[3988] csábos | 2015-11-08 19:34:54 |
Ha van 1, akkor van 1+1, és akkor van minden természetes szám. Vegyük az
&tex;\displaystyle \frac{1}{\frac{1}{a}-\frac{1}{a+c}}=\frac{a^2}{c}+a&xet;
összefüggést. Ebből &tex;\displaystyle a&xet;-t kivonva &tex;\displaystyle c=1&xet; választással adódik &tex;\displaystyle a^2&xet;. Ha &tex;\displaystyle a=-1&xet;, akkor &tex;\displaystyle c=2&xet;-vel adódik &tex;\displaystyle \frac{a^2}{2}&xet;, amit önmagával összeadva adódik &tex;\displaystyle a^2&xet;.
Ezután a
&tex;\displaystyle \frac{b}{2}=\frac{1}{\frac{1}{b}+\frac{1}{b}}&xet;
trükkel csak a
&tex;\displaystyle 2ab=(a+b)^2-a^2-b^2&xet;
kifejezést kell felezni.
|
Előzmény: [3987] Loiscenter, 2015-11-08 08:23:17 |
|
[3987] Loiscenter | 2015-11-08 08:23:17 |
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?)
|
Előzmény: [3986] csábos, 2015-11-07 20:29:12 |
|
|
[3985] Loiscenter | 2015-11-06 23:30:09 |
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!
|
|
[3984] csábos | 2015-10-22 13:11:04 |
Az összes ilyen tulajdonságú 4-edfokú polinom körülbelül:&tex;\displaystyle (x^2+1)(ax^2+bx+1)&xet; alakú, ahol &tex;\displaystyle 0< a<1&xet; és &tex;\displaystyle b^2-4a<0&xet;. A körülbelül az azt jelenti, hogy konstanssal lehet szorozni és &tex;\displaystyle x&xet; helyébe &tex;\displaystyle cx&xet;-et írni.
|
Előzmény: [3983] Lóczi Lajos, 2015-10-18 10:23:59 |
|
[3983] Lóczi Lajos | 2015-10-18 10:23:59 |
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 &tex;\displaystyle \epsilon_0=510663/50000000&xet; konstans egy egyszerű racionális szám:
az &tex;\displaystyle \epsilon x^5+\frac{31 x^4}{1000}+\frac{17 x^3}{50}+\frac{1031 x^2}{1000}+\frac{17 x}{50}+1&xet; polinom minden gyökének valós része negatív, ha &tex;\displaystyle 0<\epsilon<\epsilon_0&xet;, ám &tex;\displaystyle \epsilon=0&xet; vagy &tex;\displaystyle \epsilon=\epsilon_0&xet; esetén már fellépnek tiszta képzetes gyökök.
|
Előzmény: [3981] csábos, 2015-10-17 23:43:55 |
|
|
[3980] Lóczi Lajos | 2015-10-13 00:38:49 |
Rögzítsünk egy &tex;\displaystyle n\ge 2&xet; egészt, egy pontosan &tex;\displaystyle (n-1)&xet;-edfokú egyváltozós valós &tex;\displaystyle p&xet; polinomot, és egy &tex;\displaystyle \epsilon_0>0&xet; számot.
Tudjuk, hogy minden &tex;\displaystyle 0<\epsilon\le \epsilon_0&xet; mellett az &tex;\displaystyle \epsilon x^n + p(x)&xet; polinom minden gyökének valós része negatív. Igaz-e, hogy az (&tex;\displaystyle \epsilon&xet;-tól független) &tex;\displaystyle p&xet; polinom minden gyökének valós része is negatív?
|
|
[3979] Lóczi Lajos | 2015-10-09 23:25:13 |
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 &tex;\displaystyle x^3=0&xet; egyenlet gyöke?
|
Előzmény: [3977] emm, 2015-10-07 17:44:42 |
|
|
[3977] emm | 2015-10-07 17:44:42 |
Mathematicával:
&tex;\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},
&xet;
&tex;\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,&xet;
&tex;\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]
&xet;
&tex;\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\}
&xet;
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.
|
Előzmény: [3974] Lóczi Lajos, 2015-10-02 12:32:21 |
|
[3976] Lóczi Lajos | 2015-10-06 20:25:37 |
Martin Kutta 114 éve oldotta meg valós változók esetén a felírt egyenletrendszert, és ezzel leírta az összes 4-lépéses 4-edrendű explicit Runge&tex;\displaystyle -&xet;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&tex;\displaystyle -&xet;Kutta-módszer.
|
Előzmény: [3975] csábos, 2015-10-06 19:50:20 |
|
|
[3974] Lóczi Lajos | 2015-10-02 12:32:21 |
Határozzuk meg az &tex;\displaystyle a&xet;, &tex;\displaystyle b&xet;, &tex;\displaystyle c&xet;, &tex;\displaystyle A&xet;, &tex;\displaystyle B&xet;, &tex;\displaystyle C&xet;, &tex;\displaystyle \alpha&xet;, &tex;\displaystyle \beta&xet;, &tex;\displaystyle \gamma&xet; nemnegatív mennyiségek értékét, amelyek teljesítik az
&tex;\displaystyle a+\alpha +A+b=1,&xet;
&tex;\displaystyle \alpha \beta +A B+b=\frac{1}{2},&xet;
&tex;\displaystyle \alpha \beta ^2+AB^2+b=\frac{1}{3},&xet;
&tex;\displaystyle b \beta \gamma +b B C+\alpha B c=\frac{1}{6},&xet;
&tex;\displaystyle \alpha \beta ^3+AB^3+b=\frac{1}{4},&xet;
&tex;\displaystyle b \beta \gamma +b B C+\alpha \beta B c=\frac{1}{8},&xet;
&tex;\displaystyle b \beta ^2\gamma +b B^2 C+\alpha B^2 c=\frac{1}{12},&xet;
&tex;\displaystyle b B c \gamma =\frac{1}{24}&xet;
egyenleteket.
|
|
[3973] Fálesz Mihály | 2015-09-20 14:04:12 |
Az egyenesek Plücker-koordinátáival általánosan lehet az ilyen feladatokat kiszámolni.
Egy egyenes Plücker-koordinátái &tex;\displaystyle ({\bf d},{\bf m})=(d_1,d_2,d_3,m_1,m_2,m_3)&xet;, ha &tex;\displaystyle {\bf d}=(d_1,d_2,d_3)&xet; az egyenes egy irányvektora, és &tex;\displaystyle {\bf m}=(m_1,m_2,m_3)&xet; az a vektor a térben, amire az egyenes minden &tex;\displaystyle {\bf x}&xet; pontjára &tex;\displaystyle {\bf x}\times{\bf d}={\bf m}&xet;. A definíció miatt &tex;\displaystyle {\bf d}&xet; és &tex;\displaystyle {\bf m}&xet; 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 &tex;\displaystyle d_1m_1+d_2m_2+d_3m_3=0&xet; 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, &tex;\displaystyle ({\bf d}_1,{\bf m}_1)&xet; és &tex;\displaystyle ({\bf d}_2,{\bf m}_2)&xet; akkor és csak akkor van egy síkban, ha a "skaláris szorzatuk" &tex;\displaystyle 0&xet;: &tex;\displaystyle {\bf d}_1\cdot {\bf d}_2+{\bf m}_1\cdot {\bf m}_2=0&xet;. 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 &tex;\displaystyle {\bf d}_1&xet; és &tex;\displaystyle {\bf d}_2&xet; is egységvektor, akkor mi a geometriai jelentésa a &tex;\displaystyle {\bf d}_1\cdot {\bf d}_2+{\bf m}_1\cdot {\bf m}_2&xet; "skaláris szorzatnak"?
A konkrét feladatban az első egyenes egy irányvektora &tex;\displaystyle (0,0,1)&xet;, egy pontja &tex;\displaystyle (1,0,0)&xet;. Mivel &tex;\displaystyle (1,0,0)\times(0,0,1)=(0,-1,0)&xet;, az egyenes egy Plücker-koordinátázása &tex;\displaystyle (0,0,1;0,-1,0)&xet;. Innen Ti jöttök. :-)
|
Előzmény: [3969] Lóczi Lajos, 2015-09-17 19:31:04 |
|
[3972] csábos | 2015-09-20 13:16:14 |
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
|
Előzmény: [3969] Lóczi Lajos, 2015-09-17 19:31:04 |
|
[3971] gyula60 | 2015-09-20 10:42:28 |
A feladvány nem korrekt, így kiegészítésre szorul. Olyan szimmetrikus alakot keressünk, amelybe akárhogy is helyettesítjük az értelmezési tartomány két &tex;\displaystyle (y,z)&xet; valós értékét és egy &tex;\displaystyle x&xet; ismeretlent, hogy az így keletkező &tex;\displaystyle S(x,y,z)=0&xet; egyenletnek az &tex;\displaystyle x&xet;-re nézve négy valós gyöke legyen, hasonlóan, mint a Héron-képlet területnégyzeténél keletkező egyenletben. Továbbá a keresendő &tex;\displaystyle g(x,y)&xet; kétváltozós függvény kifejezhető legyen &tex;\displaystyle g_1(x)\cdot g_2(y)&xet; szorzat segítségével is.
|
Előzmény: [3970] gyula60, 2015-09-18 21:43:30 |
|
[3970] gyula60 | 2015-09-18 21:43:30 |
Bizonyítsuk be, hogy az &tex;\displaystyle f (x, y, z) := 2x^2y^2 + &xet; &tex;\displaystyle x^2 + y^2 - z^2&xet; függvényhez található olyan &tex;\displaystyle g(x, y)&xet; kétváltozós irracionális függvény, hogy az &tex;\displaystyle S(x, y, z) :=g^2 (x, y) -f^2 (x, y,&xet; &tex;\displaystyle z)&xet; háromváltozós függvény szimmetrikus legyen? Vagyis teljesüljön az &tex;\displaystyle S(x, y, z) = S(y, z, x)&xet; azonosság.
Megjegyzés: A Cayley-Klein geometriai rendszer trigonometriái szolgálnak alapot a példákra. Legtriviálisabb az iskolai geometria koszinusztétele, ahol &tex;\displaystyle f(x, y, z) := x^2 + y^2 - z^2&xet; és &tex;\displaystyle g(x,y):=2xy&xet;. Ekkor &tex;\displaystyle S(x,y,z):=g^2-f^2&xet; szimmetrikus lesz a Héron formulában szereplő kifejezés miatt is. A másik példa a gömbi geometriából való, ahol &tex;\displaystyle f(x,y,z):=cos(z)-cos(x)cos(y)&xet; és &tex;\displaystyle g(x,y):=sin(x)sin(y)&xet; és ekkor &tex;\displaystyle S(x,y,z):=g^2-f^2&xet; szintén szimmetrikus függvény lesz.
|
|
[3969] Lóczi Lajos | 2015-09-17 19:31:04 |
Adott a térben 4 egyenes az alábbi egyenletekkel:
1.) &tex;\displaystyle x-1=y=0&xet;,
2.) &tex;\displaystyle y-1=z=0&xet;,
3.) &tex;\displaystyle x=z-1=0&xet;,
4.) &tex;\displaystyle x=y=-6z&xet;.
Van-e olyan egyenes (és ha igen, hány), amely metszi mind a négy fenti egyenest?
|
|
[3968] Loiscenter | 2015-04-19 12:39:42 |
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?
|
Előzmény: [3967] jonas, 2015-04-17 15:50:22 |
|
[3967] jonas | 2015-04-17 15:50:22 |
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.
|
Előzmény: [3966] Loiscenter, 2015-04-17 15:28:34 |
|
|
[3965] jonas | 2015-04-16 22:45:26 |
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 &tex;\displaystyle n×n&xet;-es sakktáblánk, ahol &tex;\displaystyle n = 8 &xet;. Tekintsük azokat a színezéseit a sakktáblának, ahol minden mező fekete vagy fehér, és minden sorban van fekete és fehér mező is. Legyenek &tex;\displaystyle k, l &xet; nemnegatív egészek, és jelöljünk ki a sakktáblán &tex;\displaystyle k &xet; oszlopot csupa feketének, meg &tex;\displaystyle l &xet; ettől diszjunkt oszlopot csupa fehérnek, a többi oszlopban bármilyen színű mezők lehetnek. Jelölje &tex;\displaystyle a_{k,l} &xet; 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 &tex;\displaystyle a_{k,l} &xet; számokat, akkor szitával megkaphatjuk azoknak a színezéseknek az &tex;\displaystyle r &xet; számát, amelyekben nincs sem csupa fekete, sem csupa fehér oszlop. Pontosan
&tex;\displaystyle
r = \sum_k\sum_l (-1)^{k+l}\binom{n}{k+l}\binom{k+l}{l}a_{k,l}
&xet;
Viszont &tex;\displaystyle a_{k,l} &xet; 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 &tex;\displaystyle n &xet;-edik hatványra emelni. Valóban,
&tex;\displaystyle
a_{k,l} = (2^{n-k-l} - [0 = l] - [0 = k])^n
&xet;
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
&tex;\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
&xet;
Ezt ki lehet számolni közvetlenül, de lehet egyszerűsíteni is. Ehhez szét kell választani négy részre az összeget a szerint, hogy &tex;\displaystyle k &xet; és &tex;\displaystyle l &xet; közül melyik nulla.
&tex;\displaystyle
r = r_0 + r_1 + r_2 + r_3
&xet;
&tex;\displaystyle
r_0 = (2^n - 2)^n
&xet;
&tex;\displaystyle
r_1 = \sum_{0 < l} (-1)^l\binom{n}{l}(2^{n-l} - 1)^n
&xet;
&tex;\displaystyle
r_2 = \sum_{0 < k} (-1)^k\binom{n}{k}(2^{n-k} - 1)^n
&xet;
&tex;\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
&xet;
Szimmetria miatt &tex;\displaystyle r_1 = r_2 &xet; (ez akkor is igaz lenne, ha nem négyzetes táblát használnánk). A negyedik részről észrevehetjük, hogy átlósan lehet összegezni, az &tex;\displaystyle m = k + l &xet; helyettesítéssel.
&tex;\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) =
&xet;
&tex;\displaystyle
= \sum_{2 \le m}\left((-1)^m \binom{n}{m}(2^m - 2)2^{n(n-m)} \right)
&xet;
Így pedig már csak két szimpla összeget kell kiértékelni, és mindkettőben csak &tex;\displaystyle n-1 &xet; darab nemnulla tag van.
Itt vannak az egyes tagok.
&tex;\displaystyle r_0&xet; = 17324859965700833536;
&tex;\displaystyle r_1&xet; = -541401873928151048+6948361847490588-47761898096696 +179402343750-322828856+183708-8 = -534501094899058562;
&tex;\displaystyle r_3&xet; = 15762598695796736-369435906932736+4209067950080 -28185722880+113770496-258048+254 = 15397343784603902;
&tex;\displaystyle r = r_0 + 2r_1 + r_3&xet; = 16271255119687320314;
Az első feladatra nem ismerek ennyire gyors számítást, de persze nem tudom kizárni, hogy van.
|
Előzmény: [3959] Loiscenter, 2015-04-14 22:46:28 |
|
|
[3963] jonas | 2015-04-16 14:11:32 |
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.
|
Előzmény: [3959] Loiscenter, 2015-04-14 22:46:28 |
|