3+b=\frac{1}{4},$

$\displaystyle b \beta \gamma +b B C+\alpha \beta B c=\frac{1}{8},$

$\displaystyle b \beta ^2\gamma +b B^2 C+\alpha B^2 c=\frac{1}{12},$

$\displaystyle b B c \gamma =\frac{1}{24}$

egyenleteket.

Az egyenesek Plücker-koordinátáival általánosan lehet az ilyen feladatokat kiszámolni.

Egy egyenes Plücker-koordinátái $\displaystyle ({\bf d},{\bf m})=(d_1,d_2,d_3,m_1,m_2,m_3)$, ha $\displaystyle {\bf d}=(d_1,d_2,d_3)$ az egyenes egy irányvektora, és $\displaystyle {\bf m}=(m_1,m_2,m_3)$ az a vektor a térben, amire az egyenes minden $\displaystyle {\bf x}$ pontjára $\displaystyle {\bf x}\times{\bf d}={\bf m}$. A definíció miatt $\displaystyle {\bf d}$ és $\displaystyle {\bf m}$ merőleges egymásra.

Persze ez a koordinátázás nem egyértelmű, konstanssal szorozva ugyanannak ez egyenesnek egy másik koordinátavektorát kapjuk. Ezért kiköthetjük, hogy az irányvektor egységnyi hosszú legyen, vagy pedig a koordinátahatost tekinthetjük egy pontnak az 5-dimenziós projektív térben, amit homogén koordinátákkal írtunk fel, de ennek az 5-dimenziós pontnak teljesítenie kell az $\displaystyle d_1m_1+d_2m_2+d_3m_3=0$ egyenletet is; az ilyen pontok alkotják a Grassmann-sokaság nevű felületet. A felületnek azok a pontjai, amikre az irányvektor rész a nullvektor, az ideális egyeneseket reprezentálják.

Jó tudni, hogy két egyenes, $\displaystyle ({\bf d}_1,{\bf m}_1)$ és $\displaystyle ({\bf d}_2,{\bf m}_2)$ akkor és csak akkor van egy síkban, ha a "skaláris szorzatuk" $\displaystyle 0$: $\displaystyle {\bf d}_1\cdot {\bf d}_2+{\bf m}_1\cdot {\bf m}_2=0$. Ha tehát 4 adott egyenest metsző ötödiket keresünk, akkor van egy másodfokú és 4 lineáris feltételünk; a feladat egy (legfeljebb) másodfokú egyenlet megoldására vezet.

Kérdés: ha $\displaystyle {\bf d}_1$ és $\displaystyle {\bf d}_2$ is egységvektor, akkor mi a geometriai jelentésa a $\displaystyle {\bf d}_1\cdot {\bf d}_2+{\bf m}_1\cdot {\bf m}_2$ "skaláris szorzatnak"?

A konkrét feladatban az első egyenes egy irányvektora $\displaystyle (0,0,1)$, egy pontja $\displaystyle (1,0,0)$. Mivel $\displaystyle (1,0,0)\times(0,0,1)=(0,-1,0)$, az egyenes egy Plücker-koordinátázása $\displaystyle (0,0,1;0,-1,0)$. Innen Ti jöttök. :-)

3 egyenes meghatároz egy egyköpenyű hiperboloidot: a mindhárom egyenest metsző egyenesek úniója. Megszorítva egy egyenesre egy egyváltozós másodfokú polinomot kapunk aminek 2 gyöke van, tehát a 4. egyenesünk 2 pontban metszi a hiperboloidot. A bal-seregnek egy-egy egyenese megy át a két ponton, ez a két egyenes lesz a megoldás, vagyis a kérdésre a válasz: 2. vagy 0, attam.ól függően van-e valós gyöke a polinomnak. Nem magamtól vagyok ilyen okos, itt találtam.

https://docs.google.com/file/d/0Bw3xm1IL6QVJaXlWcVEybkR2ZGc/edit?pli=1

A feladvány nem korrekt, így kiegészítésre szorul. Olyan szimmetrikus alakot keressünk, amelybe akárhogy is helyettesítjük az értelmezési tartomány két $\displaystyle (y,z)$ valós értékét és egy $\displaystyle x$ ismeretlent, hogy az így keletkező $\displaystyle S(x,y,z)=0$ egyenletnek az $\displaystyle x$-re nézve négy valós gyöke legyen, hasonlóan, mint a Héron-képlet területnégyzeténél keletkező egyenletben. Továbbá a keresendő $\displaystyle g(x,y)$ kétváltozós függvény kifejezhető legyen $\displaystyle g_1(x)\cdot g_2(y)$ szorzat segítségével is.

Bizonyítsuk be, hogy az $\displaystyle f (x, y, z) := 2x^2y^2 +$ $\displaystyle x^2 + y^2 - z^2$ függvényhez található olyan $\displaystyle g(x, y)$ kétváltozós irracionális függvény, hogy az $\displaystyle S(x, y, z) :=g^2 (x, y) -f^2 (x, y,$ $\displaystyle z)$ háromváltozós függvény szimmetrikus legyen? Vagyis teljesüljön az $\displaystyle S(x, y, z) = S(y, z, x)$ azonosság.

Megjegyzés: A Cayley-Klein geometriai rendszer trigonometriái szolgálnak alapot a példákra. Legtriviálisabb az iskolai geometria koszinusztétele, ahol $\displaystyle f(x, y, z) := x^2 + y^2 - z^2$ és $\displaystyle g(x,y):=2xy$. Ekkor $\displaystyle S(x,y,z):=g^2-f^2$ szimmetrikus lesz a Héron formulában szereplő kifejezés miatt is. A másik példa a gömbi geometriából való, ahol $\displaystyle f(x,y,z):=cos(z)-cos(x)cos(y)$ és $\displaystyle g(x,y):=sin(x)sin(y)$ és ekkor $\displaystyle S(x,y,z):=g^2-f^2$ szintén szimmetrikus függvény lesz.

Adott a térben 4 egyenes az alábbi egyenletekkel:

1.) $\displaystyle x-1=y=0$,

2.) $\displaystyle y-1=z=0$,

3.) $\displaystyle x=z-1=0$,

4.) $\displaystyle x=y=-6z$.

Van-e olyan egyenes (és ha igen, hány), amely metszi mind a négy fenti egyenest?

Most foglalkozunk a következö feladattal:

2nx2n sakktábla es ugy festjük hogy minden sorban és minden oszlopban van 4 - 4 fekete mezö. Hány féleképen lehet?

Van egy gondolatom:

Azt mondjuk hogy egy müvelet "jo" , ha a müvelet elvégzesnél minden sorban és minden oszlopban 1- 1 mezöt festjük feketére ( n db mezöt).

Ezzel gondolattal tulajdonkeppen egy 4-4 szinezést 4 db 1-1 szinezésre tudjuk bontani ! Most még azon gondolom, hogyan számoljam egyértelmüen!

Nem tudom hogy ez segit- e nekunk?

Attól függ, hogyan általánosítod. Ha azt szeretnéd tudni, hogy hányféleképpen lehet kiszínezni egy sakktáblát úgy, hogy minden sorban és minden oszlopban pontosan 4 fehér mező legyen, akkor az A058528 sorozat adja meg az eredményt. Az ott látható képletet nem tudom levezetni, de azt el tudom mondani, hogy én hogy számolnám ki ezeket a számokat annál egy kicsit bonyolultabban.

Ha e helyett olyan színezéseket számolsz, ahol minden sorban és minden oszlopban a mezők fele fehér, vagyis a korábban említett A058527 sorozatról van szó. Ez utóbbit én nem tudom polinom időben kiszámolni.

Az első feladatra (4 fekete+ 4 fehér) van általános képlet?

A másodikat még tanulmányozom.

Köszönöm a hozzászólásokat!

Érdekes így egymás után feltéve a két kérdés. Miután az elsőt kiszámoltam (és ugyanazt az eredményt kaptam, mint Róbert Gida), a másodiknak is ugyanúgy álltam neki, mint az elsőnek. Ki is jött a helyes eredmény.

Utána viszont valaki elárulta, hogy van a második feladatra egy egyszerűbb megoldás is. Rá kellett volna jönnöm magamtól, csak az első elterelte a figyelmemet. Elmondom röviden.

Legyen egy $\displaystyle n×n$-es sakktáblánk, ahol $\displaystyle n = 8$. Tekintsük azokat a színezéseit a sakktáblának, ahol minden mező fekete vagy fehér, és minden sorban van fekete és fehér mező is. Legyenek $\displaystyle k, l$ nemnegatív egészek, és jelöljünk ki a sakktáblán $\displaystyle k$ oszlopot csupa feketének, meg $\displaystyle l$ ettől diszjunkt oszlopot csupa fehérnek, a többi oszlopban bármilyen színű mezők lehetnek. Jelölje $\displaystyle a_{k,l}$ azt a számot, ahány színezés van az előbbiek közül, ha ezt a néhány rögzített oszlopot nem változtathatjuk. Ez nyilván független attól, hogy melyik oszlopokat jelöltük ki. Ha ismernénk az $\displaystyle a_{k,l}$ számokat, akkor szitával megkaphatjuk azoknak a színezéseknek az $\displaystyle r$ számát, amelyekben nincs sem csupa fekete, sem csupa fehér oszlop. Pontosan

$\displaystyle r = \sum_k\sum_l (-1)^{k+l}\binom{n}{k+l}\binom{k+l}{l}a_{k,l}$

Viszont $\displaystyle a_{k,l}$ értékét azért könnyű kiszámolni, mert az ez által megszámolt színezésekben a sorok függetlenek. Azt kell tehát csak kiszámolni, hogy egy sort hányféleképpen színezhetünk ki megfelelően, és ezt $\displaystyle n$-edik hatványra emelni. Valóban,

$\displaystyle a_{k,l} = (2^{n-k-l} - [0 = l] - [0 = k])^n$

A két korrekciós tag azért kell, hogy kizárjuk a csupa fekete és a csupa fehér mezőből álló sort, de csupa fekete színezés csak akkor lehet, ha semelyik oszlopot nem rögzítettük fehérnek. Megoldásként tehát azt a dupla összeget kapjuk, hogy

$\displaystyle r = \sum_k\sum_l (-1)^{k+l}\binom{n}{k+l}\binom{k+l}{l}(2^{n-k-l} - [0 = l] - [0 = k])^n$

Ezt ki lehet számolni közvetlenül, de lehet egyszerűsíteni is. Ehhez szét kell választani négy részre az összeget a szerint, hogy $\displaystyle k$ és $\displaystyle l$ közül melyik nulla.

$\displaystyle r = r_0 + r_1 + r_2 + r_3$

$\displaystyle r_0 = (2^n - 2)^n$

$\displaystyle r_1 = \sum_{0 < l} (-1)^l\binom{n}{l}(2^{n-l} - 1)^n$

$\displaystyle r_2 = \sum_{0 < k} (-1)^k\binom{n}{k}(2^{n-k} - 1)^n$

$\displaystyle r_3 = \sum_{0 < k}\sum_{0 < l} (-1)^{k+l}\binom{n}{k+l}\binom{k+l}{l}(2^{n-k-l})^n$

Szimmetria miatt $\displaystyle r_1 = r_2$ (ez akkor is igaz lenne, ha nem négyzetes táblát használnánk). A negyedik részről észrevehetjük, hogy átlósan lehet összegezni, az $\displaystyle m = k + l$ helyettesítéssel.

$\displaystyle r_3 = \sum_{2 \le m}\left((-1)^m 2^{n(n-m)}\binom{n}{m}\cdot\sum_{1 \le l < m} \binom{m}{l}\right) =$

$\displaystyle = \sum_{2 \le m}\left((-1)^m \binom{n}{m}(2^m - 2)2^{n(n-m)} \right)$

Így pedig már csak két szimpla összeget kell kiértékelni, és mindkettőben csak $\displaystyle n-1$ darab nemnulla tag van.

Itt vannak az egyes tagok.

$\displaystyle r_0$ = 17324859965700833536;

$\displaystyle r_1$ = -541401873928151048+6948361847490588-47761898096696 +179402343750-322828856+183708-8 = -534501094899058562;

$\displaystyle r_3$ = 15762598695796736-369435906932736+4209067950080 -28185722880+113770496-258048+254 = 15397343784603902;

$\displaystyle r = r_0 + 2r_1 + r_3$ = 16271255119687320314;

Az első feladatra nem ismerek ennyire gyors számítást, de persze nem tudom kizárni, hogy van.

Nekem is annyi jött ki, a kisebb n-ekre a színezések száma (n=1-től indulva):

0,2,102,22874,17633670,46959933962,451575174961302.

Róbert Gidával egyetértek, valóban 116963796250 olyan színezés van a 8×8-as sakktáblán, ahol minden sorban és minden oszlopban pontosan 4 fekete mező van.

A másik kérdésre. Nekem az jött ki, hogy 16271255119687320314 olyan színezés van, ahol minden sorban és minden oszlopban van fekete és fehér mező is, ez az összes fekete-fehér színezésnek kb. 88 százaléka. Persze lehet, hogy elszámoltam valamit, úgyhogy ellenőrizzétek. Ez nincs benne az OEIS-ben.