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]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[625] Kós Géza2004-11-25 06:55:36

Az igaz, hogy minden megoldást előállít, de a hatványsorral vigyázni kell. Nem minden függvény fejthető hatványsorba. Még akkor sem, ha akárhányszor deriválható.

Előzmény: [619] Maga Péter, 2004-11-24 18:45:38
[624] Kós Géza2004-11-25 06:52:29

Ha g(x) monoton (akár így, akár úgy), akkor g(g(x)) monoton növekszik, tehát nem lehet az 1/x.

Előzmény: [623] HOMI, 2004-11-25 02:24:03
[623] HOMI2004-11-25 02:24:03

A g(x) injektiv,mert ha g(a)=g(b) akkor 1/a=g(g(a))=g(g(b))=1/b,azaz a=b.Az 1/x mindent felvesz (0,+végtelen)-en,igy g(g(x)) szürjektiv,azaz g(x) is szürjektiv.A g(x) folytonos,injektiv,szürjektiv tehát szigorúan monoton.Ha g(x) szig.mon.növekedne,g(g(x)) is azt tenné de 1/x szig.mon csökken.Igy g szig mon csökken és a felvett értékkészlete a teljes(0,+végtelen).Ekkor ha x 'kicsi', g(x) 'nagy',g(g(x)) 'kicsi' ,de 1/x 'nagy'.Ez ellentmondás,mert g(g(x)))=1/x.(A fentiek pontos megfogalmazása: ha x tart 0-hoz g(x)->+végtelen,igy g(g(x))->0,de 1/x->végtelen).

Előzmény: [622] jenei.attila, 2004-11-24 20:39:06
[622] jenei.attila2004-11-24 20:39:06

Egy nem túl nehéz, de szerintem érdekes feladat:

Bizonyítsuk be, hogy nincs olyan g:R+\toR+ folytonos függvény, amelyre g(g(x))=1/x minden x\inR+-ra.

[621] Edgar2004-11-24 19:19:41

> csak minden 8. tagot hagyunk meg

Ez tetszik...

Előzmény: [618] Lóczi Lajos, 2004-11-24 18:20:46
[620] rizs2004-11-24 19:14:02

Ha már Fibonacci a téma, akkor ezt ajánlom még egyszer :) 118.: Ha a Fibonacci sorozat elemeit egy-egy tizedeshellyel eltolva (akár balról jobbra, akár jobbról balra haladva) egymás alá írjuk és összeadjuk, akkor a sok szám összege végül ismétlődő szakaszokból fog állni, tehát olyan lesz, mint a végtelen szakaszos tizedestörtek. Sőt, nem csak olyan, hanem az is! Ha megfelelő helyre tesszük a tizedesvesszőt, akkor a két összeg éppen 1/A, illetve 1/B értékű lesz, ahol A és B prímszámok. Mennyi A és B?

[619] Maga Péter2004-11-24 18:45:38

A hatványsoros megoldáshoz hozzátenném, hogy az összes ilyen tulajdonságú függvényt generálja. Tehát: az ex hatványsorából érdemes indulni, ez \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!}. Ezek után pedig a minden 0 és 7 közötti egész i-re a 8k+i alakú egészekhez tartozó együtthatókat ugyanazzal a ci konstanssal szorozni. A tagok elhagyása (amit szefoharcos írt) a ci=0. Csak arra kell figyelni, hogy ha ügyetlenül választjuk meg ezeket a konstansokat, akkor korábbi derivált is lehet az eredeti függvény. Ez akkor teljesül, ha ugyanazt a kostans szorzót (ci) választjuk olyan együtthatókhoz, amelyeknek különbsége 8-nál kisebb, a 8-hoz nem relatív prím. A felírt hatványsor mindig értelmes, ezt a Cauchy-Hadamaard kritériummal lehet ellenőrizni.

Előzmény: [618] Lóczi Lajos, 2004-11-24 18:20:46
[618] Lóczi Lajos2004-11-24 18:20:46

Valóban, amely Általad említett függvény a koszinusz-analógiával is felírható persze:

legyen ismét \alpha egy primitív nyolcadik egységgyök, ekkor

\frac{1}{8}\sum_{i=0}^7 e^{\alpha^k x}

lesz az a valós függvény, amely ex hatványsorából úgy keletkezik, hogy csak minden 8. tagot hagyunk meg, azaz a fenti függvény 0 körüli hatványsorának eleje

1 + \frac{x^8}{8!} + \frac{x^{16}}{16!}+...

Egyébként ez csak valós elemi függvényekkel kifejezve egy harmadik alakban így fest:

e^{-x} + e^x + 2\cos x + \frac{2\cos (\frac{x}{{\sqrt{2}}})}{e^{\frac{x}{{\sqrt{2}}}}} + 
  2e^{\frac{x}{{\sqrt{2}}}}\cos (\frac{x}{{\sqrt{2}}})

vagy, ha a ch koszinusz-hiperbolikusz függvényt is használhatom, akár így:

2\left( \cos x + ch x + 2\cos (\frac{x}{{\sqrt{2}}})ch (\frac{x}{{\sqrt{2}}}) \right)

Előzmény: [617] szefoharcos, 2004-11-24 17:43:32
[617] szefoharcos2004-11-24 17:43:32

Kedves Lajos!

Gratulaalok a megoldaasaidhoz! A Fibonacci-szaamokra ugyanezt talaaltam een is, de a fuggveenyesre volna egy megjegyzeesem, ami nem toolem szaarmazik: hatvaanysorok... Ahogy Kemeeny Legeeny is megoldotta, mieloott hangneme miatt letiltottaak volna: Az xn/n! sor minden 8. tagjaat hagyjuk csak meg. Konnyuu ellenoorizni, hogy ez joo.

[616] Lóczi Lajos2004-11-24 15:03:36

Egy kis segítség a 121. feladathoz:

némi keresgélés után rájöttem, hogy

F2n+1=Fn+12+Fn2 illetve

F2n=Fn+12-Fn-12,

ahol n pozitív természetes szám és Fn az n-edik Fibonacci szám, ha a sorozat így kezdődik: F1=1, F2=1, F3=2, stb.

Ezeket már könnyű bizonyítani például a Fibonacci-számok explicit alakjából.

Előzmény: [604] szefoharcos, 2004-11-23 22:42:38
[615] Hajba Károly2004-11-24 14:52:04

Köszi a fejtágítást. Ennek ismeretében mondhatom, Sirpi alábbi egyik hozzászólásából ki kellett volna találnom. :o)

HK

Előzmény: [614] Lóczi Lajos, 2004-11-24 12:54:56
[614] Lóczi Lajos2004-11-24 12:54:56

Nyilván nem, csak ez az egy ilyen hármasiker van. Hiszen ha az első tag 3-nál nagyobb prím, akkor 3-mal maradékosan osztva 1-et vagy 2-t ad. De ekkor az első esetben a sorozat 2. tagja 3-mal osztható lenne, míg a második esetben a sorozat 3. tagja volna 3-mal osztható.

Előzmény: [612] Hajba Károly, 2004-11-24 12:48:27
[613] Lóczi Lajos2004-11-24 12:49:55

Legyen \alpha egy primitív nyolcadik egységgyök, például \alpha=\frac{1+i}{\sqrt{2}}.

Ekkor az f(x):=e^{\alpha x} függvény nyilván megfelelő lesz a 120. feladathoz.

Ha csak valós számokra akarunk szorítkozni, akkor pedig tekintsük mondjuk a g(x):=e^{\alpha x}+e^{\beta x} függvényt, ahol \beta nem más, mint \alpha konjugáltja. Konkrétan: g(x)=2e^{\frac{x}{\sqrt{2}}}\dot \cos\frac{x}{\sqrt{2}}.

(Látható, hogy ezek bizonyos értelemben általánosítják a sin  és cos  függvényeket, hiszen ott primitív negyedik egységgyökökről van szó:

\cos x =\frac{e^{i x}+e^{-i x}}{2}, illetve \sin x =\frac{e^{i x}-e^{-i x}}{2 i}.)

Előzmény: [604] szefoharcos, 2004-11-23 22:42:38
[612] Hajba Károly2004-11-24 12:48:27

Hamár így belemelegedett a topiktagság a prímek keresésébe, nekem is lenne egy érdekes kérdésem. Létezik-e a 3, 5, 7 számhármason kívül még hármasiker prímszámhármas, azaz a prímek olyan 3 tagú sorozata, mely diferenciája 2? Habár ez már talán a számelmélet topikba illene. :o)

HK

[611] Lóczi Lajos2004-11-24 12:27:01

Siker, ötösiker is létezik. Az első 5 egymás utáni prím, amely számtani sorozatot alkot:

9843019, 9843049, 9843079, 9843109, 9843139

Előzmény: [610] Lóczi Lajos, 2004-11-24 12:20:37
[610] Lóczi Lajos2004-11-24 12:20:37

100000-ig az összes ilyen prímnégyes egyébként rendre:

251, 257, 263, 269

1741, 1747, 1753, 1759

3301, 3307, 3313, 3319

5101, 5107, 5113, 5119

5381, 5387, 5393, 5399

6311, 6317, 6323, 6329

6361, 6367, 6373, 6379

12641, 12647, 12653, 12659

13451, 13457, 13463, 13469

14741, 14747, 14753, 14759

15791, 15797, 15803, 15809

15901, 15907, 15913, 15919

17471, 17477, 17483, 17489

18211, 18217, 18223, 18229

19471, 19477, 19483, 19489

23321, 23327, 23333, 23339

26171, 26177, 26183, 26189

30091, 30097, 30103, 30109

30631, 30637, 30643, 30649

53611, 53617, 53623, 53629

56081, 56087, 56093, 56099

62201, 62207, 62213, 62219

63691, 63697, 63703, 63709

71341, 71347, 71353, 71359

74453, 74471, 74489, 74507 -- ha jól látom, ez az első, ahol nem 6 a differencia

75521, 75527, 75533, 75539

76543, 76561, 76579, 76597 -- itt sem

77551, 77557, 77563, 77569

78791, 78797, 78803, 78809

80911, 80917, 80923, 80929

82781, 82787, 82793, 82799

83431, 83437, 83443, 83449

84431, 84437, 84443, 84449

89101, 89107, 89113, 89119

89381, 89387, 89393, 89399

91291, 91297, 91303, 91309

94421, 94427, 94433, 94439

95261, 95267, 95273, 95279

95911, 95917, 95923, 95929

104711, 104717, 104723, 104729

stb.

Előzmény: [603] rizs, 2004-11-23 20:11:36
[604] szefoharcos2004-11-23 22:42:38

Csá, mindenki!

Nem TaGlalnám, hogy a következő problémák miért "érdekesek":)... Szóval:

120. Van-e olyan függvény, aminek nyolcadik deriváltja önmaga, de semelyik korábbi sem?

121. Bizonyítsuk be, hogy minden Fibonacci-szám felírható két négyzetszám különbsége vagy összegeként!

Jó elmélkedést! Pá!

[603] rizs2004-11-23 20:11:36

Köszi Csimby és Sirpi!

Gondoltam én is a programozásra, de az az egy baj, hogy tök süti vagyok :) hozzá. Így maradt a favágó módszer, azaz prímszám-táblákkal való szemezgetés, de ezt a megoldást így valahogy nem láttam meg.

Még egyszer köhi hépen!

És még egy kérdés: A börtönös feladatnak a kapcsolók ismeretlen kezdeti állásának esetére nincs valami ötletetek?

[602] Csimby2004-11-23 16:05:44

Egyébként 32000-ig csak olyan sorozatokat találtam amelyekben a differencia 6. Ha úgy keressük a prímeket, hogy feltesszük, a differencia: 6, akkor p1, p2, p3, p4 4 különböző maradékot ad 5-tel osztva (hiszen 6 \equivmod 5), de mivel mindegyik prím, ezért p1-nek 1 maradékot kell 5-tel osztva adnia. Ekkor p1 6-ra vagy 1-re végződik, 6-ost ki zárhatjuk, mert p1 páratlan kell, hogy legyen.

Előzmény: [601] Csimby, 2004-11-23 15:41:41
[601] Csimby2004-11-23 15:41:41

Hát akkor kis csalással a legkisebb amit találtam: 251, 257, 263, 269.

Előzmény: [600] Sirpi, 2004-11-23 15:20:40
[600] Sirpi2004-11-23 15:20:40

Hát, így jár, aki nem olvassa vissza a feladatot, hanem emlékezetből próbálja megoldani... Ha nem számít csalásnak, akkor erre a problémára össze lehet egy egyszerű programot dobni.

Előzmény: [599] rizs, 2004-11-23 15:13:57
[599] rizs2004-11-23 15:13:57

Kedves Sirpi!

Bocs, elrontottam a feladat szövegét :( Szal 4 olyan egymást követő prím kell, amelyek számtani sorozatot alkotnak. Tehát a prímek között nincsen más prím! Bár ez mégis benne volt a feladatban asszem :S Szal ezé nem jó az 5, 11, 17, 23, mert 5 és 11 között ott van a 7.

Előzmény: [598] Sirpi, 2004-11-23 14:31:17
[598] Sirpi2004-11-23 14:31:17

Ha jól értem, Neked az a 4 legkisebb pozitív prím kell, melyek nem nulla differenciájú számtani sorozatot alkotnak. Felmerül a kérdés, hogy milyen mérték szerint legkisebb, lehet pl. összegben, legnagyobb tagban, de szerintem bárhogy is nézzük, a legkisebb ilyen számnégyes az 5, 11, 17, 23.

A differencia osztható kell, hogy legyen 2-vel, ellenkező esetben két páros tagja is lenne a számtani sorozatnak, és nem lehet mindkettő a 2. A differencia hárommal is osztható kell, hogy legyen, mindenképp lesz hárommal osztható tag, és ha az nem az első tag, akkor a negyedik is hárommal osztható lesz (szóba jöhetne még, hogy a 2. tag épp 3, de akkor az elsőnek 2-nek kéne lennie, ami nem jó). Vagyis a differencia 6-tal is osztható kell legyen.

1 7 13 19

2 8 14 20

3 9 15 21

4 10 16 22

5 11 17 23

Látható, hogy amit fentebb írtam, az a legelső jó (vagyis az 5-tel kezdődő), a többiben van olyan tag is, ami nem prím.

Előzmény: [597] rizs, 2004-11-23 14:03:01
[597] rizs2004-11-23 14:03:01

Nagyon szépen kérlek Titeket, segítsetek!

Ha valaki esetleg meg tudná oldani a legkisebb 4 egymást követő, számtani sorozatot alkotó prímes feladatot, akkor nagyon hálás lennék :) Help me.

[596] Lóczi Lajos2004-11-22 03:40:01

Például az x4-10x2+1 az egyik legalacsonyabb ilyen fokszámú polinom.

A másik kérdésre pedig az 1-36x+12x2-6x3-6x4+x6 polinom megfelelő.

Előzmény: [595] Csimby, 2004-11-21 23:17:59

  [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]