Fórum: Érdekes matekfeladatok

If &tex;\displaystyle x_{i}\in \left[0,\frac{\pi}{2}\right]\forall i = 1,2,3,...,10&xet; and &tex;\displaystyle \sin^2 x_{1}+\sin^2 x_{2}+...+\sin^2 x_{10} = 1&xet;. Then Minimum value of &tex;\displaystyle \frac{\cos x_{1}+\cos x_{2}+...+\cos x_{10}}{\sin x_{1}+\sin x_{2}+....+\sin x_{10}}&xet;

Az integrál amúgy egy Green-tétel alkalmazásaként jött létre (a rotációt tartalmazó területi integrál kiszámítása könnyű, az aktuális példa a tétel "másik" oldala, a görbementi integrál egy paraméterezése).

Javítás: &tex;\displaystyle 6/5*Pi&xet;-t ír az inverz szimbolikus kalkulátor, ez éppen a tizede a keresett értéknek, ami jó, mert a keresésben a tizedesvessző helyét nem nézi.

Ez azért érdekes volt, 9-es verziójú Mathematica 510 másodperc után visszaadta az eredeti problémát, azaz nem tudta kiszámolni, persze numerikusan ki tudja integrálni és innen már könnyű volt (bár az inverz szimbólikus oldal &tex;\displaystyle 6.5*\pi&xet;-t adott rá).

Az első és harmadik tag összegének integrálja &tex;\displaystyle 12\pi&xet;, ez triviális. A második tag integrálja pedig nulla(!), mert a &tex;\displaystyle [0,\pi]&xet; intervallumon az &tex;\displaystyle x=\frac{\pi}{2}&xet; tengelyre nézve páratlan a függvény, így integrálja nulla (és az integrál létezik!), míg a &tex;\displaystyle [\pi,2\pi]&xet; intervallumon az &tex;\displaystyle x=\frac {3\pi}{2}&xet;-re tengelyre nézve ptlan a fv., így integrálja megint nulla. A negyedik tag integrálja is nulla, ez az &tex;\displaystyle x=\pi&xet; tengelyre nézve ptlan fv.

Ptlan fv-eket meglehetősen nehezen ismer fel a Mathematica. Egyébként az első három tag összegét (gyorsan) tudja integrálni.

&tex;\displaystyle 12\pi&xet; az integrál értéke.

Meg lehet-e határozni az alábbi integrál "pontos" értékét?

&tex;\displaystyle \int_0^{2 \pi } 21 \cos ^2(t)+\cos (t)\sqrt{81 \sin ^4(t)+1} -9 \sin ^2(t)+\sin (t) e^{\sin (3 \cos (t))} dt&xet;

Köszi! Valóban ott volt a 12. feladat.

Kömal A/N feladat lehetett ez, úgy emlékszem &tex;\displaystyle n=2^k&xet; esetén nem lehetséges az eredeti számokat meghatározni. De az biztos, hogy Lovász Kombinatorikai problémák és feladatok könyvében ez a feladat benne van. (Rekonstrukciós problémáknál lehet).

András gondol &tex;\displaystyle n&xet; darab számra, majd megadja Bélának az ezekből a számokból alkotott párok összegét, &tex;\displaystyle \binom{n}2&xet; darabot (csak magukat a számokat, eltitkolva, hogy mely két eredeti szám összegeként állnak elő).

Minden &tex;\displaystyle n&xet; esetén végig lehet gondolni, hogy a megadott összegekből minden esetben rekonstruálhatóak-e az eredeti számok.

Ha &tex;\displaystyle n < 3&xet;, akkor nyilván nem. &tex;\displaystyle n=3&xet; könnyen rekonstruálható, pl. ha A, B és C a három összeg, akkor ebből &tex;\displaystyle (A+B-C)/2&xet;, &tex;\displaystyle (A-B+C)/2&xet; és &tex;\displaystyle (-A+B+C)/2&xet; az eredeti 3 szám.

Jelenleg &tex;\displaystyle n=6&xet;-ig néztem végig az eseteket, ebből a 6 volt a legizgalmasabb. Szóval &tex;\displaystyle n=4, 5, 6&xet;-ra kérdés, hogy mindig egyértelmű-e a visszafejtés, valamint az is, hogy &tex;\displaystyle n>6&xet; esetén tudunk-e valamit mondani (erre még nem tudom a választ, csak sejtem).

A Baranyai-tétel speciális esete, hogy egy &tex;\displaystyle (3k+3)&xet;-elemű halmaz &tex;\displaystyle (k+1)&xet;-elemű részhalmazait hármasával lehet csoportosítani úgy, hogy minden hármas diszjunkt halmazokból álljon, amelyek uniója persze kiadja a teljes halmazt.

Ha a &tex;\displaystyle (3k+2)&xet;-elemű halmazunkhoz hozzáveszünk még egy, "extra" elemet, akkor a Baranyai-tétel felbontja a kibővített halmazt hármasokra. Minden hármasban az egyik halmaz tartalmazza az extra elemet és még &tex;\displaystyle k&xet; elemet, ehhez a &tex;\displaystyle k&xet; elemhez rendelhetjük hozzá a másik két &tex;\displaystyle (k+1)&xet;-es részhalmazt.

Egy kerek megoldáshoz a csoportosításra lenne jó egy szép, közvetlen konstrukciót mutatni. Talán ez segíthet.

Megpróbálom most már értelmesen leírni, amit akartam, mert az előző hozzászólásom teljesen értelmetlenre sikerült :-(

Az a sejtésem, hogy a 3k+2 elemű halmaz k és k+1 elemű részhalazai olyan hármasokba rendezhetők, ahol egy-egy hármasba két k+1 elemű és egy k elemű részhalmaz tartozik, melyek páronként diszjunktak és uniójuk épp az alaphalmaz. pl. k = 1 re egy ilyen csoportosítás: (12, 34, 5), (13, 25, 4), (14, 35, 2), (15, 24, 3), (23, 45, 1)

És az a kérdésem, hogy egy 2n elemű halmaz össze nem üres részhalmaza hármsokba csoportosítható-e olyan módon, hogy bármely hármason belül valamely két halmaz diszjunkt és uniója épp a hármas harmadik halmaza. pl. n=1-re a triviális (1,2,12) vagy n=2-re (1,23,123) (2,14,124) (3,24,234) (4,13,134) (12,34, 1234) egy jó csoportosítás. Mi a helyzet általánosan?

Sziasztok, új vagyok ezen a néven, de másik nick-kel is rég jártam erre...

Az általad kért konstruktív megoldásra nincs ötletem, de szerintem létezik olyan összerendelés, melyben a részhalmasz-hármasok minden esetben páronként diszjunkt halmazokból állnak.

Egy hasonló, de egyszerűbb "feladvány": az N=1, 2, ...2n halmaz nem üres részhalmazainak száma , osztható 3-mal. Lehet-e ezeket a részhalmazokat hármas csoportokba rendezni úgy, hogy egy csoporton belül páronként diszjunkt halmazok vannak, melyek uniója N? pl. n=1-re a triviális ({1},{2},{1,2}) vagy n=2-re ({1},{2,3},{1,2,3}) ({2},{1,4},{1,2,4}) ({3},{2,4},{2,3,4}) ({4},{1,3},{1,3,4}) ({1,2},{3,4},{1,2,3,4}) egy jó csoportosítás. Mi a helyzet általánosan?

Igen, azóta már én is megértettem a kérdésed lényegét. Olyan hozzárendelést nem találtam, amelyből azonnal kiderül, hogy egy "3k+2" elemű halmaznak kétszer annyi "k+1" elemű részhalmaza van mint ahány "k" elemű.

Nem ilyenre gondoltam, hanem "ügyesre" abban az értelemben, hogy ha adott egy k elemű részhalmaz az elemeivel, akkor ahhoz azonnal meg lehet mondani a két hozzárendelt k+1 elemű részhalmazt az elemeikkel.

Egy lehetséges célirányos megfeleltetés a részemről a következő:

Először lexikografikusan rendezem a "k" elemű részhalmazokat. Utána lexikografikusan rendezem a "k+1" elemű részhalmazokat.

a.) Ekkor a megfeleltetés legyen az hogy, a "k+1" elemű részhalmazok sorozatának elölről és hátulról számítva az "n"-ik tagjához hozzárendelem a "k" elemű részhalmazok sorozatának "n"-ik tagját.

b.) Ekkor a megfeleltetés legyen az hogy, a "k+1" elemű részhalmazok sorozatának elölről számítva az "2n-1"-ik tagjához és "2n"-ik tagjához hozzárendelem a "k" elemű részhalmazok sorozatának "n"-ik tagját.

Ha senki nem adhat önmagának vagy a házaspárjának ajándékot, akkor természetesen rosszabb a helyzet, mert több megkötés van. Ilyenkor 0.13 körül van az esélye, hogy sikerül a sorsolás.

Ismert, hogy egy közösség tagjai karácsony előtt egymásközt sorsolással döntik el, hogy ki kinek ad ajándékot. A sorsolás úgy történik, hogy mindenki felírja a nevét egy cetlire, ezután mindenki a cetlit beleteszi egy kalapba, majd ezután mindenki húz egy cetlit ebből a kalapból "csukott szemmel". Így mindenki annak ad ajándékot, akinek a nevét húzta. A sorsolás akkor jó, ha mindenki másnak a nevét húzza. Ismert, hogy ekkor a jó sorsolás valószínűsége tart "1/e"-hez, ha a közösség tagjainak száma tart a végtelenhez.

Most tegyük fel, hogy egy közösség "k" darab házaspárból áll, és megint sorsolással döntik el, hogy ki kinek ad ajándékot. (Minden házaspár mindkét tagja külön-külön részt vesz a sorsolásban.) A sorsolás akkor jó, ha nincs olyan résztvevője a sorsolásnak, aki vagy a saját nevét húzza, vagy pedig a házaspárja nevét húzza. Mennyi a jó sorsolás valószínűsége, ha "k" tart a végtelenhez?

Most tegyük fel, hogy egy közösségnek "n" darab tagja van, és a közösség tagjai megint sorsolással döntik el, hogy ki kinek ad ajándékot. Mennyi annak a valószínűsége, hogy van két olyan tagja a közösségnek, akik egymást ajándékozzák meg? (Most ezutóbbit én is átéltem, ugyanis az iskolában is megtartottuk ezt a sorsolást, és én voltam a tagja annak az egyetlen párosnak, akik egymást ajándékozták meg.)

Legyen &tex;\displaystyle f:N\to N&xet; függvény, ahol &tex;\displaystyle N&xet; a pozitív egészek halmazát jelöli. Tegyük fel, hogy az &tex;\displaystyle f(1),f(2),\dots&xet; sorozatnak nincs közös prímosztója, és hogy elég nagy &tex;\displaystyle n&xet;-re &tex;\displaystyle f(n)\neq 1&xet;. Határozzuk meg &tex;\displaystyle f&xet;-et, ha azt is tudjuk, hogy elég nagy &tex;\displaystyle n&xet; esetén

teljesül minden &tex;\displaystyle a,b\in N&xet;-re!

Én nem kereskedem a tőzsdén. Így aztán fogalmam sincs róla, mit jelent a "10 pont stop", "kört nyerni" , "pozíció nyílik" stb. Ezért azt hiszem, a te feladatod megoldásához is segít egy másik feladat: Középiskolai matematikai ismereteket - és csak azt - feltételezve fogalmazd meg a problémádat közérthető nyelvre lefordítva.

Könnyű belátni, hogy egy 3k+2 elemű halmaznak kétszer annyi k+1 elemű részhalmaza van, mint k elemű (k természetes szám). Vajon megadható-e "ügyesen" valamilyen kölcsönösen egyértelmű hozzárendelés a k elemű részhalmazok és a k+1 elemű részhalmazokból alkalmasan képzett (diszjunkt) részhalmaz-párok között?

Sziasztok! Egy kis segítséget szeretnék kérni tőletek, mert nekem nehéznek és átláthatatlannak tűnik a dolog.

Egy példát szeretnék megoldatni, és nem szeretnék órákat gondolkozni rajt.

Tehát: Tőzsdén kereskedünk. 10 pont stopot használunk. Egymás után átlagosan 10 kört nyerünk. Egy körnek számít az is, ha 1 pozíció nyílik meg, és az is, ha mindhárom megnyílik.

Egy pozíció nyitáskor 1 pontot nyerhetünk. Ha megnyitjuk a második pozíciót (az első még nyitva van!), azon is 10 pontot veszthetünk. Harmadiknál is 10 pontot veszíthetünk.

Véletlenszerű, hogy megnyílik-e a második pozíció, de ha ez megnyílik, akkor többnyire a harmadik is, hacsak nem nyerjük meg a szükséges tőkét az első kettővel.

Mekkora legyen a pozíciók egymáshoz viszonyított méretaránya, hogy mégis nyerjünk? Mekkora legyen a második pozícióval vett nyereség, ha csak kettő nyílik meg, illetve mekkora legyen a minimális nyereség, ha mindhárom megnyílik? Nyerőben szeretnénk kiszállni, ez a lényeg. Egy pozíció megnyitása sok esetben nem elég, ezért kell a többi is. Kérem a segítségeteket! Köszönöm. Krisz

Vegyük észre, hogy az adott egyenesek kielégítik az

&tex;\displaystyle (x-1)(y-1)(z-1)-xyz=0&xet;

egyenletet. Ekkor &tex;\displaystyle x=y=-6z&xet; helyettesítéssel a

&tex;\displaystyle 24z^2+11z+1=0 &xet;

egyenlet adódik, melynek gyökei &tex;\displaystyle z=-\frac{1}{3}&xet; és &tex;\displaystyle z=-\frac{1}{8}&xet;

1. eset: &tex;\displaystyle z=-\frac{1}{3}&xet;. Ekkor a &tex;\displaystyle (2,2,\frac{-1}{3})&xet; ponton is átmegy az egyenes. Ha átfektetünk e ponton és pl. az &tex;\displaystyle x=z-1=0&xet; egyenesen egy síkot, akkor ez 1-1 pontban metszi a másik két egyenest. Ha ezek ,,véletlenül'' egy egyenesen vannak, akkor nyertünk. És nyertünk. A pontok:

&tex;\displaystyle (0,-2,1)&xet;,&tex;\displaystyle (1,0,\frac{1}{3})&xet;,&tex;\displaystyle (\frac{3}{2},1,0)&xet; és persze &tex;\displaystyle (2,2,-\frac{1}{3})&xet;. Ezek egy egyenesen vannak.

2. eset: &tex;\displaystyle z=-\frac{1}{8}&xet;. Ekkor a &tex;\displaystyle (\frac{3}{4},\frac{3}{4},-\frac{1}{8})&xet; pontbl fektetjük a síkot és a másik 3 pont: &tex;\displaystyle (0,3,1 )&xet;, &tex;\displaystyle (1,0, -\frac{1}{2}) )&xet; és &tex;\displaystyle (\frac{2}{3}),1,0 )&xet;

Köszönöm szépen! szép a megoldás!

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.

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?)